\section { Teoremi rilevanti sui campi finiti}
\subsection { Campo di spezzamento di un irriducibile in \texorpdfstring { $ \FFpp $ } { F\_ p} }
\begin { theorem}
Sia $ f ( x ) $ un polinomio irriducibile in $ \FFpp $ e sia
$ n $ il suo grado. Allora $ \FFpn $ è il suo campo
di spezzamento.
\end { theorem}
\begin { proof}
Dacché $ f ( x ) $ è irriducibile, $ \FFpp / ( ( f ( x ) ) $ è un
campo con $ p ^ n $ elementi, ed è quindi isomorfo
a $ \FFpn $ . \\
Sia $ \alpha = x + ( f ( x ) ) $ una radice di $ f ( x ) $
in $ \FFpn $ . Dal momento che $ f ( x ) $ è irriducibile in
$ \FFpp $ , esso è il polinomio minimo di $ \alpha $ . Tuttavia,
poiché $ \alpha \in \FFpn $ , $ \alpha $ è anche radice
di $ x ^ { p ^ n } - x $ . Pertanto si deduce che $ f ( x ) $ divide
$ x ^ { p ^ n } - x $ . \\
Dunque, poiché $ x ^ { p ^ n } - x $ in $ \FFpn $ è prodotto di
fattori lineari, tutte le radici di $ f ( x ) $ sono già
in $ \FFpn $ . \\
Inoltre, $ \FFpn $ è il più piccolo sottocampo contenente
$ \alpha $ , dacché $ \FFpn \cong \FFpp / ( f ( x ) ) \cong \FFpp ( \alpha ) $ .
Quindi si deduce che $ \FFpn $ è un campo di spezzamento per
$ f ( x ) $ , ossia la tesi.
\end { proof}
\begin { lemma}
\label { lem:frobexp}
Sia $ f ( x ) $ un irriducibile di grado $ n $ su $ \FFpp [ x ] $ e sia $ \alpha $
una sua radice in $ \FFpn $ . Allora $ f ( \Frobexp ^ k ( \alpha ) ) = 0 $ , $ \forall k \geq 0 $
\footnote { $ \Frob $ è l'omomorfismo di Frobenius, definito come $ \Frob : \FFpp \to \FFpp $ ,
$ a \mapsto a ^ p $ .} .
\end { lemma}
\begin { proof} Sia $ f ( x ) = a _ n x ^ n + \ldots + a _ 0 $ a coefficienti in $ \FFpp $ .
Si dimostra la tesi applicando il principio di induzione su $ k $ . \\
\ (\textit { passo base} )\; $ f ( \Frobexp ^ 0 ( \alpha ) ) = f ( \alpha ) = 0 $ . \\
\ (\textit { passo induttivo} )\; Per l'ipotesi induttiva, $ f ( \Frobexp ^ { k - 1 } ( \alpha ) ) = 0 $ .
Allora, si verifica algebricamente che:
\begin { multline*}
f(\Frobexp ^ k(\alpha )) = a_ n (\Frobexp ^ k(\alpha ))^ n + \ldots + a_ 0 =
\Frob (a_ n) \Frob ((\Frobexp ^ { k-1} (\alpha ))^ n) + \ldots + \Frob (a_ 0) = \\
\Frob (f(\Frobexp ^ { k-1} (\alpha ))) = \Frob (0) = 0,
\end { multline*}
\vskip 0.1in
dove si è usato che $ \Frob ( a _ i ) = a _ i $ , $ \forall 0 \leq i \leq n $ , dacché
ogni elemento di $ \FFpp $ è radice di $ x ^ p - x $ .
\end { proof}
\begin { theorem}
Sia $ f ( x ) $ un irriducibile di grado $ n $ su $ \FFpp [ x ] $ e sia $ \alpha $ una
sua radice in $ \FFpn $ . Allora vale la seguente fattorizzazione
in $ \FFpn $ :
\[ f ( x ) = \prod _ { i = 0 } ^ { n - 1 } \left ( x - \alpha ^ { p ^ i } \right ) = \prod _ { i = 0 } ^ { n - 1 } \left ( x - \Frobexp ^ i ( \alpha ) \right ) , \]
\vskip 0.1in
dove ogni fattore non è associato.
\end { theorem}
\begin { proof}
Si verifica innanzitutto che vale chiaramente che $ \alpha ^ { p ^ i } = \Frobexp ^ i ( \alpha ) $ .
Dal momento che $ \alpha $ è radice, allora ogni $ \alpha ^ { p ^ i } $ lo è, per il
\lemref { lem:frobexp} . \\
Affinché tutti i fattori della moltiplicazione non siano associati è sufficiente
dimostrare che $ n $ è il più piccolo esponente $ j $ per cui $ \Frobexp ^ j ( \alpha ) = \alpha $ .
Infatti, siano $ \Frobexp ^ i ( \alpha ) = \Frobexp ^ j ( \alpha ) $ con $ 0 \leq j < i < n $ , allora,
applicando più volte $ \Frob $ , si ricava che:
\[ \Frobexp ^ n ( \alpha ) = \Frobexp ^ { j + n - i } ( \alpha ) \implies \Frobexp ^ { j + n - i } ( \alpha ) =
\alpha , \]
\vskip 0.1in
che è assurdo, dacché $ j < i < n \implies j + n - i < n $ , \Lightning { } . \\
Innanzitutto, si verifica che $ \Frobexp ^ { n } ( \alpha ) = \alpha ^ { p ^ n } = \alpha $ , dacché
$ \alpha \in \FFpn $ . Infine, sia $ t $ il più piccolo esponente $ j $ per cui
$ \Frobexp ^ j ( \alpha ) = \alpha $ . Se $ j $ fosse minore di $ n $ , $ \alpha $ sarebbe
radice di $ x ^ { p ^ t } - x $ . Tuttavia questo è assurdo, dal momento che così
$ \alpha $ apparterrebbe a $ \FFp { t } \neq \FFpn $ , quando invece il più
piccolo campo che lo contiene è $ \FFpp ( \alpha ) \cong \FFpp [ x ] / ( f ( x ) ) \cong \FFpn $ ,
\Lightning { } .
\end { proof}
\subsection { L'inclusione \texorpdfstring { $ \FFpm \subseteq \FFpn $ } { F\_ (p\string ^ m) in F\_ (p\string ^ n)} e il polinomio \texorpdfstring { $ x ^ { p ^ n } - x $ } { x\string ^ (p\string ^ n)-x} }
\begin { lemma}
\label { lem:alpha_ radice}
Sia $ \alpha $ una radice di $ x ^ { p ^ d } - x $ con $ d \mid n $ . Allora
$ \alpha $ è anche una radice di $ x ^ { p ^ n } - x $ .
\end { lemma}
\begin { proof} Sia $ s \in \NN $ tale che $ n = ds $ .
Si verifica la tesi applicando il principio di induzione su $ k \in \NN $ . \\
\ (\textit { passo base} )\; Per ipotesi, $ \alpha ^ { p ^ d } = \alpha $ . \\
\ (\textit { passo induttivo} )\; Per ipotesi induttiva, $ \alpha ^ { p ^ { ( k - 1 ) d } } = \alpha $ . Allora si ricava che:
\[ \alpha ^ { p ^ { ( k - 1 ) d } } = \alpha \implies \alpha ^ { p ^ { kd } } = \alpha ^ { p ^ d } = \alpha . \]
\vskip 0.1in
In particolare, $ \alpha ^ { p ^ n } = \alpha ^ { p ^ { ds } } = \alpha $ , da cui la tesi.
\end { proof}
\begin { theorem}
\label { th:inclusione}
$ \FFpm \subseteq \FFpn $ se e solo se $ m \mid n $ .
\end { theorem}
\begin { proof}
Si dimostrano le due implicazioni separatamente. \\
\ ($ \implies $ )\; Dal momento che $ \FFpm \subseteq \FFpn $ ,
si ricava la seguente catena di estensioni:
\[ \FFpp \subseteq \FFpm \subseteq \FFpn , \]
\vskip 0.1in
dalla quale, applicando il \textit { Teorema delle Torri Algebriche} ,
si desume la seguente equazione:
\[ \underbrace { [ \FFpn : \FFpp ] } _ n = [ \FFpn : \FFpm ] \underbrace { [ \FFpm : \FFpp ] } _ d, \]
e quindi che $ m $ divide $ n $ . \\
\ ($ \, \Longleftarrow \, \, $ )\; Sia $ m \mid n $ . Si consideri $ \alpha \in \FFpm $ . $ \alpha $
è sicuramente radice di $ x ^ { p ^ m } - x $ , e poiché $ m $ divide $ n $ , è
anche radice di $ x ^ { p ^ n } - x $ , per il \lemref { lem:alpha_ radice} . Allora
$ \alpha $ appartiene al campo di spezzamento di $ x ^ { p ^ n } - x $ su $ \FFpp $ ,
ossia $ \FFpn $ . Pertanto $ \FFpm \subseteq \FFpn $ . \\
\end { proof}
\begin { corollary}
$ \forall 1 \leq i \leq n $ . Allora, detta $ m _ i $ il grado di $ g _ i ( x ) $ , il
campo di spezzamento di $ f ( x ) $ è $ \FFp { k } $ , dove $ k = \mcm ( m _ 1 , m _ 2 , \ldots , m _ n ) $ .
\end { corollary}
\begin { proof}
Il campo di spezzamento di $ f ( x ) $ è il più piccolo campo rispetto all'inclusione
che ne contenga tutte le radici, ossia il più piccolo campo che contenga
$ \FFp { m _ 1 } $ , $ \FFp { m _ 2 } $ , $ \ldots , \, \FFp { m _ n } $ . Si dimostra che tale campo
è proprio $ \FFp { k } $ . \\
Innanzitutto $ \FFp { k } $ , per il \thref { th:inclusione} , contiene tutti i campi di spezzamento dei fattori irriducibili di $ f ( x ) $ , dacché $ m _ i $ divide $ k $ $ \forall 1 \leq i \leq n $ . \\
Sia supponga esista adesso un altro campo $ \FFp { t } \subseteq \FFp { k } $ con tutte le
radici. Sicuramente $ t \mid k $ , per il \thref { th:inclusione} . Inoltre, dal momento
che dovrebbe includere ogni campo $ \FFp { m _ i } $ , sempre per il \thref { th:inclusione} ,
$ m _ i $ divide $ t $ $ \forall 1 \leq i \leq n $ . \\
Allora $ t $ è un multiplo comune di tutti i $ m _ i $ , e quindi $ k $ , in quanto minimo
comune multiplo, lo divide. Si conclude allora che $ t = k $ , e quindi che
$ \FFp { k } $ è un campo di spezzamento di $ f ( x ) $ .
\end { proof}
\begin { theorem}
$ x ^ { p ^ n } - x $ è il prodotto di tutti i polinomi irriducibili in $ \FFpp $
di grado divisore di $ n $ .
\end { theorem}
\begin { proof}
La proposizione è equivalente a affermare che ogni polinomio irriducibile in $ \FFpp $
ha grado divisore di $ n $ se e solo se divide $ x ^ { p ^ n } - x $ . Si dimostrano le
due implicazioni separatamente. \\
\ ($ \implies $ )\; Sia $ f ( x ) $ un polinomio irriducibile in $ \FFpp $ di grado $ d $ , con
$ d \mid n $ . Si consideri allora il campo $ \FFpd \cong \FFpp / ( f ( x ) ) $ , e
sia $ \alpha $ una radice di $ f ( x ) $ in tale campo. \\
Per il \lemref { lem:alpha_ radice} si verifica che $ \alpha $ è anche una radice
di $ x ^ { p ^ n } - x $ . Poiché $ f ( x ) $ è irriducibile, esso è il polinomio minimo
di $ \alpha $ , e quindi si deduce che $ f ( x ) $ divide $ x ^ { p ^ n } - x $ . \\
\ ($ \, \Longleftarrow \, \, $ )\; Sia $ f ( x ) $ un polinomio irriducibile in $ \FFpp $ di grado
$ d $ che divide $ x ^ { p ^ n } - x $ . Si consideri allora il campo $ \FFpd \cong \FFpp / ( f ( x ) ) $ ,
e sia $ \alpha $ una radice di $ f ( x ) $ in tale campo. Allora $ \FFpd \cong
\FFpp (\alpha )$ , dacché $ f(x)$ , in quanto irriducibile, è il polinomio minimo
di $ \alpha $ . \\
Dacché $ f ( x ) $ divide $ x ^ { p ^ n } - x $ , $ \alpha $ è anche una radice
di $ x ^ { p ^ n } - x $ , e quindi che $ \alpha \in \FFpn $ . Dal momento che chiaramente
anche $ \FFpp \subseteq \FFpn $ , si deduce che $ \FFpd \cong \FFpp ( \alpha ) \subseteq
\FFpn $ . Allora, per il \thref { th:inclusione } , $ d$ divide $ n$ .
\end { proof}