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Es $t^4+7$ reducible $\mathbb{Z}_{17}$?

Es $f=t^4+7$ reducible $\mathbb{Z}_{17}$?

Intento: he comprobado que $f$ no ha raíces en $\mathbb{Z}_{17}$, por lo que la única posible de la factorización es con cuadrática factores.

Asumiendo $f=(t^2+at+b)(t^2+ct+d)$, tenemos $bd=7$, $a+c=0$ y $ac+b+d=0.$ Pero es engorroso para encontrar si hay soluciones de estas ecuaciones.

Sé que ciertas herramientas para probar la irreductibilidad de un polinomio sobre anillos como $\mathbb{Z}$ o $\mathbb{Q}$ tal como Gauss y Eisenstein criterios. Pero más finita suena como $\mathbb{Z}_n$, no sé cómo demostrar a la irreductibilidad de un polinomio con grado mayor que $3$. Encontrar las raíces me permite encontrar lineal de factores, pero no puedo utilizar esta técnica para encontrar cuadrática factores. ¿Qué tipo de herramienta que se puede utilizar en este caso?

6voto

user772913 Puntos 56

Parece que sólo necesitamos herramientas elementales para mostrar la irreductibilidad en los comentarios. Pero permítanme presentarles a un enfoque interesante, llamado el algoritmo de Berlekamp, que se puede calcular a través de las manos, de un modo sistemático.
En primer lugar, vamos a $\beta=\{1,x,\cdots,x^3\}$ ser una base para $F_{17}/(x^4+7)F_{17}$. A continuación, consideramos que la automorphism $\sigma_{17}=\sigma$ que se lleva a $f$$f^{17}$, con respecto a la base $\beta$.
$$\sigma: \begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&4&0&0\\0&0&-1&0\\0&0&0&-4\end{pmatrix}.$$
Ahora denotar la matriz de $\sigma-\iota$$B$, $$=\begin{pmatrix}0&0&0&0\\0&3&0&0\\0&0&-2&0\\0&0&0&-5\end{pmatrix}.$$
Desde esta matriz ha núcleo de la dimensión $1$, llegamos a la conclusión de que $f$ es irreductible!
Por qué? Esto depende de la siguiente lema:

Lema
Si $h\in F_q[x]$ es monic y tal que $h^q\equiv h\pmod f$,$f=\prod_{c\in F_q}\gcd(f(x),h(x)-c)$.

Dado que la prueba es fácil, se omite aquí.
Además, por definición, sabemos que $h$ debe pertenecer al núcleo de $\sigma_q-\iota$. Al parecer, $h=1$ es siempre uno de los polinomios, y, por tanto, $\rho:=\sigma-\iota$ siempre tiene un núcleo de dimenson $\ge1$; esto se llama el trivial de la factorización.
Ahora vamos a $f$ ha $k$ irreductible factores de $f_i$. Si $h$ cumple las condiciones del lema, a continuación, cada una de las $f_i$ se divide una de $h(x)-c$, por lo que el $h\equiv c\pmod {f_i}$. Como consecuencia, encontramos que la dimensión del espacio de tal $h$ es exactamente $k$. Desde este espacio es sólo el núcleo de $\sigma_q-\iota$, ahora vemos cómo uno puede concluir que nuestro $f$ es irreductible como el anterior.
En general, si hay soluciones no triviales a $h^q\equiv h\pmod f$, entonces podemos escribir la factorización $f(x)=\prod_{c\in F_q}\gcd(f(x),h(x)-c)$, y examinar cada factor en la misma, respectivamente.

Resumen
La idea clave aquí es la matriz denotada por $B$ por encima. Su nulidad (dimensión de su núcleo) es exactamente el número de factores irreducibles de $f$. Si este número es $1$, $f$ es irreductible. Si hay no trivial de polinomios en ese kernel, escribir el correspondiente factorización para reducir aún más las cosas.
Nota, sin embargo, que la nulidad de $B$ podría ser $\not=0$, mientras que $f$ todavía es irreducible. En ese caso, la única forma es examinar cada uno de los de mayor común divisor $\gcd(f(x),h(x)-c)$.

Si indebido de los puntos de producirse, dime, para que yo pueda apropiarse de ella. Gracias de antemano.

3voto

La adición de otro enfoque.

Deje $\alpha$ ser una raíz de $f$ en algunos extensión del campo de $\mathbb{Z}_{17}$. Sabemos que $\alpha^4=-7=10$. Ya sea la fuerza bruta de cheques (no tomará mucho tiempo!) o jugando con la reciprocidad cuadrática y la muestra de que $10$ no es un residuo cuadrático módulo $17$. Como $\mathbb{Z}_{17}^*$ es cíclico de orden $16$, esto significa que el orden de las $10$ es exactamente $16$ (si se tratara de un adecuado factor, $10$ tendría que ser un cuadrado).

Esto nos permite deducir que $\alpha$ es raíz primitiva de la unidad de la orden de $64$. Por lo tanto, $\alpha$ no puede ser un cero de un polinomio cuadrático $\mathbb{Z}_{17}$, debido a que los ceros de tales polinomios pertenecen al campo de la $\mathbb{F}_{289}$ $17^2=289$ elementos. La contradicción viene de el hecho de que el grupo multiplicativo de a $\mathbb{F}_{289}$ es cíclico de orden $288$ pero $288=2^5\cdot3^2$ no es divisible por $64=2^6$.

3voto

z_dood Puntos 1

Las relaciones entre los coeficientes de $a,b,c,d$ son:

$$bd=7, ad+bc=0, ac+b+d=0, a+c=0\,.$$

Por lo tanto,$0=ad+bc=a(d-b)$. Desde $\mathbb Z_{17}$ es un campo, entonces cualquiera de las $a=0$ o $b=d$. Si $a=0$,$c=0$, lo $b+d=0$, lo que implica $b^2=-7=10$, lo cual es imposible de comprobar $k=-8,\dots,7$ que $k^2\equiv 10(\bmod\ 17) $ no es cierto). Por lo tanto $b=d$, y por lo $b^2=7$, que también es imposible en $\mathbb Z_{17}$. Esta contradicción muestra el resultado deseado.

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