Неприводимость многочленов над конечными полями.

[Duelist]

Добрый день.
Прошу проверить моё решение.

При каких $p, n$ многочлен $x^{2n}+x^n+1$ неприводим над $F_{p^n}$.
Существует последовательность изоморфизмов тождественно действующая на $F_{p^n}$:
$F_{p^n} [x] \to F_{p^n} [x^n] \to F_{p^n} [y]$. Действие данного изоморфизма на переменных и на многочлене:
$x \to x^n \to y$;
$x^{2n}+x^n+1 \to y^2+y+1$.

Тогда $x^{2n}+x^n+1$ неприводим над $F_{p^n}[x]$ титтк $y^2+y+1$ неприводим над $F_{p^n} [y]$.

$y^2+y+1 = (y- \frac{-1+\sqrt{-3}}{2})(y- \frac{-1-\sqrt{-3}}{2})$.
Поэтому, во первых, $y^2+y+1$ неприводим в конечных полях характеристики $2$ и $3$. Для остальных простых $p$ $y^2+y+1$ приводим в $F_p$ титтк $-3$ - квадратичный вычет по модулю $p$. Если же нет, то многочлен поиводим в $F_{p^n}$ при $n > 1$ : поскольку $\mathrm{deg} F_p (\sqrt{-3}) / F_p = 2$, а все конечные поля определены степенью с т.д. изоморфизма.

[iou]

Duelist в сообщении #1389192 писал(а):

Существует последовательность изоморфизмов тождественно действующая на $F_{p^n}$:
$F_{p^n} [x] \to F_{p^n} [x^n] \to F_{p^n} [y]$. Действие данного изоморфизма на переменных и на многочлене:
$x \to x^n \to y$;

Первая стрелка не переводит сумму в сумму.

[nnosipov]

Duelist в сообщении #1389192 писал(а):

Если же нет, то многочлен приводим в $F_{p^n}$ при $n > 1$

Уж не считаете ли Вы, что $\mathbb{F}_{p^2} \subset \mathbb{F}_{p^n}$ при $n>1$?

[Duelist]

iou в сообщении #1389207 писал(а):

Первая стрелка не переводит сумму в сумму.

Почему? Это же конкретно универсальная (начальная) стрелка свободной моноидной алгебры. В одном случае базис это: $1, x, x^2...$, во втором: $1, x^n, (x^n)^2...$. Вообще, $A[x_1, \dots x_n]$ изоморфно $A[t_1 \dots t_n]$, если $t_1,\dots t_n$ алгебраически независимы над $A$. В данном случае у нас с двух сторон одна такая переменная.

-- 24.04.2019, 19:08 --

nnosipov
Нет. Случайно не заметил. $n$ должно делиться на $2$. Спасибо, что обратили внимание.

-- 24.04.2019, 19:50 --

А, ну там в стрелке ошибка в ином смысле: она не так действует на многочлене, как я хотел.
Надо по-другому придумать.

-- 24.04.2019, 19:50 --

[nnosipov]

Duelist в сообщении #1389192 писал(а):

Тогда $x^{2n}+x^n+1$ неприводим над $F_{p^n}[x]$ титтк $y^2+y+1$ неприводим над $F_{p^n} [y]$.

А давайте проверим это утверждение при $n=2$. Это во-первых. Во-вторых: заменим в этом утверждении многочлен $y^2+y+1$ на $y-1$ и, соответственно, многочлен $x^{2n}+x^n+1$ на $x^n-1$ (Ваше доказательство ведь не привязано именно к многочлену $y^2+y+1$). Что станет с утверждением?

-- Ср апр 24, 2019 23:51:32 --

Duelist в сообщении #1389210 писал(а):

Надо по-другому придумать.

Ага, уже поняли, что что-то не так.

[Duelist]

nnosipov
Да. Я уже понял ошибку. Написал выше.

[Duelist]

Другой подход.

$x^{3k}-1$ делится на $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1),$ поэтому всякий многочлен вида $x^{3k}-1$ делится на $x^2+x+1 = g$.

Отсюда из того, что $f = x^{2n}+x^n+1 = (x^{2n}-x^2) + (x^n-x)+x^2+x+1,$ получаем, что $f$ делится на $g$ при $n=1 \mod 3$ и тогда приводим.

$f=(x^{2n}-x) + (x^n-x^2)+x^2+x+1$, отсюда получаем, что при $n = 2 \mod 3$, $f$ делится на $g$ и приводим.

Если $n=3k$, то получаем, что $f=x^{6k}+x^{3k}-3=x^m (x^2+1)-3.$
Отсюда ясно, что $f$ при $n=0 \mod 3$ приводим при характеристике $3$.

Ясно, что теперь осталось рассматривать случаи $n = 0 \mod 3$. Но больше серьёзного ничего в голову к вечеру не приходит. Просьба помочь с дальнейшими рассуждениями.

[nnosipov]

Duelist в сообщении #1389244 писал(а):

Просьба помочь с дальнейшими рассуждениями.

Рассмотрите два случая: 1) $n$ не является степенью тройки; 2) $n$ --- степень тройки. Первый случай Вы фактически разобрали, а во втором можно вспомнить про круговые многочлены.

А откуда задача?

[Duelist]

Ну ок, я тогда чуть отложу, потому что как раз до следующего четверга собирась вспоминать и изучать новое про круговые многочлены, а точнее про всё, что касается расширений Галуа. По Ленгу.

nnosipov в сообщении #1389258 писал(а):

А откуда задача?

Листок НМУ. 1 курс, 2 семестр (текущий).

[Munin]

Как я понимаю, задачи на листках не обязательно дорешивать до конца, особенно с первой попытки. После обсуждения с преподавателем, вторая попытка может быть успешной. Или не так?

[Duelist]

Munin
Общий порядок во многом зависит от преподавателя, а процесс сдачи задач - от проверяющего (одним из которых является преподаватель).
Обычно, конечно, все задачи из листков сдавать не требуется, а к жёсткому сроку - тем более.
И обычно и пятая попытка м.б. успешной.
Что касается помощи - это по-разному. Иногда очень даже. А бывает, приходится в нагрузку доказывать используемые теоремы.
В прошлом семестре я вообще мало сдал в течение семестра, хотя решил достаточно и решения лежали дома. Я досдал необходимое кол-во в специально выделенный день уже после экзамена.
Но в этом семестре требуется больше бдительности в этих вопросах: например, листков и задач меньше, поэтому лучше прорешать почти всё.

[Munin]

Duelist в сообщении #1389275 писал(а):

например, листков и задач меньше

Это может быть скомпенсировано тем, что они труднее и объёмнее. Впрочем, вам видней (а вашим преподавателям - тем более).

Успехов!

[Duelist]

Munin в сообщении #1389278 писал(а):

Успехов

Большое спасибо.

[vpb]

Duelist в сообщении #1389192 писал(а):

Поэтому, во первых, $y^2+y+1$ неприводим в конечных полях характеристики $2$ и $3$.

Отнюдь. Бывает всяко. Читая книжки (не обязательно только Ленга, я бы еще советовал ван дер Вардена и Калужнина), полезно прежде всего иметь в виду этот вопрос.

[Duelist]

vpb
Да уж, это была заведомая глупость, потому что у всякого поля есть алгебраическое замыкание, а в нём поле разложения, порождённое корнями многочлена. Получаемое конечно порождённое алгебраическое расширение - конечное, и оно у нас над конечным полем, значит и само конечно как поле. А характеристика та же.

vpb в сообщении #1389284 писал(а):

Читая книжки (не обязательно только Ленга, я бы еще советовал ван дер Вардена и Калужнина),

Про Калужнина не знал, спасибо. Посмотрю. Много полезного можно найти в книгах помимо "настольной". Мне бы ещё теорию чисел хотелось бы очень изучать. Думал начать с "Алгебраических чисел" Ленга или "Арифметики" Серра. Но, видимо, пока даже летом времени не найду, так как надо будет ещё много ботать анализа и алг. топологии. Через год, видимо, только.

А сейчас времени тем более совсем мало на всё.