кольцо многочленов над полем: сколько простых второй степени

[VAL]

flame19 в сообщении #403385 писал(а):

насчёт перебора коэффициентов непонятно, как посчитать число приводимых многочленов...

Учесть, что каждый приводимый полином второй степени есть произведение двух полиномов первой степени (не обязательно различных)

Цитата:

и всё же вот это:

Цитата:

в каждом конечном поле число элементов есть натуральная степень некоторого простого числа $p$. у нас дано конечное поле $F_p$. его подполем будет как раз множество многочленов второй степени. т.е. если рассматривать это как векторное пространство над этим подполем, то 2 - это размерность этого пространства, тогда всего элементов подполя (т.е. множества многочленов второй степени) будет $p^2$.

верно или нет??

Это какая-то ахинея!

Цитата:

потому что суть вроде бы ясна, хотя смущает, что подполе содержит больше элементов чем само поле.....

И это тоже. И многое другое:
О каких подполях поля $\mathbb{F}_p$ речь? У поля из $p$ элементов нет собственных подполей.
С каких пор многочлены стали элементами поля $\mathbb{F}_p$?
Наконец, $p^2$ - это число элементов квадратичного расширения поля $\mathbb{F}_p$, полученного присоединением корня одного неприводимого над $\mathbb{F}_p$ полинома второй степени (а значит, и всех корней всех таких полиномов), а вовсе не число самих полиномов.

[flame19]

ааа... спасибо

-- Вс янв 23, 2011 15:03:03 --

Тогда пусть так:
$\frac {p-!}{(p-3)!}$ - количество всех многочленов 2 степени (в том числе с коэффициентом 0 перед $x^2$).
${n=\frac {p!}{(p-2)!}$ - количество многочленов первой степени.
т.к. каждый приводимый полином второй степени есть произведение двух полиномов первой степени (не обязательно различных), то число таких полиномов будет равно
$\frac {n!}{2!(n-2)!}= \frac {n!}{2(n-2)!}=\frac {p!}{2(p-2)!(\frac{p!}{(p-2)!}-2)!}$.
Тогда число неприводимых полиномов второй степени будет равно:
$\frac {p!}{(p-3)!}-\frac {p!}{(p-2)!}-\frac {p!}{2(p-2)!(\frac{p!}{(p-2)!}-2)!}$.
так можно??

[VAL]

flame19 в сообщении #403403 писал(а):

ааа... спасибо

-- Вс янв 23, 2011 15:03:03 --

Тогда пусть так:
$\frac {p-!}{(p-3)!}$ - количество всех многочленов 2 степени (в том числе с коэффициентом 0 перед $x^2$).
${n=\frac {p!}{(p-2)!}$ - количество многочленов первой степени.
т.к. каждый приводимый полином второй степени есть произведение двух полиномов первой степени (не обязательно различных), то число таких полиномов будет равно
$\frac {n!}{2!(n-2)!}= \frac {n!}{2(n-2)!}=\frac {p!}{2(p-2)!(\frac{p!}{(p-2)!}-2)!}$.
Тогда число неприводимых полиномов второй степени будет равно:
$\frac {p!}{(p-3)!}-\frac {p!}{(p-2)!}-\frac {p!}{2(p-2)!(\frac{p!}{(p-2)!}-2)!}$.
так можно??

Так нельзя!
У Вас ошибки в каждой строчке.
Количество полиномов первой степени равно $p$.
Количество всех полиномов второй степени равно $p^2$.
Поясняю: старший коэффициент берем равным единице. Коэффициент при $x$ можно выбрать $p$ способами. Свободный член - тоже.
И т.д.
А откуда берутся Ваши факториалы (особенно $p-!$), я не понимаю.

PS: Я считаю полиномы с точностью до ассоциированности, но именно так их и принято считать.

[flame19]

понятно, спасибо) просто я пользовалась (может быть не верно) формулами комбинаторики... многочлен второй степени это
$ax^2+bx+c$, где $a, b, c \in \{0, 1, ..., p-1\}$. поэтому и считала возможные размещения коэффициентов по 3 из p...
а $p-!$ это опечатка, извиняюсь... должно быть просто $p!$

сейчас попробовала посчитать, т.к. вы сказали...
многочлены первой степени: старший коэффициент равен 1, свободный член - p вариантов.
старший коэффициент равен 2, свободный член - p вариантов.
и т.д.......
старший коэффициент равен p, свободный член - p вариантов.
значит многочленов первой степени будет $p^2 вариантов$.
а значит многочленов второй степени будет $p^3$.
или я опять неправильно понимаю....
и прошу прощенья, наверное я уже порядком надоела своей непонятливостью...

[Joker_vD]

Если мы работаем с неприводимостью, то многочлены $ax+b$ и $2ax+2b$ удобно считать одним и тем же многочленом.

[VAL]

flame19 в сообщении #403577 писал(а):

понятно, спасибо) просто я пользовалась (может быть не верно) формулами комбинаторики...

Вы не поверите! Я тоже

Цитата:

многочлен второй степени это
$ax^2+bx+c$, где $a, b, c \in \{0, 1, ..., p-1\}$. поэтому и считала возможные размещения коэффициентов по 3 из p...

Как-то слишком сложно...

Цитата:

сейчас попробовала посчитать, т.к. вы сказали...
многочлены первой степени: старший коэффициент равен 1, свободный член - p вариантов.
старший коэффициент равен 2, свободный член - p вариантов.
и т.д.......
старший коэффициент равен p, свободный член - p вариантов.
значит многочленов первой степени будет $p^2 вариантов$.

Во-первых, если старший коэффициент равен 0, то многочлен утратит свойство быть многочленом данной степени. А во-вторых, я Вам уже много раз пытаюсь объяснить, что многочлены принято считать с точностью до ассоциированности, т.е. с точностью до умножения на ненулевую константу. Теперь уже и не только я пытаюсь. Если же для Вас все же (по загадочным причинам) важно равенство, а не ассоциированность, ответ можно просто умножить на $p-1$ (но не на $p$).

Цитата:

а значит многочленов второй степени будет $p^3$.
или я опять неправильно понимаю....
и прошу прощенья, наверное я уже порядком надоела своей непонятливостью...

А лекции читать не пробовали? Там этот вопрос подробно рассмотрен.

[flame19]

просто было не очень понятно, что такое ассоциированный многочлен, теперь кажется поняла... многочленов первой степени будет $p(p-1)$, а многочленов второй степени $p^2(p-1)$, или как вы говорили в случае ассоциированности, $p $и $p^2$ соответственно)
что ж, буду разбираться дальше) спасибо)

[Joker_vD]

Элементы кольца $a,\,b \in K$ называются ассоциированными, если есть такой обратимый элемент $\varepsilon \in K$, что $a = \varepsilon b$.

[flame19]

Joker_vD в сообщении #403625 писал(а):

Элементы кольца $a,\,b \in K$ называются ассоциированными, если есть такой обратимый элемент $\varepsilon \in K$, что $a = \varepsilon b$.

спасибо) теперь буду знать)

[neo66]

flame19 в сообщении #403273 писал(а):

neo66 в сообщении #403271 писал(а):

Посчитайте, сколько всего многочленов второй степени и сколько приводимых многочленов второй степени. Затем вычтите одно из другого.

т.е. так:
т.к. в поле $ F_p$ элементы будут такими {0, 1, 2, ... , p-1}, то всего возможных вариантов многочленов второго типа будет размещение из p по 3, т.е. $\frac {p!}{(p-3)!}$. Верно?
Далее, всякий многочлен первой степени неприводим, т.е. уже $\frac {p!}{(p-2)!}$ многочлена будут простыми, так?
а как найти остальные??? или как посчитать приводимые многочлены??

Я рассуждал так: многочлен второй степени имеет вид $ax^2 +bx +c$, где $a\neq 0$. Значит всего таких многочленов $(p-1)p^2$.
Приводимый многочлен второй степени имеет вид $a(x-b)(x-c)$, где, опять $a\neq 0$. Значит приводимых многочленов второй степени $\frac {(p-1)p(p+1)}{2}$. Значит неприводимых многочленов второй степени $\frac {(p-1)^2p}{2}$ штук. Вроде бы так.

[Профессор Снэйп]

Тут всё зависит от того, равно $p$ двойке или нет.

Каждый многочлен второй степени приводится к виду $(x-a)^2 + b$ выделением полного квадрата. Теперь если $p = 2$, то многочлен $(x-a)^2+b$ является полным квадратом, поскольку $x \mapsto x^2$ --- автоморфизм любого поля характеристики $2$. Если же $p$ нечётное, то всё зависит от того, является $b$ квадратичным вычетом или нет. Квадратичных же вычетов в $\mathbb{Z}_p$ при нечётном $p$ ровно $(p+1)/2$.