Разложить на неприводимые сомножители

[nnosipov]

Пусть $p$ --- простое число, $q=p^t$, где $t$ --- некоторое натуральное число, и $a \in \mathbb{F}_p^*$. Разложите многочлен $x^q-x-a$ на неприводимые сомножители над полем $\mathbb{F}_q$.

P.S. Это похоже на учебную задачу, но не могу в задачниках найти. Впрочем. во время сессии выглядит вполне актуально.

[Sonic86]

Упражнение 2.32 в Лидле Нидеррайтере.
Обозначим $F=\mathbb{F}_q$. Пусть $\beta$ - некоторый корень многочлена $f(x)=x^q-x-a$. Если $\beta\in F$, то $\beta^q=\beta$, значит $f(\beta)=a=0$, значит при $a\neq 0$ $f(x)$ не имеет корней в $F$.
Пусть $F(\beta)$ - некоторое расширение поля $F$, в котором многочлен $f(x)$ имеет некоторый корень $\beta$, пусть $c\in F$ - произвольно. Тогда $c+\beta$ - тоже корень: $f(c+\beta)=c^q+\beta^q-c-\beta+a=c-c+f(\beta)=0$. Для любого $c\in F$ $c+\beta\in F(\beta)$, $c$ можно выбрать $q$ способами - получим ровно $q=\deg f$ различных корней $f$. Значит $f$ полностью разлагается в $F(\beta)$, значит $f$ неприводим над $F$ (если бы он был приводим, то выбирая $\beta$ из промежуточного расширения поля мы не могли бы получить все корни многочлена).
Правильно?

[VAL]

nnosipov в сообщении #673255 писал(а):

Пусть $p$ --- простое число, $q=p^t$, где $t$ --- некоторое натуральное число, и $a \in \mathbb{F}_p^*$. Разложите многочлен $x^q-x-a$ на неприводимые сомножители над полем $\mathbb{F}_q$.

P.S. Это похоже на учебную задачу, но не могу в задачниках найти. Впрочем. во время сессии выглядит вполне актуально.

Насколько я помню, это частный случай теорема Артина-Шрайера (есть у Ленга в главе "Теория Галуа"). Кстати и сам многочлен называется многочленом Артина-Шрайера.

[nnosipov]

VAL и Sonic86, спасибо за комментарии, я как раз и надеялся, что вы что-то напишите

VAL в сообщении #674090 писал(а):

Насколько я помню, это частный случай теорема Артина-Шрайера (есть у Ленга в главе "Теория Галуа").

Да, есть такая теорема, но в ней речь идёт о только многочлене $x^p-x-a$, правда над произвольным полем характеристики $p$. Про него в данной ситуации можно сказать следующее: он неприводим над $\mathbb{F}_q$ тогда и только тогда, когда $t$ не кратно $p$ (это задача 28.27 в сборнике задач по алгебре под ред. Кострикина, в ответах там как раз ссылка на Ленга). Было бы интересно написать решение предложенной задачи в рамках теории Галуа (я имел в виду другой подход).

Sonic86 в сообщении #674063 писал(а):

значит $f$ неприводим над $F$

Нет, многочлен $x^q-x-a$ приводим над $\mathbb{F}_q$ при любом $t>1$, и только при $t=1$ будет неприводимым. А вообще, Вы правы --- это задача в том или ином виде есть в этой книжке. А решение довольно несложное и в каком-то смысле стандартное, даже подумываю предложить эту задачу своим студентам на экзамене (вдруг кто решит ).

[nnosipov]

Приведу ответ:

$$x^q-x-a=\prod_{i=1}^{p^{t-1}} (x^p-x-\alpha_i),$$

где $\alpha_i$ --- корни многочлена $x^{p^{t-1}}+\ldots+x^p+x-a$. Если интересно, можно обсудить детали.

[VAL]

nnosipov в сообщении #676051 писал(а):

Приведу ответ:

$$x^q-x-a=\prod_{i=1}^{p^{t-1}} (x^p-x-\alpha_i),$$

где $\alpha_i$ --- корни многочлена $x^{p^{t-1}}+\ldots+x^p+x-a$. Если интересно, можно обсудить детали.

Не то, чтобы неинтересно, скорее, некогда

[Sonic86]

(Оффтоп)

VAL в сообщении #676735 писал(а):

Не то, чтобы неинтересно, скорее, некогда

аналогично

[nnosipov]

(Оффтоп)

Понимаю, у самого только-только сессия закончилась, а сегодня завершился региональный этап всероссийской олимпиады.

[Sonic86]

nnosipov в сообщении #676051 писал(а):

Приведу ответ:

$$x^q-x-a=\prod_{i=1}^{p^{t-1}} (x^p-x-\alpha_i),$$

где $\alpha_i$ --- корни многочлена $x^{p^{t-1}}+\ldots+x^p+x-a$. Если интересно, можно обсудить детали.

Если знать разложение, то доказывается несложно.
Лемма (упр. 2.34 в Лидле Нидеррайтере).

$$\sum\limits_{j=0}^{m-1}x^{p^j}-a=\prod\limits_{\operatorname{Tr}(\alpha)=a}(x-\alpha),$$

где $\operatorname{Tr}$ - абсолютный след $\operatorname{Tr}:\mathbb{F}_{q^m}\to\mathbb{F}_q$.
Доказательство. Обозначим многочлен в левой части $f(x)$. Если $\alpha:\operatorname{Tr}(\alpha)=a$, то $\alpha$ - корень $f$. Поскольку $\ker\operatorname{Tr}=m-1$, то существует ровно $p^{m-1}$ $\alpha$ со следом $a$, кроме того, старшие коэффициенты совпадают, значит лемма верна.

Положим теперь $y=x^p-x$. Тогда

$$\prod_{i=1}^{p^{t-1}} (x^p-x-\alpha_i)= \prod\limits_{\operatorname{Tr}(\alpha)=a} (y-\alpha)= \sum\limits_{j=0}^{t-1}y^{p^j}-a= \sum\limits_{j=0}^{t-1}(x^p-x)^{p^j}-a=x^q-x-a. \ \square$$

Видимо, $p$ можно заменить на произвольное $q$, а $q$ - на произвольное $q^r$.

[nnosipov]

Да, проверить справедливость разложения несложно. Но дальше надо объяснять, почему все сомножители будут неприводимы над $\mathbb{F}_q$.