Задача о конечных полях

[Sonic86]

Задачка из Лидла Нидеррайтера:
2.18. Показать, что любой квадратный многочлен из $\mathbb{F}_q[x]$ разлагается над полем $\mathbb{F}_{q^2}$ на линейные множители.
Я сначала напишу, как я решил, а потом 2 вопроса:
Решение. Найдем число неприводимых многочленов 2-й степени над $\mathbb{F}_q[x]$: многочлен 2-й степени имеет вид $x^2+ax+b$. Коэффициенты можно подобрать $q^2$ способами. С другой стороны, если $x^2+ax+b$ приводим, то $x^2+ax+b=(x-x_1)(x-x_2)$. Число таких различных произведений равно $\frac{q^2+q}{2}$, значит число неприводимых многочленов 2-й степени в $\mathbb{F}_q$ равно $\frac{q^2-q}{2}$. С другой стороны, лемма 2.13 утверждает, что если $f(x)$ - неприводимый многочлен степени $m$ над $\mathbb{F}_q$, то $f(x)\mid x^{q^n}-x \Leftrightarrow m|n$. Значит, все неприводимые многочлены 2-й степени, которые разлагаются в $\mathbb{F}_{q^2}$, делят произведение $\prod\limits_{\beta\in F}(x-\beta)$ (в произведении $q^2$ множителей). В $\mathbb{F}_{q^2}$ $\beta=\bar\beta \Leftrightarrow \beta\in\mathbb{F}_q$. Группируя скобки с сопряженными корнями, получим, что произведение содержит ровно $\frac{q^2-q}{2}$ неприводимых многочленов 2-й степени.
Таким образом, все неприводимые многочлены 2-й степени над $\mathbb{F}_q$ разложимы в любом поле $\mathbb{F}_{q^2}$.

Вот теперь вопросы:
1. Правильно ли решение? Является ли оно наиболее простым?
2. Правильно ли я понял, что эту задачу нельзя решить с помощью теоремы 2.14: Если $f$ - неприводим над $\mathbb{F}_q[x]$ и $\deg f = m$, то в поле $\mathbb{F}_{q^m}$ содержится любой корень многочлена. (если же можно, то эта теорема в книге доказана неверно)
upd: видимо, в теореме 2.14 просто чего-то не хватает, связанного с единственностью поля $\mathbb{F}_{q^m}$.

[nnosipov]

Sonic86 в сообщении #679619 писал(а):

эту задачу нельзя решить с помощью теоремы 2.14: Если $f$ - неприводим над $\mathbb{F}_q[x]$ и $\deg f = m$, то в поле $\mathbb{F}_{q^m}$ содержится любой корень многочлена

Задача --- фактически частный случай этой теоремы. Если квадратный $f(x)$ приводим над $\mathbb{F}_q$, то он разлагается на линейные множители над $\mathbb{F}_q$. Если же $f(x)$ неприводим над $\mathbb{F}_q$, то имеем частный случай теоремы.

[Sonic86]

nnosipov в сообщении #679633 писал(а):

Задача --- фактически частный случай этой теоремы. Если квадратный $f(x)$ приводим над $\mathbb{F}_q$, то он разлагается на линейные множители над $\mathbb{F}_q$. Если же $f(x)$ неприводим над $\mathbb{F}_q$, то имеем частный случай теоремы.

Тогда доказательство у теоремы слишком неточно записано.

Лидл Нидеррайтер писал(а):

Доказательство. Пусть $\alpha$ - произвольный корень многочлена $f$ в поле разложения этого многочлена над $\mathbb{F}_q$. Тогда $[\mathbb{F}_q(\alpha):\mathbb{F}_q]=m$, так что $\mathbb{F}_q(\alpha)=\mathbb{F}_{q^m}$ и в частности $\alpha\in\mathbb{F}_{q^m}$

Это рассуждение выглядит как тавтология: $f$ разлагается в поле своего разложения. Надо хотя бы примерно так:
Пусть $\alpha$ - произвольный корень многочлена $f$ в поле разложения этого многочлена над $\mathbb{F}_q$. Тогда $[\mathbb{F}_q(\alpha):\mathbb{F}_q]=m$, так что $\mathbb{F}_q(\alpha)$ - конечное поле порядка $q^m$. Однако, поскольку существует единственное конечное поле порядка $q^m$ с точностью до изоморфизма, то существует изоморфизм $\varphi:\mathbb{F}_q(\alpha)\cong\mathbb{F}_{q^m}$, тогда $\varphi(\alpha)$ - корень $\varphi(f)$ в $\mathbb{F}_{q^m}$ порядка $m$ и тогда $\varphi(f)$ - неприводим в $F$ - минимальном простом подполе поля $\mathbb{F}_{q^m}$. Остается доказать, что $\varphi(f)=f$. Не вижу что-то.

Может последнее рассуждение не туда ведет, но рассуждение в книге уж точно требовало пояснения... Я в принципе понял, но хотелось бы нормальное доказательство увидеть...

[AV_77]

Ну так если $f$ и $g$ - два неприводимых над $\mathb{F}_q$ многочлена, то $\mathbb{F}_q[x] / (f) \simeq \mathbb{F}_q[x] / (g)$. Отсюда сразу все и следует.

[Sonic86]

AV_77 в сообщении #679639 писал(а):

Ну так если $f$ и $g$ - два неприводимых над $\mathb{F}_q$ многочлена, то $\mathbb{F}_q[x] / (f) \simeq \mathbb{F}_q[x] / (g)$. Отсюда сразу все и следует.

Я еще пока не могу сказать, что для меня сразу все следует, но Вы уже хотя бы пишите про 2 неприводимых многочлена и изоморфизм соответствующих факторов. А авторы даже этого не пишут.

[AV_77]

Если $g$ разложим в $\mathbb{F}_q[x] / (g)$, то он разложим и в любом изоморфном ему поле $\mathbb{F}_q[x] / (f)$ (с учетом того, что $g$ многочлена лежат в $\mathbb{F}_q$ и, следовательно, при изоморфизме не меняются).

[RIP]

Поле порядка $q^m$ не просто единственно с точностью до изоморфизма. Оно вообще в принципе единственно (и совпадает с множеством корней многочлена $x^{q^m}-x$), если только фиксировать какое-то алгебраическое замыкание $\mathbb F_p$.

[Sonic86]

Да я понял уже. Спасибо.

[nnosipov]

Сама конструкция алгебраического замыкания нетривиальна, поэтому хочется иногда без неё обойтись. Впрочем, это скорее дело привычки.