Неприводимость многочлена над конечным полем

[pooh__]

Есть многочлен $f = x^p-x+a, a\ne 0$, требуется показать, что он неприводим над $\mathbb{F}_p$
Мне удалось показать, что $f(x) \equiv f(x+1)$ и на этом мое решение что-то застопорилось.
Получается, что если $f \equiv gh$, то $a \equiv g_{0}h_{0}$ и наверное надо показать, что один из них должен быть равен нулю, но что-то не выходит.

[nnosipov]

Вообще говоря, есть критерий неприводимости многочлена над конечным полем, и в данном случае можно просто воспользоваться этим критерием. Но можно и развить это соображение:

pooh__ в сообщении #946162 писал(а):

Мне удалось показать, что $f(x) \equiv f(x+1)$

Предположите, от противного, что $f(x)$ имеет нетривиальный делитель $g(x)$. Какие тогда ещё делители будут у $f(x)$?

[pooh__]

Ну а вот если так:
Пусть $\alpha$ корень нашего многочлена из какого-то расширения(по малой теореме ферма в исходном поле у него корней нет). Посчитав производную убеждаемся, что кратных корней тоже нет. По сказанному выше $\alpha +1, ..,\alpha + p - 1$ тоже корни. Т.е

$$g = \prod\limits_{k}^{}(x-(\alpha + s_k))$$

.
По теореме Виета(?) $\sum\limits_{}^{}(\alpha + s_k) \in \mathbb{F_{p}} $, что равносильно $deg(g)\alpha \in \mathbb{F_{p}} $ и тут противоречене типо получаем.
Но как-то сомнительно выглядит да и хотелось бы без расширений обойтись.

[nnosipov]

pooh__ в сообщении #946287 писал(а):

Но как-то сомнительно выглядит

Нормально выглядит. Без расширений можно обойтись, если заметить, что вместе с $g(x)$ неприводимыми делителями $f(x)$ будут все $g(x+k)$, $k \in \mathbb{F}_p^*$.

[pooh__]

Спасибо!