Помогите, пожалуйста, доказать, что при a ̸= 0 многочлен x^p − x − a неприводим над Fp.

задан 20 Май 23:21

изменен 29 Май 20:25

2

@WIT: насколько я понимаю, одна из участниц форума изменила "теги", отнеся вопрос к области алгебры. Вы вернули назад свой прежний подзаголовок "математика", который не содержит никакой информации (здесь все вопросы относятся к математике; других нет). В чём причина Вашего несогласия со сделанной правкой?

(21 Май 21:34) falcao

@falcao, да, Вы правы. Сейчас поменяю теги на более содержательные. Просто мне показалось, что кто-то умышленно подпортил мне теги.

(29 Май 20:25) WIT
10|600 символов нужно символов осталось
3

Многочлен $%x^p-x-a$% не имеет корней в основном поле, так как для его элементов $%x^p=x$%. Обозначим через $%\xi$% один из корней этого многочлена в его поле разложения. Достаточно доказать, что степень $%\xi$% над основным полем равна $%p$%. Это равносильно неприводимости.

Положим $%k=\deg\xi$%, предполагая, что $%k < p$%. Мы знаем, что $%\xi^{p-1}\ne1$%, так как $%\xi^p-\xi=a\ne0$%. Рассмотрим простое алгебраическое расширение $%F_p(\xi)$%. Оно имеет порядок $%p^k$%, откуда $%\xi^{p^k-1}=1$%.

С другой стороны, в поле характеристики $%p$% имеет место "детское биномиальное тождество" $%(u+v)^p=u^p+v^p$%. Также мы знаем, что $%a^p=a$% для элемента основного поля. Отсюда из $%\xi^p=\xi+a$% последовательно получаем $%\xi^{p^2}=(\xi+a)^p=\xi^p+a^p=\xi+2a$%, $%\xi^{p^3}=(\xi+2a)^p=\xi^p+(2a)^p=\xi+a+2a=\xi+3a$%, и так далее. На шаге с номером $%p$% мы получим $%\xi^{p^p}=\xi+pa=\xi$%, откуда $%\xi^{p^p-1}=1$%.

Для чисел $%p^k-1$% и $%p^p-1$% при помощи алгоритма Евклида получается, что их НОД равен $%p^d-1$%, где $%d=НОД(k,p)=1$%. Тогда из равенств $%\xi^{p^k-1}=1$% и $%\xi^{p^p-1}=1$% следовало бы $%\xi^{p-1}=1$%, но мы знаем, что это не так. Пришли к противоречию.

ссылка

отвечен 21 Май 3:01

Откуда заключение $%\xi^{p-1}=1$% в конце? Можно ли вместо этого заключить, что т.к. порядок $%\xi$% равен $%p^k-1$%, то $%p^k-1$% делит $%p^p-1$%, а тогда $%p$% делится на $%k$%, и отсюда либо $%k=1$%, либо $%k=p$%. Первый случай невозможен, т.к. корней у многочлена над $%\mathbb F_p$% нет, а второй невозможен по предположению $%k < p$%.

(18 Июл 1:26) Slater
1

@Slater: мы не знаем, чему равен порядок xi. Знаем лишь, что этот элемент равен 1 в степени p^k-1. Но порядок может быть любым делителем этого числа.

(18 Июл 2:30) falcao

А как получается $%\xi^{p-1}=1$%?

(18 Июл 2:34) Slater
1

@Slater: здесь это объяснено. Прежде всего, у чисел p^k-1 и p^p-1 НОД равен p^d-1, где d=НОД(k,p). Это не так давно разбирали (алгоритм Евклида для чисел и для многочленов работают "параллельно"). Если xi равен 1 в двух степенях, то он равен 1 и в степени их НОД, так как последний по ним раскладывается. Но k < p, откуда d=1. Значит, xi равен 1 в степени p^d-1=p-1.

Это я повторил то, что уже было сказано.

(18 Июл 2:53) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×3,611
×1,534
×318

задан
20 Май 23:21

показан
138 раз

обновлен
18 Июл 2:53

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru