$x^4+x^3+x^2+x+1$ irreducible sobre $\mathbb F_7$

Question

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La respuesta afirma que $x^4+x^3+x^2+x+1$ es irreducible sobre $\mathbb F_7$ . Puedo comprobar que no tiene raíces en el campo, pero ¿por qué no se puede escribir como producto de dos cuadráticas? He probado el método de los coeficientes indeterminados: $$x^4+x^3+x^2+x+1=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)=\\ x^4+(a+c)x^3+(ac+b+d)x^2+(bc+ad)x+bd$$ así que $$a+c=1\\ac+b+d=1\\bc+ad=1\\bd=1$$ pero no he sido capaz de resolver esto. ¿Tal vez hay una manera de ver la irreductibilidad utilizando sólo la teoría general de campos finitos?

Answer 1

Cualquier elemento de cualquier campo que satisfaga $x^4+x^3+x^2+x+1=0$ también satisface $x^5=1$ . En otras palabras, tiene orden $5$ en el grupo multiplicativo de ese campo.

El campo con $p^k$ tiene un grupo multiplicativo con $p^k-1$ elementos, por lo que tiene elementos de orden $5$ si y sólo si $5$ divide $p^k-1$ . Este no es el caso de $p=7$ y $k=1,2,3$ pero es el caso de $p=7,k=4$ .

Por lo tanto, el campo más pequeño que contiene $\mathbb{F}_7$ y las raíces de $x^4+x^3+x^2+x+1$ tiene $7^4$ elementos. Si ese polinomio fuera reducible, habría un campo de división más pequeño con esas raíces, pero no lo hay.

Answer 2

Si quieres seguir con tu planteamiento en caso de que no puedas dar algún argumento inteligente como el de la respuesta de Alon Amit, puedes hacerlo de la siguiente manera. En primer lugar, tenga en cuenta que $c=1-a$ y $d=b^{-1}$ . Así, la ecuación $ac+b+d=1$ se convierte en $$a(1-a)+b+b^{-1}=1\,.\tag{*}$$ La ecuación $bc+ad=1$ es ahora $$b(1-a)+ab^{-1}=1\,.$$ Así, $$a^{-1}\big(1-b(1-a)\big)=b^{-1}=1-b-a(1-a)\,.$$ Eso es, $$1-b(1-a)=a-ab-a^2(1-a)\,.$$ En consecuencia, $$(2a-1)b=-1+a-a^2+a^3=(a-1)(a^2+1)\,.\tag{#}$$ Así, $a\notin\{0,1,4\}$ para que la ecuación anterior sea posible (observando que $a\neq 0$ y $b\neq 0$ ). Le quedan cuatro opciones de $a$ a saber, $a\in\{2,3,5,6\}$ .

Si $a=2$ entonces, utilizando (#), obtenemos $b=3^{-1}\cdot 5=5\cdot 5=4$ Así que $b^{-1}=2$ pero luego $$a(1-a)+b+b^{-1}=2\cdot(-1)+4+2=4\neq 1\,.$$ Si $a=3$ entonces tenemos por (#) que $b=5^{-1}\cdot20=-3=4$ De ahí que $$a(1-a)+b+b^{-1}=3\cdot(-2)+4+2=0\neq 1\,.$$ Si $a=5$ entonces $b=3^{-1}\cdot (-1)=-5=2$ Así que $b^{-1}=4$ pero luego $$a(1-a)+b+b^{-1}=5\cdot(-4)+2+4=0\neq 1\,.$$ Por último, si $a=6$ entonces $b=4^{-1}\cdot3=2\cdot 3=-1$ De ahí que $b^{-1}=-1$ y $$a(1-a)+b+b^{-1}=6\cdot(-5)+(-1)+(-1)=-4\neq 1\,.$$ Por lo tanto, (*) no puede satisfacerse.

Answer 3

Otra solución más. Se basa en el hecho de que $$ f = x^4+x^3+x^2+x+1\in\Bbb F_7[x] $$ es recíproco, y trata de utilizar la idea de la OP. (No debería haber división en dos polinomios de grado dos).

Supongamos que existe una factorización $$ f=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)\ ,\qquad a,b,c,d\in\Bbb F_7\ .$$ Dejemos que $u\ne 0$ sea una raíz del primer factor en alguna extensión (de grado dos). Entonces $1/u$ también es una raíz. Distinguimos dos casos.

Primer caso : $1/u$ es también una raíz del primer factor. Entonces $b=1$ entonces $d=1$ , $c+a=1$ el producto $$(x^2+ax+1)(x^2+(1-a)x+1)$$ es recíproco, y tenemos que buscar una coincidencia del coeficiente en $x^2$ para algunos valores de $a$ (modulando la acción $a\leftrightarrow (1-a)$ ). No existe tal $a$ con $1+a(1-a)+1=1$ .

Segundo caso : $1/u$ es no una raíz del primer factor. Sea $u$ , $v$ sean las dos raíces de $x^2+ax+b$ . Entonces $1/u$ , $1/v$ son las raíces del segundo factor, que es el polinomio recíproco, hecho mónico, por lo que esperamos una igualdad de polinomios recíprocos $$ (x^2+ax+b)(1+ax+bx^2) = b(x^4+x^3+x^2+x+1)\ . $$ Las dos ecuaciones obtenidas, $ab+a=b$ y $1+a^2+b^2=b$ no tienen solución en $\Bbb F_7$ . (La sustitución de $a=b/(b+1)$ en la segunda ecuación conduce a... $(b^4+b^3+b^2+b+1)/(b+1)^2=0$ .)

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Nota : Esto es posiblemente más corto que tomar todos los polinomios posibles $x^2+ax+b$ , $b\ne 0$ asociando $c=1-a$ , $d=1/b$ y comprobar si las demás condiciones entre $a,b,c,d$ están satisfechos.

Nota : Los programas de álgebra computacional muestran que tenemos un polinomio irreducible en nuestras manos. Por ejemplo, utilizando sage :

sage: R.<x> = PolynomialRing(GF(7))
sage: f = x^4 + x^3 + x^2 + x + 1
sage: f.is_irreducible()
True

Se puede utilizar entonces la potencia del ordenador también como sigue para concluir. (Con un esfuerzo un poco mayor que para el tecleo, también se puede concluir humanamente). Supongamos que $f$ se divide en dos (o más factores). Se puede comprobar que no hay ninguna raíz en $\Bbb F_7$ . Entonces hay una raíz en $\Bbb F_{7^2}=\Bbb F_{49}$ por lo que los polinomios $f$ y $x^{49}-x$ tienen un divisor común. El gcd es pero... escribimos

sage: gcd( x^49 - x, f ) 
1
sage: gcd( x^(7^4) - x, f ) 
x^4 + x^3 + x^2 + x + 1

Para ello, también se puede calcular fácilmente $(x^{49}-x,f)$ como humano al observar que $f$ divide $x^5-1$ Así que $(x^{49}-x,f)=(x^{49}-x^4+x^4-x,f)=(x^4-x,f)=(x^3-1,f)=(x^2+x+1,f)=(x^2+x+1,x+1)=(1,x+1)=1$ .

Answer 4

SUGERENCIA: Si $x^4+x^3+x^2+x+1$ fueran reducibles entonces tenemos un factor lineal con uno cúbico o dos factores cuadráticos.

Tenemos $$x^4+x^3+x^2+x+1=-\dfrac 14(-2x^2+(\sqrt5-1)x-2)(2x^2+(\sqrt5+1)x+2)$$ Desde $\mathbb F_7^2=\{1,2,4,0\}$ vemos que $5$ no es un cuadrado módulo $7$ . A continuación $x^4+x^3+x^2+x+1$ no es un factor de dos cuadráticas módulo $7$ .

Además de que un factor lineal no es posible se comprueba fácilmente.