Cuando se $\mathbb{F}_p[x]/(x^2-2)\simeq\mathbb{F}_p[x]/(x^2-3)$ para los pequeños números primos?

Question

He estado considerando los anillos de $R_1=\mathbb{F}_p[x]/(x^2-2)$ $R_2=\mathbb{F}_p[x]/(x^2-3)$ donde $\mathbb{F}_p=\mathbb{Z}/(p)$.

Estoy tratando de averiguar si son isomorfos (como anillos supongo) o no para el de los números primos $p=2,5,11$.

No creo que se de $p=11$, ya que el $x^2-2$ es irreducible sobre $\mathbb{F}_{11}$, lo $R_1$ es un campo. Pero $x^2-3$ $x=5,6$ como solución en $\mathbb{F}_{11}$, lo $R_2$ no es ni siquiera un dominio.

Para $p=5$, ambos polinomios son irreducibles, por lo que ambos anillos son campos con $25$ elementos. Sé de mis estudios anteriores que cualquiera de los dos campos finitos de la misma orden son isomorfos, pero me pregunto si hay una manera más sencilla de mostrar el isomorfismo en este caso, sin tener que recurrir a ese teorema.

Para $p=2$, ni el anillo es aún un dominio como $x=0$ es una solución de $x^2-2$ $x=1$ es una solución para $x^2-3$, pero no estoy seguro de cómo proceder después de eso. Gracias por cualquier ayuda.

Answer 1

La pregunta es, como se observó, acerca de si los dos polinomios son irreducibles o no. Si ambas factor, entonces los dos anillos son isomorfos, tanto isomorfo a un producto directo de dos copias de $\mathbb{F}_p$. Esto se ve de la siguiente manera. El anillo de $\mathbb{F}_p[x]/\langle q(x)\rangle$ es isomorfo a $\mathbb{F}_p$, cuando se $q(x)$ es lineal. Si $x^2-2$ (resp. $x^2-3$) los factores, entonces los dos factores de $q_1(x)$ $q_2(x)$ son lineales y coprime (suponga $p>3$), por lo que la demanda se sigue del teorema del resto Chino: $$ \mathbb{F}_p[x]/\langle q_1(x)q_2(x)\rangle\simeq\mathbb{F}_p[x]/\langle q_1(x)\rangle\oplus\mathbb{F}_p[x]/\langle q_2(x)\rangle. $$ Si ambos polinomios son irreducibles, entonces ambos anillos son isomorfos al campo $\mathbb{F}_{p^2}.$ Si uno de los polinomios factores, pero el otro no, entonces $R_1$ $R_2$ no isomoprhic, porque el otro tiene divisores de cero, pero el otro no tiene.

El modo a prueba de factorizability en este caso es la teoría de los residuos cuadráticos. $R_1$ es un campo, iff $2$ no es un residuo cuadrático módulo $p$. Del mismo modo $R_2$ es un campo, iff $3$ no es un residuo cuadrático módulo $p$. Como esperemos que recordar, $2$ es un caso especial, y utilizamos simplemente el resultado de que $2$ es una ecuación cuadrática de residuos, iff $p\equiv \pm 1\pmod{8}$. Con $3$ necesitamos utilizar la ley de la reciprocidad cuadrática de una vez. La ley establece que (usando el símbolo de Legendre) $$ \left(\frac3p\right)=(-1)^{\frac{p-1}2}\left(\frac{p}3\right). $$ El primer $p$ es un residuo cuadrático módulo $3$, iff $p\equiv1\pmod3$, por lo que podemos concluir que $3$ es un residuo cuadrático módulo $p$, iff $p\equiv (-1)^{\frac{p-1}2}\pmod3$. Esto se traduce en (a menos que cometí un error) el resultado de que $3$ es un residuo cuadrático módulo $p>3$, iff $p$ es congruente a $\pm1\pmod{12}$.

Por lo tanto, con $p=5$ vemos que tanto $2$ $3$ son cuadrática no residuos modulo $5$ (sería más fácil comprobar esto mediante la aplicación de la definición), por lo tanto $R_1$ $R_2$ campos de $25$ elementos y por lo tanto isomorfo.

Se le preguntó acerca de una manera más sencilla de mostrar que los dos campos de la orden de $p^2$ son isomorfos. Esto también se desprende de la teoría de los residuos cuadráticos. Tenemos dos campos, cuando ambos $2$ $3$ son cuadrática no residuos. Pero la relación de las dos plazas en un campo finito es un cuadrado. Esto significa que existe un entero $m$, $0<m<p$ tal que $$ 2\equiv 3m^2\pmod{p}. $$ Por lo tanto, con el fin de ampliar el campo de $\mathbb{F}_p$ $$ \sqrt{2}=\pm m\sqrt{3}. $$ El uso de esta observación es fácil ver que en este caso $$ \mathbb{F}_p[\sqrt2]=\mathbb{F}_p[\sqrt3]. $$

Una nota final. A partir de lo anterior, podemos ver que (para los números primos $p>3$) el isomorfismo tipo de $R_1$ depende de la clase residual de $p$ modulo $8$, y el isomorfismo tipo de $R_2$ depende de la clase residual de $p$ modulo $12$. Por lo tanto, la respuesta a la pregunta si $R_1\simeq R_2$ o no puede ser dada en términos de residuos clases de $p$ modulo $24$. Eso se lo dejo a usted, sin embargo :-)

Answer 2

Como dices, en realidad, depende de cuánta teoría de que estás preparado para el uso. Si $2$ $3$ son tanto cuadrática no residuos (mod $p$), entonces los polinomios $x^{2}-2$ $x^{2}-3$ son tanto irreductible en $\mathbb{F}_{p}[x],$ y tanto el cociente de los anillos son campos con $p^{2}$ elementos. Al $p$ es un primer e $n$ es un entero positivo, el único campo hasta el isomorfismo con $p^{n}$ elementos de la división de campo de $x^{p^{n}}-x$$\mathbb{F}_{p}$, que no es tan difícil de verificar. Como una cuestión de interés, los impares primos $p$ que $2$ es una ecuación cuadrática de residuos son los congruente a $\pm 1$ (mod 8), y los impares, números primos para que $3$ es una ecuación cuadrática de residuos son los números primos congruentes a $\pm 1$ (mod 12) (y 3).

Como usted ha observado, si uno de $2,3$ es un residuo cuadrático (mod $p$) y el otro no es, entonces, un factor de anillo es un campo y el otro no es un integrante de dominio, por lo que ciertamente no son isomorfos anillos.

Si tanto $2$ $3$ son residuos cuadráticos (mod $p$) y $p \not \in \{2,3\},$, a continuación, los anillos son de nuevo isomorfo. Ambos son isomorfos a un anillo suma directa de dos copias de $\mathbb{F}_{p}$. Para que tenga en cuenta que si $c^{2} = 2,$, entonces la imagen de a $\frac{c-x}{2c}$ es un elemento idempotente de el cociente del anillo, y un argumento similar funciona con 3 si 3 es un cero de la plaza. Os dejo el caso de $p \in \{2, 3\}$ para que usted considere.

Answer 3

Por mi anterior comentario $(a+b\sqrt3)^2=a^2+3b^2+2ab\sqrt 3=2$

Por lo tanto, si $p\ne2$, claramente $ab\cong0\mod p$. Si $a\cong0$$3b^2\cong2\mod p$. Si $b\cong0$$a^2\cong2$. Pero desde $a,b\in\mathbb F_p$ $\sqrt2$ genera $R_1$, podemos obtener en cualquiera de los dos casos (uno tiene que ser el caso ya que las $\mathbb F_p$ es un dominio) $\text{Im }\phi\subsetneq R_2$ contrario al hecho de que $\phi$ es un isomorfismo de los campos.

Por lo tanto $p=2$ $R_1=\frac{\mathbb F_2(x)}{(x^2)}\quad R_2=\frac{\mathbb F_2(x)}{(x^2+1)}$

Aquí $\overline x^2=0$$R_1$, de modo que $\phi(\overline x)^2=0$$R_2$. Por lo tanto $\phi(\overline x)$ es una raíz cuadrada de $x^2+1$, y el único que se es $\overline x+1$

Lo que queda es comprobar es si existe un anillo homomorphism de $R_1$ $R_2$ que $\phi(\overline x)=\overline x+1$. Aquí $\phi(1)=1$ $\phi(0)=0$ $\phi(\overline x+1)=\overline x$ y uno fácilmente se comprueba este es un anillo de isomorfismo.

Si $2$ es un cuadrado y $3$ no es, modulo $p$, $R_1$ es un dominio mientras que $R_2$ no lo es. Si $3$ es un cuadrado y $2$ no es, modulo $p$, $R_2$ es un dominio mientras que $R_1$ no lo es.

Si tanto $2$ $3$ son cuadrados, entonces yo ambos son isomorfos, pero no sé cómo poner en marcha mi prueba.