En general, podrías hacer algo así:
Desde $F_7[x]$ es un dominio ideal principal, un elemento $u$ de $F_7[x]$ va a tener una inversa en $F_7[x]/(f(x))$ precisamente cuando $lcd(u, f(x))=1$ . De lo contrario, ambas estarían en el ideal propio generado por su mínimo común divisor.
Si puedes contar el número de polinomios de grado menor que el de $f$ que sean coprimos con $f$ , tienes el número de unidades.
Así pues, un buen primer paso sería factorizar $f(x)$ en $F_7$ completamente. En su caso no es demasiado difícil verificar todos los residuos de $x^3$ están en $\{-1,0,1\}$ mod $7$ Así que $x^3+4$ no tiene raíces y es irreducible. Así que resulta todos son coprimos de $x^3+4$ y son invertibles.
Nota: disculpas por la última versión de la solución. Me había confundido $x^3+4$ para $x^4+3$ al final de un problema que había visto anteriormente. Había pensado que el problema sería más desafiante que un simple campo.
Desde que empecé a analizar $f(x)=x^4+3=(x-2)(x+2)(x^2+2)$ De todos modos, puedo terminar. Contar las unidades es una entretenida tarea combinatoria. Se pueden contar las monic polinomios que no son coprimos con $f(x)$ y multiplicar por $6$ (para recuperar los no-mónicos.) Hazlo grado a grado.
En primer lugar, existen (obviamente) dos polinomios mónicos de grado $1$ que tienen un factor común con $f(x)$ .
Para la titulación $2$ hay $14$ tales polinomios: $x^2+2$ mismo, el producto $(x+2)(x-2)$ y $12$ más productos de uno de los dos con algún otro $x-a$ .
Por grado $3$ para $x-2$ hay $49$ grado mónico $3$ polinomios que divide. Uno de ellos lo comparte con $x^2+2$ y $7$ se comparten con $x+2$ . Simétricamente, lo mismo puede decirse de $x+2$ . Por fin, $x^2+2$ puede emparejarse con siete factores lineales, y un caso se solapa con cada uno de los factores lineales $x+2$ y $x-2$ . Así que si dibujas un pequeño diagrama de Venn de la situación, puedes ver que su población total es $96$ .
Así que contamos $112$ polinomios mónicos que comparten un factor, teniendo en cuenta $672$ unidades no nulas. $0$ es también una no-unidad que no hemos contado hasta ahora, así que el total es $673$ no unidades. De la totalidad de $7^4=2401$ polinomios, se tiene $1728$ unidades.
Si conoces el teorema chino del resto, no es difícil comprobarlo. Tendríamos que $F_7[x]/(f(x))\cong F_7[x]/(x-2)\times F_7[x]/(x+2)\times F_7[x]/(x^2+2)\cong F_7\times F_7\times F_{49}$ . Las unidades del anillo producto son el producto de los grupos unidad, por lo que cabría esperar que $6\cdot 6\cdot 48$ unidades, que se ve coincide: $1728$ .
Dado que esto sólo afectaba a los campos, incluiré un último ejemplo: supongamos que nuestro $f(x)$ había sido $(x-2)(x+2)^3$ . El análisis en líneas similares anterior dice:
- hay 2 grados mónicos relevantes $1$ polinomios
- $7$ grado $2$ polinomios para $x-2$ uno de los cuales se comparte con $x+2$ y simétricamente $x-2$ tiene $7$ también, lo que supone $13$ polinomios mónicos distintos
- Existen $49$ polinomios divisibles por $x-2$ , $7$ de los cuales se comparten con $x+2$ (hay que elegir el último factor lineal.) Lo mismo puede decirse de $x+2$ , teniendo en cuenta $91$ polinomios mónicos distintos.
Los totales son $106$ polinomios mónicos, o $636$ polinomios, por lo tanto $1764$ unidades.
Volviendo a comprobar con el teorema chino del resto, tenemos que $F_7[x]/(f(x))\cong F_7[x]/(x-2)\times F_7[x]/(x+2)^3$ donde el primer factor es $F_7$ de nuevo, pero el segundo factor ya no es un campo. Es un anillo local con ideal máximo $(x+2+(x+2)^3)$ . Como anillo local, sus unidades son precisamente las cosas que no están dentro del ideal máximo: en este caso, ese ideal contiene $7^2$ elementos, dejando $7^3-7^2=294$ unidades detrás. Luego, en el producto, lo has adivinado, que representa $6\cdot 294=1764$ unidades.
