Demostrando que $x^4 - 10x^2 + 1$ no es irreducible sobre $\mathbb{Z}_p$ para cualquier primo $p$ .

Question

Así que he visto la pregunta y respuestas similares aquí para $x^4 +1$ pero estoy teniendo problemas para extender algo allí a este polinomio... Entiendo que es bastante trivial con la teoría de Galois, pero mi clase apenas ha cubierto Extensiones de campo, así que basta con decir que no tenemos la teoría de Galois para jugar.

Conseguí demostrarlo para los primos tales que $p \equiv 1, 7 \pmod 8$ observando que $2$ es un cuadrado módulo de esos primos y por tanto $x^4 - 2x^2 +1 = (x^2 -1 + 2qx)(x^2 - 1 - 2qx)$ para los $\mathbb{Z}_p$ ... sin embargo, tratando de obtener un resultado similar para $3 \pmod 8$ y $5 \pmod 8$ me tiene perplejo desde hace mucho tiempo, me cuesta hacer $q^2 = -1$ y $q^2 = -2$ dame algo factorable...

Supongo que lo peor de todo esto es que ni siquiera creo que esta solución sea especialmente esclarecedora, en términos de álgebra abstracta. En realidad no es más que algún truco de teoría de números. No creo que mi curso me haya preparado teóricamente para este problema, ¿alguien tiene una aproximación elemental al mismo?

Answer 1

Tenemos $$x^4-10x^2+1 =(x^2-1)^2-8x^2 = (x^2-1-2ax)(x^2-1+2ax)$$ si $2=a^2$ , o $$x^4-10x^2+1 =(x^2+1)^2-12x^2 =(x^2+1-2bx)(x^2+1+2bx)$$ si $3=b^2$ . Por lo tanto, los únicos casos que quedan son aquellos en los que ni $2$ ni $3$ es un cuadrado - pero entonces $6$ es un cuadrado y con $6=c^2$ encontramos $$x^4-10x^2+1 =(x^2-5)^2-24=(x^2-5-2c)(x^2-5+2c).$$

(Obsérvese que ni siquiera necesitamos reciprocidad cuadrática o cosas "avanzadas" similares; todo lo que necesitamos es que el producto de no cuadrados sea cuadrado, lo que se deduce del hecho de que $\Bbb F_p^\times$ es cíclico).

Answer 2

Otra explicación sencilla proviene del hecho de que los ceros de $m(x)=x^4-10x^2+1$ son $$ x=\pm\sqrt2\pm\sqrt3 $$ con las cuatro combinaciones de signos. Así, si $p$ es un primo, entonces se obtiene la división de $m(x)$ en $K=\Bbb{F}_p$ por colindancia $\sqrt2$ y $\sqrt3$ . Porque hasta el isomorfismo el campo $K$ sólo tiene una extensión cuadrática, a saber $L=\Bbb{F}_{p^2}$ vemos inmediatamente que $m(x)$ se divide en factores lineales sobre $L$ . Esto se debe a que $\sqrt2$ y $\sqrt3$ son ambos elementos de $L$ . En consecuencia $m(x)$ se divide en cuadráticas en el peor de los casos sobre $K$ .

Desde este punto de vista, es obvio cómo generalizarlo. Cualquier polinomio biquadrático con ceros de la forma $\pm\sqrt{d_1}\pm\sqrt{d_2}$ para algunos números enteros $d_1,d_2$ se dividirá en factores cuadráticos (o lineales) módulo $p$ para todos los primos $p$ . A partir de la teoría básica de campos vemos que será irreducible sobre $\Bbb{Q}$ siempre que el campo $F=\Bbb{Q}(\sqrt{d_1},\sqrt{d_2})$ es una extensión de grado cuatro sobre $\Bbb{Q}$ .

Véase Respuesta de Qiaochu para más teoría de Galois.