¿Cómo pruebo que $x ^ x p + a$ es irreducible en un campo con elementos de $p$ cuando $a\neq 0$?

Question

¿Cómo puedo probar que $x^p-x+a$ es irreducible en un campo con $p$ elementos $a\neq 0$?

Ahora soy capaz de demostrar que no tiene raíces y que es separable, pero no tengo idea de cómo probar que es irreductible. Alguna idea?

Answer 1

$x \x^p$ es un automorphism el envío de $r$ $r$ para cualquier raíz $r$ del polinomio. Esta operación es cíclico de orden $p$, de modo que uno puede obtener de cualquier raíz a cualquier otro por la aplicación de la automorphism varias veces. El grupo de Galois por lo tanto actúa transitivamente sobre las raíces, que es equivalente a la irreductibilidad.

Answer 2

Greg Martin y zyx he dado mi humilde opinión, muy buenas respuestas, sino que se basa en unos hechos básicos de la teoría de Galois y/o grupo de acciones. Aquí está una más elemental, pero también un mayor enfoque.

Porque estamos en char $p$, el polinomio $g(x)=x^p-x$ tiene la propiedad $$g(x_1+x_2)=g(x_1)+g(x_2).$$ A poco de Fermat sabemos que $g(k)=k^p-k=0$ para todo $k\in \Bbb{F}_p$. Por lo tanto, si $r$ es una de las raíces de $f(x)=x^p-x+a$, entonces $$f(r+k)=g(r+k)+a=g(r)+g(k)+a=f(r)+g(k)=0,$$, así que todos los elementos de $r+k, k=0,1,2,\ldots,p-1$ son las raíces de $f(x)$, y $p$ de ellos, deben ser todas las raíces. Parece que ya han demostrado que $r$ no puede ser un elemento de $\Bbb{F}_p$.

Ahora suponga que $f(x)=f_1(x)f_2(x)$, donde tanto los factores de $f_1(x),f_2(x)\in \Bbb{F}_p[x]$. A partir de la anterior consideración se puede deducir que $$ f_1(x)=\prod_{k\in S}(x-(r+k)), $$ donde $S$ es un subconjunto del campo $\Bbb{F}_p$. Escribe $\ell=|S|=\gr f_1(x)$. La expansión del producto vemos que $$ f_1(x)=x^\ell-x^{\ell-1}\sum_{k\in S}(r+k)+\text{menor grado}. $$ Este polinomio se supone que los coeficientes en el campo $\Bbb{F}_p$. A partir de la anterior expansión leemos que el coeficiente de grado $\ell-1$ es $|S|\cdot r+\sum_{k\in S}k$. Este es un elemento de $\Bbb{F}_p$, si y sólo si el término $|S|\cdot r\en\Bbb{F}_p$. Porque $r\noen \Bbb{F}_p de dólares, esto solo puede suceder, si $|S|\cdot1_{\Bbb{F}_p}=0_{\Bbb{F}_p}$. En otras palabras $f_1(x)$ debe ser de grado cero o de grado $p$.

Answer 3

$f(x)$ es separable ya que su derivada es de $f'(x) = -1 \ne 0$.

Supongamos que $\theta$ es una raíz de $f(x) = x^p - x + a$. El uso de la Frobenius automorphism, tenemos: \begin{align} f(\theta + 1) y= (\theta + 1)^p (\theta + 1) -\\ &= \theta^p + 1^p - \theta - 1 + a\\ &= \theta^p - \theta + \\ y= f(\theta) = 0 \end{align}

Así, por inducción, si $\theta$ es una raíz de $f(x)$, entonces $\theta + j$ es también una raíz para todos los $j \in \mathbb F_p$.

Por arriba, si $f(x)$ se que tiene una raíz en $\mathbb F_p$, entonces $0$ haría un ser root, pero esto contradice $a \ne 0$. Por lo tanto, $f(x)$ no tiene raíces en $\mathbb F_p$. (Esto también puede ser mostrado usando Fermat poco teorema.)

Supongamos que $\theta$ es una raíz de $f(x)$ en algunos de extensión de $\mathbb F_p$. Sabemos que $\theta + j$ es también una raíz para todos los $j \in \mathbb F_p$. Dado que $f(x)$ es de grado $p$, estas son todas las raíces de $f(x)$.

Claramente, $\mathbb F_p(\theta) = \mathbb F_p(\theta + j)$ para todo $j \in \mathbb F_p$. Por lo tanto, la totalidad de los $\{\theta + j\}$ tiene el mismo grado más de $\mathbb F_p$. Dado que $f(x)$ es separable, de ello se sigue que $f(x)$ debe ser el producto de todos los polinomios mínimos de $\{\theta + j\}$. Supongamos que el mínimo polinomios tienen un grado $m$. Tenemos $p = km$ $k$. Desde $p$ es primo, ya sea $m = 1$; por lo tanto $\theta \in \mathbb F_p$, una contradicción. O $k = 1$; por lo tanto $f(x)$ es irreductible, porque es el polinomio mínimo.

Answer 4

Creo que la siguiente idea funciona. Deje que $f(x) = x^p-x+a$. Ellos observación clave es que $f(x+1)=f(x)$ en el campo de la $p$ elementos. Ahora el factor $f(x) = g_1(x) \cdots g_k(x)$ como producto de irreducibles. El envío de $$ x $x+1$ por lo tanto debe permutar los factores que $\{ g_1(x), \dots, g_k(x) \}$. Pero el envío de $$ x $x+1$ $p$ veces en una fila trata de volver a la original polinomio, por lo que esta permutación de la $k$ factores tiene el fin de dividir $p$. De ello se desprende que cada $g_j(x)$ es fijo por envío de us $x$ $x+1$ - que creo que es una propiedad que ya no constante polinomio de grado menor que $p$ puede tener, pero que necesita de prueba o de lo contrario hay $k=p$ factores, lo cual sólo puede ocurrir en el caso de que $a=0$.

Answer 5

$x^p-x+a$ divide a $x^{p^p}-x$. Si $f$ es un irreductible divisor de $x^p-x+a$ de grado $d$ entonces $\mathbf{Z}_p[x]/f$ será un subcampo del campo con $p^p$ elementos $p^p = (p^d)^e$ tan $d=1$ o $e=1$. desde $x^p-x+a$ no tiene raíces $e=p.$