Ejemplos explícitos de infinitos polinomios irreducibles en k[x]

Question

Mi pregunta es la siguiente.

¿Es posible dar ejemplos de infinitos polinomios irreducibles en un anillo de polinomios $k[x]$ con $k$ ¿un campo?

Me interesa esto porque estoy haciendo un ejercicio en el que me piden que demuestre que hay infinitos ideales maximales en $k[x]$ enumerándolos explícitamente. Ahora, sé que si $k$ es infinito entonces los ideales $I_a := (x - a)$ para $a \in k$ son máximos y esto serviría. Pero si el campo es finito no sé qué hacer.

No he podido encontrar nada en Internet ni en los libros. También sé que podemos demostrar que hay infinitos polinomios mónicos irreducibles en $k[x]$ utilizando el argumento de Euclides para demostrar que hay infinitos números primos. Pero esto no me da ideales máximos explícitos, sólo la existencia de infinitos.

Muchas gracias por cualquier ayuda.

Answer 1

Lo mejor que se me ocurre por ahora es lo siguiente. Si $\alpha$ es un elemento de alguna extensión del campo $F_p, p$ primo, entonces se sabe que sus conjugados son $\alpha^p$ , $\alpha^{p^2}$ , $\alpha^{p^3}$ , $\ldots$ . Por lo tanto, si $\alpha$ resulta ser una raíz de la unidad de un orden primo $\ell$ y $p$ resulta ser un generador del grupo multiplicativo $\mathbf{Z}_\ell^*$ entonces el polinomio mínimo de $\alpha$ es $$(x-\alpha)(x-\alpha^2)\cdots(x-\alpha^{\ell-1})=\phi_\ell(x)=\sum_{i=0}^{\ell-1}x^i,$$ así que $\phi_\ell(x)$ es entonces irreducible en $F_p[x]$ . Si la conjetura de Artin es cierta, entonces esto sucede para infinitos primos racionales $\ell$ . Esto da un conjunto un poco más estrecho de polinomios que es probable que contenga un número infinito de irreducibles. Una variante de la conjetura de Artin puede entonces resolver también el caso $k=GF(p^n)$ .

No es bueno: depende de la veracidad de una conjetura desconocida, y no es muy explícito. Siéntase libre de votar en contra.

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Anexo: (Ejercicio 3.96 de Campos finitos Lidl & Niederreiter) Una familia infinita explícita de polinomios irreducibles en $F_2[x]$ es la siguiente. Sea $k$ sea un número entero positivo. El polinomio $$p_k(x)=x^{2\cdot3^k}+x^{3^k}+1\in F_2[x]$$ es irreducible.

Mi solución a este ejercicio. La prueba de este hecho es muy similar a la construcción anterior. Los ingredientes son la observación de que $$p_k(x)=\frac{x^{3^{k+1}}+1}{x^{3^k}+1}$$ es el polinomio ciclotómico $\phi_{3^{k+1}}(x)$ y el hecho de que $2$ es un generador del grupo de unidades $U_n$ de los anillos de la clase de residuos $\mathbf{Z}/3^n\mathbf{Z}$ . Este último hecho equivale a demostrar que el orden de $2$ en $U$ es exactamente $\phi(3^n)=2\cdot3^{n-1}$ . Esto se deduce, si podemos demostrar que $\nu_3(2^{2\cdot3^{n-1}}-1)=n$ porque se sabe que un generador $x$ de $U_\ell$ es también un generador de $U_{\ell+1}$ a menos que ocurra que $x^{|U_\ell|}=1$ en $U_{\ell+1}$ (véase, por ejemplo, Jacobson, Álgebra básica I). Pero $(x^3-1)=(x-1)(x^2+x+1)$ implica que $$2^{2\cdot 3^{n+1}}-1=(2^{2\cdot 3^n}-1)(2^{4\cdot 3^n}+2^{2\cdot 3^n}+1).$$ En este último factor los tres términos son congruentes con $1\pmod 9$ para que ese factor sea divisible por $3$ pero no divisible por $9$ . Este es el paso inductivo.

Si $\alpha$ es una raíz primitiva de orden $3^{k+1}$ , entonces $\alpha$ es una raíz de $p_k(x)$ . Por lo tanto también lo son sus conjugados $\alpha^{2^j}, j\in\mathbf{N}.$ Pero vimos que $U_{k+1}=<2>$ por lo que los conjugados son exactamente las potencias $\alpha^t$ , $(t,3)=1$ . Hay $2\cdot3^k=\deg p_k(x)$ de estos, así que $p_k(x)$ es el polinomio mínimo de $\alpha$ y por lo tanto irreducible. Q.E.D.

Answer 2

Si $k$ es infinito, es fácil como dices.

Supongamos que $k$ es finito. Entonces, para cualquier entero positivo $n\geq 2$ existe un polinomio irreducible en $k[t]$ de grado $n$ .

Consideremos el campo finito $\mathbf{F}_p$ , donde $p$ es un número primo.

Edición: (puede ayudar un poco.) Los polinomios irreducibles de grado menor o igual a $n$ en $\mathbf{F}_p[x]$ son los factores irreducibles de $X^{p^n}-X$ . De hecho, $$X^{p^n} - X = \prod_{f \textrm{ monic irreducible}, (\deg f) \vert n} f.$$ Como dato curioso, esto implica que el número de polinomios irreducibles $x_n$ de grado $n$ satisface $\sum_{d\vert n } dx_d = p^n$ .

De todos modos, para obtener ejemplos explícitos tendrás que factorizar el polinomio anterior para cada $n$ . Esto es difícil, pero posible en teoría. Para los pequeños $p$ y $n$ puedes hacerlo. Por ejemplo, para $p=2$ y $n=2$ , hay que tener en cuenta $X^4-X = X(X^3-1)=X(X-1)(X^2+X+1)$ en $\mathbf{F}_2$ .

Answer 3

Definir $\phi(y) = 1/(y^p-y-1)$ y definir $\phi^n(y) = \phi(\phi(\cdots\phi(y)\cdots))$ . Afirmo que el denominador de $\phi^n(y)$ es irreducible de grado $p^n$ en $\mathbb{F}_p$ . Esto va a ser largo, pero me divertí mucho encontrándolo, así que espero que algunos lo lean.

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La función racional $\phi$ define un mapa from $\overline{\mathbb{F}_p} \cup \{ \infty \}$ a sí mismo. Este mapa es $p \to 1$ salvo que la preimagen de $0$ es el único elemento $\infty$ . La imagen de $0$ es el punto fijo $-1$ . Así que $0 \not \in (\phi^n)^{-1}(\infty)$ para cualquier $n$ y por lo tanto $(\phi^{n+1})^{-1}(\infty)$ siempre tiene $p$ veces más elementos que $(\phi^n)^{-1}(\infty)$ . Así que $(\phi^n)^{-1}(\infty)$ tiene tamaño $p^n$ y vemos que el denominador de $\phi$ tiene grado $p^n$ . Ahora debemos demostrar que es irreducible. Sea $y_n$ sea una raíz de este denominador; tenemos que demostrar que $y_n$ está en $GF(p^{p^n})$ y no en $GF(p^{p^{n-1}})$ .

Set $\phi(y_n) = y_{n-1}$ , $\phi(y_{n-1}) = y_{n-2}$ etcétera. Reescribimos estas relaciones como $$y_1^p-y_1 = 1 \quad y_2^p-y_2 = \frac{y_1+1}{y_1} \quad y_3^p-y_3 = \frac{y_2+1}{y_2} \quad y_4^p-y_4 = \frac{y_3+1}{y_3} \cdots$$ Definir $K_i=\mathbb{F}_p(y_1, y_2, \ldots, y_i)$ . Estableceremos, a continuación, la siguiente afirmación:

Reclamación clave El polinomio $z^p-z = \frac{y_i+1}{y_i}$ es irreducible sobre $K_i$ .

Así, $[K_{i+1}:K_{i}]=p$ por cada $i$ . Así que $y_n \in K_n = GF(p^{p^n})$ y $y_n \not\in K_{n-1} = GF(p^{p^{n-1}})$ . Esto demuestra que el polinomio mínimo de $y_n$ en $\mathbb{F}_p$ tiene grado $p^{p^n}$ por lo que el denominador de $\phi$ debe ser irreducible.

Nuestro objetivo ahora es establecer la reclamación. Primero necesitamos algunos lemas sobre polinomios de la forma $x^p-x=a$ . Este es el tema de Teoría de Artin-Schrier (véase también aquí ).

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Dejemos que $k$ sea un campo de característica $p$ y que $a \in k$ .

Lema 1 Dejemos que $u$ sea una raíz de $x^p-x=a$ . Entonces las otras raíces son $u+1$ , $u+2$ , ..., $u+p-1$ .

Prueba Es sencillo. $\square$

Lema 2 Si $a$ es de la forma $b^p-b$ , para $b \in k$ entonces $x^p-x-a = \prod_{i=0}^{p-1} (x-b-i)$ . Si $a$ no es de la forma $b^p-b$ , para $b \in k$ entonces $x^p-x-a$ es irreducible.

Prueba La primera afirmación es obvia.

Demostramos el contrapositivo de la segunda afirmación. Supongamos que $f$ tiene un factor no trivial $g(x)$ ; deja que $g(x) = x^e - g_1 x^{e-1} + \cdots$ . Sea $u$ sea una raíz de $f(x)$ y que las raíces de $g$ sea $u+i_1$ , $u+i_2$ , ..., $u+i_e$ . Entonces $g_1 = \sum_{j=1}^e (u+i_j) =e u + \sum i_j$ está en $k$ Así que $u = (g_1 - \sum i_j)/e$ está en $k$ . $\square$

Lema 3 Dejemos que $x^p-x-a$ sea irreducible y que $u$ sea una raíz de $x^p-x=a$ . Entonces $$Tr_{k(u)/k} \frac{1}{u} = \frac{-1}{a}.$$

Prueba Dejemos que $z=1/u$ . Entonces $z^p + (1/a) z^{p-1} - (1/a)=0$ . Este polinomio es irreducible, por lo que es el polinomio mínimo de $z$ Así que $Tr(z)$ es el coeficiente de $z^{p-1}$ . $\square$

Lema 4 Dejemos que $x^p-x-a$ sea irreducible y que $u$ sea una raíz de $x^p-x=a$ . Entonces $$Tr_{k(u)/k} \frac{eu+f}{gu+h} = \frac{eh-fg}{g^2 a}.$$ para $e$ , $f$ , $g$ , $h \in \mathbb{F}_p$ y $g \neq 0$ .

Prueba $$Tr \left( \frac{eu+f}{gu+h} \right) = Tr \left( \frac{e}{g} \right) + \frac{fg-eh}{g^2} Tr\left( \frac{1}{u+h/g} \right).$$ Desde $e/g \in k$ y $\deg k(u)/k=p$ tenemos $Tr(e/g) = 0$ . Desde $h/g \in k$ el elemento $u+h/g$ es otra raíz de $x^p-x=a$ Así que $Tr(1/(u+h/g)) = Tr(1/u) = -1/a$ por el lema 3. $\square$

Lema 5 Dejemos que $k$ sea un campo finito. Si $Tr_{k/\mathbb{F}_p}(a) \neq 0$ entonces $a$ no es de la forma $b^p-b$ .

Prueba De nuevo, demostramos el contrapositivo. Si $a=b^p-b$ entonces $$Tr_{k/\mathbb{F}_p}(a) = Tr_{k/\mathbb{F}_p}(b^p)-Tr_{k/\mathbb{F}_p}(b)= Tr_{k/\mathbb{F}_p}(b)^p-Tr_{k/\mathbb{F}_p}(b)= 0. \quad \square$$

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Pasamos ahora a la reclamación principal. Queremos demostrar que $z^p-z=\frac{y_i+1}{y_i}$ es irreducible. Entonces, por los lemas 2 y 5, debemos demostrar que $Tr_{K_{i}/\mathbb{F}_p}\left( \frac{y_{i}+1}{y_i} \right) \neq 0$ . Calculamos esta traza como la compuesto de trazas $K_{i} \to K_{i-1} \to \cdots \to K_2 \to K_1 \to \mathbb{F}_p$ . Según nuestras hipótesis inductivas, cada una de estas extensiones de campo individuales es un grado $p$ extensión de Artin-Schrier, por lo que el lema 4 es relevante. Usando el lema 4 repetidamente: $$Tr_{K_{i}/K_{i-1}} \left( \frac{y_{i}+1}{y_{i}} \right) = \frac{- y_{i-1}}{y_{i-1}+1}$$ $$Tr_{K_{i-1}/K_{i-2}} \left(\frac{- y_{i-1}}{y_{i-1}+1}\right) = \frac{y_{i-2}}{y_{i-2}+1}$$ $$Tr_{K_{i-2}/K_{i-3}} \left(\frac{ y_{i-2}}{y_{i-2}+1}\right) = \frac{- y_{i-3}}{y_{i-3}+1}$$ etc. Al final del día, obtenemos $Tr_{K_{i}/\mathbb{F}_p}\left( \frac{y_{i}+1}{y_i} \right) = \pm 1 \neq 0$ como se desea. Por los lemas 2 y 5, esto demuestra la afirmación.

Answer 4

Otra forma más fácil. Deja que $\ell$ sea un primo que divide a $p-1$ y, si $\ell=2$ , supongamos que $p \equiv 1 \bmod 4$ . Tal $\ell$ existe para cada $p \geq 5$ . Sea $Q \in \mathbb{F}_p$ no sea un $\ell$ - el poder. Afirmo que $x^{\ell^n}-Q$ es irreducible para cada $n$ .

Lema Dejemos que $\ell$ sea primo, que $k$ sea un campo que contenga el $\ell$ -raíces de la unidad, y que $a \in k$ . Entonces $x^{\ell} -a$ es irreducible o se divide en factores lineales.

Prueba Dejemos que $b$ ser un $\ell$ -raíz de $a$ en el cierre algebraico de $k$ . Así que las raíces de $x^{\ell}-a$ son $b$ , $b \zeta$ , $b \zeta^2$ , ..., $b \zeta^{\ell-1}$ . Supongamos que $g(x)$ es un factor no trivial de $x^{\ell}-a$ con $g(x) = x^d + \cdots + (-1)^d g_0$ . Entonces $g_0 = \pm \zeta^j b^d$ para algunos $j$ y deducimos que $b^d \in k$ . Desde $\ell$ es primo y $0 < d < \ell$ podemos encontrar $f$ y $g$ tal que $df-g \ell =1$ . Así que $(b^d)^f a^{-g} = b$ está en $k$ . Hemos demostrado que, si $x^{\ell}-a$ tiene un factor no trivial, entonces $a$ tiene un $\ell$ -th raíz en $k$ y, como $k$ contiene el $\ell$ -raíces de la unidad, esto demuestra que $x^{\ell}-a$ se divide en $k$ . $\square$ .

Dejemos que $$x_1^{\ell} = Q \quad x_2^{\ell}=x_1 \quad x_3^{\ell} = x_2 \quad \cdots.$$ Dejemos que $K_i = \mathbb{F}_p(x_1, x_2, \ldots, x_i)$ . Demostramos por inducción en $i$ que $[K_i:K_{i-1}] = \ell$ . Así que $K_n = GF(p^{\ell^n})$ y $x_n$ está en $GF(p^{\ell^n})$ y no $GF(p^{\ell^{n-1}})$ . Por tanto, el polinomio mínimo de $x_n$ tiene grado $\ell^n$ y debe ser $x^{\ell^n}-Q$ , demostrando que $x^{\ell^n}-Q$ es irreducible como se desea.

Por lo tanto, queremos demostrar que $[K_i:K_{i-1}]=\ell$ . Por el lema, $[K_i:K_{i-1}]$ es $1$ o $\ell$ . Para descartar este último caso, debemos demostrar que $x_i$ no es un $\ell$ -enfermedad en $K_i$ . Supongamos, en aras de la contradicción, que $b^{\ell} = x_i$ . Entonces $N_{K_i/\mathbb{F}_p}(b)^{\ell} = N(x_i)$ . Dado que, inductivamente, el polinomio mínimo de $x_i$ es $z^{\ell^i} - Q$ y (también inductivamente) $K_i = GF(p^{\ell^i})$ obtenemos $N(x_i) = (-1)^{\ell-1} Q$ .

Por hipótesis, $Q$ no es un $\ell$ -enfermedad en $\mathbb{F}_p$ y (utilizando ese $p \equiv 1 \bmod 4$ para $\ell=2$ ) tampoco es $(-1)^{\ell-1} Q$ . Así que tenemos una contradicción. QED