Demostrando que estos dos campos de $\mathbb Z_{11}[x]/〈 x^2+1〉$ $\mathbb Z_{11}[x]/〈 x^2+x+4〉$ son isomorfos con $121$ elementos de cada uno.

Question

Me han pegado en este problema durante algún tiempo ahora.

Demostrar que $x^2+2$ $x^2+x+4$ son irreducibles sobre $\mathbb{Z}_{11}$. También, demostrar más $\mathbb Z_{11}[x]/\langle x^2+1\rangle$ y $\mathbb Z_{11}[x]/\langle x^2+x+4\rangle$ son isomorfos, cada habiendo $121$ elementos.

La primera parte es fácil de probar, ya que no hay ningún elemento de $\mathbb Z_{11}$ que cumple con alguno de los polinomios dados en la pregunta. Sin embargo, demostrando que $\mathbb Z_{11}[x]/\langle x^2+1\rangle$ $\mathbb Z_{11}[x]/\langle x^2+x+4\rangle$ son isomorfos ha sido un reto para mí.

¿Cómo debo proceder? Por otra parte, ¿Cómo puedo demostrar que los campos $\mathbb {Z}_{11}[x]/\langle x^2+1\rangle$ $\mathbb {Z}_{11}[x]/\langle x^2+x+4\rangle$ ha $121$ elementos?


Cualquier Ayuda se agradece mucho

Gracias de Antemano!

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Nota: $\langle x^2+1\rangle$ denota el ideal generado por a $x^2+1$.

Answer 1

Un polinomio $f(x)$ con coeficientes en cualquier campo de $K$ y de grado $\leq3$ es irreducible sobre $K$ si y sólo si no tiene raíces en $K$. El dado polinomios no tienen raíces en $K=\Bbb Z_{11}$ y son, por tanto, irreductible $\Bbb Z_{11}$.

Un estándar de hecho sobre el anillo de polynomals $K[X]$ es que sus ideales son siempre el principal, es decir, generado por un elemento. Un estándar consecuencia es que los ideales generados por polinomios irreducibles son máximas. Además, un cociente de un anillo por un ideal es un campo si y sólo si ese ideal es máxima.

Esto explica por qué el dado cocientes son los campos.

Si $f(X)$ es irreducible de grado $d$, un conjunto completo de representantes más del cociente $K[X]/(f(X))$ está dado por el conjunto de polinomios de grado $\leq d-1$ (este es un ejercicio fácil). De ello se sigue que si $K$ es un campo finito con $q$ elementos de dicho cociente se ha $q^d$ elementos. Esto explica por qué el dado cocientes ha $121=11^2$ elementos.

Finalmente, la teoría general de campos finitos nos dice que para cualquier potencia principal $q=p^f$ existe un campo con $q$ elementos, que es la única hasta el isomorfismo. Básicamente, la unicidad se sigue del hecho de que un campo finito con $q=p^f$ elementos se compone de las raíces del polinomio $X^q-X$ en algunos elegido algebraicas cierre de los campos básicos $\Bbb F_p=\Bbb Z/\Bbb Zp$.

Answer 2

He aquí un explícito isomorfismo $f:\mathbb{Z}_{11}[x]/\langle x^2 + 1\rangle\rightarrow \mathbb{Z}_{11}[x]/\langle x^2+x+4\rangle$ entre los 2 campos. Abusando de la notación, me voy a referir a un elemento en el dominio que es natural que la preimagen en $\mathbb{Z}_{11}[x]$, e igualmente en el rango.

Primera nota de que $1$ está determinada únicamente en un campo, por lo que debemos enviar a $1$$1$. El uso de additivitiy, $f(n) = n$ cualquier $n\in\mathbb{Z}/11\mathbb{Z}$. Así, la única pregunta que queda es lo $f(x)$. Observe que $x^2 = -1$, lo $f(x)$ debe ser un squareroot de $-1$ en el otro campo.

Escrito $f(x) = ax+b$, obtenemos $$-1 = f(x)^2 = a^2 x^2 +2abx + b^2 = a^2(-x-4)+2abx + b^2 = (2ab-a^2)x + b^2-4.$$

Ahora, $a\neq 0$ ($f$ no es inyectiva), así nos enteramos de que $2b=a$$b^2-4 = -1$.

La segunda ecuación, $b^2-4 = -1$ tiene 2 soluciones (mod 11), $b= 5$$b = 6 (=-5)$. Vamos a recoger $b=5$ (la opción no importa). Entonces a partir de la $2b=a$, obtenemos $a = 10 = -1$.

Por lo tanto, tenemos $f(x) = -x + 5$.

Poniendo todo esto, tenemos $f(ax+b) = -ax + 5a + b$ definición de nuestro isomorfismo.

A ver $f$ es inyectiva, suponga $f(ax+b) = 0$. Entonces, desde el $-ax + 5a+b = 0$, debemos tener $-a = 0$, lo $a=0$. Una vez que sabemos $a=0$, $b=0$ de la siguiente manera. Por lo $f$ es inyectiva. A ver, es surjective, aviso de $f(-ax + 5a+b) = ax + b$, lo $f$ es surjective.

Por último, comprobamos que es un homomorphism. Tenemos \begin{align*}f((ax+b) + (cx+d)) &= -(a+c)x + 5(a+c) + (b+d)\\\ &= -ax + 5a +b + -cx + 5c + d\\\ &= f(ax+b) + f(cx+d).\end{align*}

También tenemos \begin{align*} f((ax+b)(cx+d)) &= f(acx^2 + (ad+bc)x + bd)\\\ &= f((ad+bc)x + bd-ac)\\\ &=-(ad+cb)x + 5(ad+bc) + bd-ac\end{align*}

mientras que la \begin{align*} f(ax+b)f(cx+d) &= (-ax + 5a +b)(-cx+5c+d)\\\ &=acx^2 -5acx -adx -5acx +25ac+5ad-bcx+5bc+bd \\\ &= ac(-x-4) +x(-10ac-ad-bc) + 25ac+5ad+5bc+bd \\\ &= x(-11ac-ad-bc) + (21 ac+5ad+5bc+bd) \\\ &= x(-ad-bc) + 5ad+5bc +bd-ac\end{align*}

por lo $f((ax+b)(cx+d)) = f(ax+b)f(cx+d)$. Por lo tanto, $f$ es el deseado isomorfismo.

Answer 3

Sugerencia $\ $ si Usted busca un isomorfismo de $\:\mathbb F_{11}[\sqrt{-1}]\:$ $\rm\:\mathbb F_{11}[5-\sqrt{-1}\:\!],\:$ desde $\rm\:x^2+x+4\:$ tiene raíces $$\rm\dfrac{-1\pm\sqrt{-15}}2 \:\equiv\: \dfrac{10\pm\sqrt{-4}}2\:\equiv\: 5\pm\sqrt{-1}\pmod{11}$$

El discriminante (mod plazas) caracteriza isomorfismo clases de extensiones cuadráticas.

Answer 4

Sugerencia: Demostrar que el elemento en el primer campo puede ser el único escrito como $ax+b+(x^2+1)$. Demostrar las mismas de otro campo con $(x^2+1)$ reemplazado por $(x^2+x+4)$ donde $(\dots)$ denota el ideal generado por ese elemento.

Ahora que demostrar que tienen 121 elementos de cada uno. Ver Dummit & Foote si usted necesita más ayuda. Luego, por la teoría de campos finitos, son isomorfos. Si usted no sabe la teoría de campos finitos, a continuación, definir un mapa de la primera a la segunda mediante el envío de $ax+b+(x^2+1) \mapsto ax+b+(x^2+x+4)$. Compruebe que este mapa es homomorphism, y dado que L. H. S es un campo de este mapa es inyectiva. Ya que ambos tienen 121 elementos de este mapa es surjective.