Es $t^4+7$ reducible sobre $\mathbb{Z}_{17}$ ?

Question

Es $f=t^4+7$ reducible sobre $\mathbb{Z}_{17}$ ?

Intento: He comprobado que $f$ no tiene raíces en $\mathbb{Z}_{17}$ por lo que la única factorización posible es con factores cuadráticos.

Suponiendo que $f=(t^2+at+b)(t^2+ct+d)$ tenemos $bd=7$ , $a+c=0$ y $ac+b+d=0.$ Pero es engorroso encontrar si hay soluciones para estas ecuaciones.

Conozco ciertas herramientas para demostrar la irreducibilidad de un polinomio sobre anillos como $\mathbb{Z}$ o $\mathbb{Q}$ como los criterios de Gauss y Eisenstein. Pero sobre anillos finitos como $\mathbb{Z}_n$ No sé cómo demostrar la irreducibilidad de un polinomio de grado superior a $3$ . La búsqueda de raíces me permite encontrar factores lineales, pero no puedo utilizar esta técnica para encontrar factores cuadráticos. ¿Qué tipo de herramienta puedo utilizar en este caso?

Answer 1

Parece que sólo necesitamos herramientas elementales para demostrar la irreductibilidad en los comentarios. Pero permítanme introducir un enfoque interesante, llamado el algoritmo de Berlekamp, que uno puede calcular con las manos, de una manera sistemática.
En primer lugar, dejemos que $\beta=\{1,x,\cdots,x^3\}$ sea una base para $F_{17}/(x^4+7)F_{17}$ . Entonces consideramos el automorfismo $\sigma_{17}=\sigma$ que lleva $f$ a $f^{17}$ con respecto a la base $\beta$ .
$$\sigma: \begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&4&0&0\\0&0&-1&0\\0&0&0&-4\end{pmatrix}.$$
Denotemos ahora la matriz de $\sigma-\iota$ por $B$ que es $$=\begin{pmatrix}0&0&0&0\\0&3&0&0\\0&0&-2&0\\0&0&0&-5\end{pmatrix}.$$
Dado que esta matriz tiene un núcleo de dimensión $1$ concluimos que $f$ ¡es irreducible!
¿Por qué? Depende del siguiente lema:

Lema
Si $h\in F_q[x]$ es mónico y tal que $h^q\equiv h\pmod f$ entonces $f=\prod_{c\in F_q}\gcd(f(x),h(x)-c)$ .

Como la prueba es fácil, la omitimos aquí.
Además, por definición, sabemos que $h$ debe pertenecer al núcleo de $\sigma_q-\iota$ . Aparentemente, $h=1$ es siempre un polinomio de este tipo, y por lo tanto $\rho:=\sigma-\iota$ siempre tiene un núcleo de dimenson $\ge1$ Esto se llama la factorización trivial.
Ahora dejemos que $f$ tienen $k$ factores irreducibles $f_i$ . Si $h$ satisface las condiciones del lema, entonces cada $f_i$ divide una de $h(x)-c$ para que $h\equiv c\pmod {f_i}$ . Como consecuencia, encontramos que la dimensión del espacio de tales $h$ es exactamente $k$ . Como este espacio es sólo el núcleo de $\sigma_q-\iota$ Ahora vemos cómo se puede concluir que nuestro $f$ es irreducible como en el caso anterior.
En general, si hay soluciones no triviales para $h^q\equiv h\pmod f$ entonces escribiremos la factorización $f(x)=\prod_{c\in F_q}\gcd(f(x),h(x)-c)$ y examinar cada uno de los factores, respectivamente.

Resumen
La idea clave aquí es la matriz denotada por $B$ arriba. Su nulidad (dimensión de su núcleo) es exactamente el número de factores irreducibles de $f$ . Si este número es sólo $1$ entonces $f$ es irreducible. Si hay polinomios no triviales en ese núcleo, escribe la factorización correspondiente para reducir más cosas.
Sin embargo, hay que tener en cuenta que la nulidad de $B$ puede ser $\not=0$ , mientras que $f$ sigue siendo irreductible. En ese caso, la única manera es examinar cada mayor divisor commen $\gcd(f(x),h(x)-c)$ .

Si se produce algún punto inapropiado, dímelo para que me lo apropie. Gracias de antemano.

Answer 2

Añadiendo otro enfoque.

Dejemos que $\alpha$ sea una raíz de $f$ en algún campo de extensión de $\mathbb{Z}_{17}$ . Sabemos que $\alpha^4=-7=10$ . La comprobación por fuerza bruta (¡no llevará mucho tiempo!) o jugando con la reciprocidad cuadrática y demás demuestra que $10$ no es un residuo cuadrático módulo $17$ . Como $\mathbb{Z}_{17}^*$ es cíclico de orden $16$ Esto significa que el orden de $10$ es exactamente $16$ (si fuera un factor adecuado, $10$ tendría que ser un cuadrado).

Esto nos permite deducir que $\alpha$ es raíz primitiva de la unidad de orden $64$ . Por lo tanto, $\alpha$ no puede ser un cero de un polinomio cuadrático sobre $\mathbb{Z}_{17}$ porque los ceros de estos polinomios pertenecen al campo $\mathbb{F}_{289}$ de $17^2=289$ elementos. La contradicción viene del hecho de que el grupo multiplicativo de $\mathbb{F}_{289}$ es cíclico de orden $288$ pero $288=2^5\cdot3^2$ no es divisible por $64=2^6$ .

Answer 3

Las relaciones entre los coeficientes $a,b,c,d$ son:

$$bd=7, ad+bc=0, ac+b+d=0, a+c=0\,.$$

Por lo tanto, $0=ad+bc=a(d-b)$ . Desde $\mathbb Z_{17}$ es un campo, entonces $a=0$ o $b=d$ . Si $a=0$ entonces $c=0$ Así que $b+d=0$ que a su vez implica $b^2=-7=10$ lo cual es imposible (compruebe que $k=-8,\dots,7$ que $k^2\equiv 10(\bmod\ 17) $ no es cierto). Así, $b=d$ y así $b^2=7$ que también es imposible en $\mathbb Z_{17}$ . Esta contradicción muestra el resultado deseado.