Encuentra el grupo de Galois del polinomio $x^{4} + x - 1$ sobre el campo finito $\mathbb{F}_{3}$

Question

Encuentra el grupo de Galois del polinomio $x^{4} + x - 1$ sobre el campo finito $\mathbb{F}_{3}$ .

Estoy luchando particularmente con lo que sería el enfoque para encontrar el campo de división de este polinomio sobre $\mathbb{F}_{3}$ .

Answer 1

Su primera pregunta debería ser: ¿es este polinomio irreducible en $\Bbb F_3[x]$ ?

Está claro que no tiene ninguna raíz en $\Bbb F_3$ pero esto no es suficiente, debemos comprobar los posibles factores cuadráticos. Entonces, supongamos (a modo de contradicción) que tenemos:

$x^4 + x - 1 = (x^2 + ax + b)(x^2 + cx + d)$ con $a,b,c,d \in \Bbb F_3$ .

Entonces $a + c = 0$ (ya que nuestro polinomio no tiene ningún término cúbico), y $bd = -1$ . Esta última ecuación implica $b = 1, d = 2$ o $b = 2, d = 1$ .

También tenemos $b + d - a^2 = 0$ y $a(d - b) = 1$ . Si $d = 2, b = 1$ entonces $a(d - b) = 1$ implica que $a = 1$ en cuyo caso $b + d - a^2 = 1 + 2 - 1 = 2 \neq 0$ .

Por otro lado, si $b = 2, d= 1$ entonces $a(d - b) = 1$ implica que $a = 2$ y por lo tanto $b + d - a^2 = 2 + 1 - 1 = 2\neq 0$ . De cualquier manera, vemos que no podemos tener factores cuadráticos, y nuestro polinomio es efectivamente irreducible.

Por lo tanto, $\Bbb F_3(u)$ es un campo de dimensión $4$ en $\Bbb F_3$ (como espacio vectorial), para cualquier raíz $u$ de $x^4 + x - 1$ . Ahora $\Bbb F_3$ es un campo perfecto, por lo que es una extensión de Galois de $\Bbb F_3$ . Así sabemos que: $|\text{Gal}(\Bbb F_3(u)/\Bbb F_3)| = \dim_{\Bbb F_3}(\Bbb F_3(u)) = 4$ .

Además, no es difícil ver que:

$\sigma: u \mapsto u^3 \in \text{Gal}(\Bbb F_3(u)/\Bbb F_3)$ .

Desde $\sigma^2 \neq \text{id}_{\Bbb F_3(u)}$ vemos que este automorfismo es de orden $4$ y el grupo de Galois es cíclico.

Answer 2

¿Conoces Kronocker? El polinomio es irreducible sobre el campo finito. Kronocker te da un campo que contiene una raíz de tu polinomio. El cociente está generado por $\{1,x,x^2,x^3\}$ entonces, ¿cuántos elementos tiene? ¿Este nuevo campo contiene los otros $3$ ¿Raíces? ¿Cómo es la copia isomorfa? (sabiendo cuál es la base del cociente)

$$\mathbb{F}_3[x]/(x^4+x-1) \cong \mathbb{F}_3(\beta)$$

Answer 3

Como otros han señalado la clave para encontrar el campo de división y el grupo de Galois es demostrar que $f(x)=x^4+x-1$ es irreducible en $\Bbb{F}_3[x]$ . Al ser de grado cuatro, ya no podemos probarlo simplemente comprobando la ausencia de ceros en el campo primo.

David Wheeler describió una buena manera de manejar un cuártico probando la posibilidad de que sea un producto de dos cuadráticos. Lo que quiero hacer es añadir al repertorio una prueba un poco más elevada. No es muy profundo - normalmente se incluye en un primer curso de campos finitos, pero a menudo no en un primer curso de estructuras algebraicas.

Teorema. Dejemos que $p$ sea un primo, y $n$ un número entero positivo. Entonces el producto de todos los polinomios mónicos irreducibles en $\Bbb{F}_p[x]$ de grado $d$ que es un factor de $n$ es igual a $x^{p^n}-x$ .

¿Cómo ayuda eso? Queremos excluir la posibilidad de que $f(x)=p_1(x)p_2(x)$ para algún par desconocido de polinomios cuadráticos $p_1,p_2$ . Un detalle menor pero importante que quiero comprobar primero es si es posible que $p_1=p_2$ . Esto no puede ser para entonces $f=p_1^2$ lo que implica que la derivada $f'=2p_1p_1'$ . Por lo tanto, vemos que $f$ y $f'$ compartir un factor $p_1$ . Pero aquí $f'(x)=x^3+1$ Así que $f(x)=x(x^3+1)-1=x f'(x)-1$ lo que implica que $\gcd(f,f')=1$ . Aquí he utilizado el primer paso del algoritmo de Euclides para calcular el gcd de dos polinomios.

Bien, entonces $f(x)$ no tiene factores repetidos. El caso más difícil es el de $p_1\neq p_2$ de todos modos. Aquí es donde el teorema anterior nos ayuda. A saber, cualesquiera que sean los dos factores $p_1,p_2$ puede ser, el teorema promete que ambos son factores de $x^9-x$ . Así que entonces $f(x)$ también debe ser un factor de $x^9-x$ . Esto es fácil de comprobar. Claramente $$ x^4\equiv-x+1\pmod{f(x)}, $$ por lo que elevando al cuadrado obtenemos que $$ x^8\equiv(-x+1)^2=x^2-2x+1=x^2+x+1\pmod{f(x)}. $$ multiplicando esta congruencia por $x$ da $$ x^9\equiv x^3+x^2+x\pmod{f(x)}, $$ así que $$ x^9-x\equiv x^3+x^2\pmod{f(x)}. $$ Descubrimos que $f(x)$ no es un factor de $x^9-x$ que se establece su irreductibilidad (junto con la primera comprobación de que $f(x)$ no tiene ceros en $\Bbb{F}_3$ ).

Con la irreductibilidad de $f(x)$ claro, se deduce que el campo de división es $\Bbb{F}_{81}$ . Todas las extensiones de campos finitos son normales, por lo que al unir una raíz de un polinomio irreducible se obtienen todas ellas. También los grupos de Galois de las extensiones de campos finitos son siempre cíclicos, por lo que el grupo de Galois es $\cong C_4$ .

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El método se generaliza. Si $f(x)$ fueran de grado cinco, entonces podríamos haber comprobado la presencia de un factor cuadrático calculando $\gcd(f(x),x^9-x)$ con el algoritmo de Euclides. Más arriba también podemos necesitar calcular $\gcd(f(x),x^{27}-x)$ . La presencia de esos grandes exponentes puede parecer un poco aterradora al principio. Pero te has dado cuenta de cómo he calculado el resto de $x^9-x$ modulo $f(x)$ . Comience con una potencia baja de $x$ y luego seguir elevando al cuadrado ambos lados de la congruencia . Después de haber calculado el resto de $x^{p^n}-x$ modulo $f(x)$ te quedas con dos polinomios de bajo grado como entradas a Euclides.