Relaciones entre irreducibilidad en $\mathbb{Q}[x]$ y en $\mathbb{Q}_p[x]$ ( $p$ -números radicales)

Question

Estoy leyendo " $p-$ números adictos: An introduction" de Fernando Q.Gouvêa, y actualmente estoy en la página 79 del libro.

Problema 121. Demuestre que la ecuación $(X^2 - 2)(X^2 - 17)(X^2 - 34) = 0$ tiene una raíz en $\mathbb{Q}_p$ para todos $p \le \infty$ pero no tiene raíz en $\mathbb{Q}$ .

Ok, me parece bien esta pregunta. Sólo tenemos que considerar 3 casos:

• $p = 2$ entonces $X^2 - 17 = 0$ tiene una raíz, porque $17 \equiv 1 (\mbox{ mod }8)$
• $p = 17$ entonces $X^2 - 2 = 0$ tiene una raíz, porque $6^2 \equiv 2 (\mbox{ mod }7)$ por lo que es una aplicación del lema de Helsel.
• $p \notin \{ 2; 17 \}$ entonces si 2 y 17 no son cuadrados perfectos en $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ entonces 34 debe ser. Así que por el lema de Hensel, uno de los 3 factores debe tener una raíz.

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Escribo el problema 121 porque creo que el siguiente problema, con el que estoy atascado está algo relacionado.

Problema 123.

Decide si es cierto que un polinomio en una variable con coeficiente en $\mathbb{Z}$ es irreducible en $\mathbb{Q}[X]$ si es irreductible en todos $\mathbb{Q}_p[X]$ para todos $p \le \infty$ .

A mi también me parece bien este problema, es falso, el $\Rightarrow$ es incorrecto, ya que $X^2 - 2$ es irreducible en $\mathbb{Q}[X]$ pero no en $\mathbb{Q}_{17}[X]$ como se muestra arriba.

Problema 123 (Modificado).

Decide si es cierto que un polinomio en una variable con coeficiente en $\mathbb{Z}$ es irreducible en $\mathbb{Q}[X]$ si es irreducible para algunos $\mathbb{Q}_p[X]$ .

Yo también creo que esto es falso, así que he intentado encontrar un contraejemplo (es decir, algún polinomio que sea irreducible en $\mathbb{Q}[X]$ y luego señalar que es reducible para todos $\mathbb{Q}_p[X]$ ), pero sin suerte.

¿Voy por buen camino? ¿Debería ser cierto?

Muchas gracias, chicos,

Y que tenga un buen día,

Answer 1

Para el Problema123(modificado) yo produciría un contraejemplo de la siguiente manera.

Sea $f(x)\in\mathbb{Z}[x]$ sea el polinomio mínimo de 56 raíces de la unidad, $$f(x)=\phi_{56}(x)=x^{24}-x^{20}+x^{16}-x^{12}+x^8-x^4+1=\phi_7(-x^4).$$

La idea es demostrar que para todos los primos $p$ la reducción del polinomio $f(x)$ en $\mathbb{F}_p[x]$ tiene al menos dos factores irreducibles distintos. Entonces podemos aplicar Hensel para demostrar que es factor en $\mathbb{Q}_p[x].$

Elegí un polinomio ciclotómico, porque así podemos usar propiedades de campos finitos (=los campos de clases de residuos de extensiones no ramificadas del $p$ -ádico). Si $q=p^n$ es una potencia de un primo, el grupo multiplicativo del campo finito $\mathbb{F}_q$ es cíclico de orden $q-1$ . Por lo tanto este campo contiene una raíz primitiva de la unidad de orden $d$ si $d\mid p-1$ . Necesitamos esto.

Para aplicar Hensel, estudiamos los factores de $f(x)$ en anillos polinómicos $\mathbb{F}_p[x]$ , $p$ cualquier primo. Una consecuencia clave del párrafo anterior es que, si $56\mid p^m-1$ para algún número entero $m$ entonces el polinomio $f(x)$ se divide en factores de grado $m$ . Esto se debe a que cualquiera de sus raíces en un campo de extensión de $\mathbb{F}_p$ , digamos $\alpha$ genera un grado $m$ extensión, a saber $K=\mathbb{F}_{p^m}=\mathbb{F}_p[\alpha]$ . Por lo tanto, el polinomio mínimo de $\alpha$ en $\mathbb{F}_p$ debe ser de grado $m$ . Además, $K^*$ es cíclico y, por tanto, contiene los 56 ceros de $x^{56}-1$ . Las 24 primitivas tienen grado $m$ polinomios mínimos, los demás pueden (o no) tener polinomios mínimos de grado inferior.

Los detalles varían un poco dependiendo de $p$ . Los factores primos de $56$ a saber $p=2$ y $p=7$ son especiales, porque entonces $f(x)$ tiene factores repetidos.

Si $p=2$ y luego en el ring $\mathbb{F}_2[x]$ tenemos $$ f(x)=\phi_7(x^4)=\phi_7(x)^4. $$ Esto no es bueno para Hensel, pero elegí $7$ como factor por una razón. Aquí $7\mid 2^3-1$ Así que $\phi_7(x)$ factores modulo $2$ a un producto de factores cúbicos. Es fácil comprobar que tenemos $$ \phi_7(x)=x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1\equiv(x^3+x+1)(x^3+x^2+1)\pmod2. $$ Por lo tanto, también tenemos $$ f(x)\equiv(x^3+x+1)^4(x^3+x^2+1)^4\pmod2, $$ y el lema de Hensel nos dice que podemos encontrar factores congruentes a $(x^3+x+1)^4$ y $(x^3+x^2+1)^4$ módulo dos en $\mathbb{Q}_2[x]$ .

A continuación trataremos el caso $p=7$ . Módulo $7$ tenemos $\phi_7(x)\equiv(x-1)^6$ Así que $$ f(x)=\phi_7(-x^4)\equiv(-x^4-1)^6=(x^4+1)^6\pmod7. $$ Pero $x^4+1\equiv(x^2+3x+1)(x^2-3x+1)\pmod7$ (véase la $p$ por una razón por la que sabía de antemano que $x^4+1$ factores modulo $7$ ). Por lo tanto $$ f(x)\equiv(x^2+3x+1)^6(x^2-3x+1)^6\pmod7, $$ y de nuevo el Lemma de Hensel muerde.

Entonces el caso general $p\neq2,7$ . Si $p>2$ entonces $p^2\equiv1\pmod 8$ por lo que el campo finito $\mathbb{F}_{p^2}$ contiene todas las raíces octavas primitivas de la unidad. Si además $p\neq7$ entonces también $p^6\equiv1\pmod7$ . El Teorema Chino del Resto dice entonces que $p^6\equiv1\pmod{56}$ . Por lo tanto, el campo $\mathbb{F}_{p^6}$ contiene raíces primitivas de la unidad de orden $56$ . Por lo tanto, módulo $p$ nuestro polinomio $f(x)$ tiene cuatro factores, cada uno de grado seis. Esta vez ( $p\nmid 56$ ) el polinomio $f(x)$ no tiene factores repetidos módulo $p$ por lo que estos cuatro factores sexuados irreducibles son distintos, y tenemos muchas formas de aplicar el lema de Hensel.