Factorizar el polinomio sobre $GF(3)$

Question

Quiero factorizar $x^{11}-1$ en $GF(3)$ pero estoy atascado en $(x-1)(x^{10}+x^9+x^8+x^7+x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1).$ He intentado hacerlo por ensayo y error pero no lo he conseguido. Es $$ x^{10}+x^9+x^8+x^7+x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1 $$ ya irreducible sobre $GF(3)$ ?

Answer 1

El polinomio $$ \phi_{11}(x):=\frac{x^{11}-1}{x-1}=\sum_{i=0}^{10}x^i\in GF(3)[x] $$ no es irreducible. Porque $11\mid 3^5-1=242$ hay una raíz undécima primitiva de la unidad en el campo $GF(3^5)$ . Se trata de un campo de extensión quíntica de $GF(3)$ por lo que los polinomios mínimos de todas las raíces undécimas primitivas de la unidad son de grado $5$ . Así, $\phi_{11}(x)$ debe ser un producto de dos factores quínticos irreducibles.

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Encontrar los factores requiere un poco de trabajo. Utilizamos repetidamente el hecho de que, si $\beta$ es una raíz de un polinomio $f(x)\in GF(3)[x]$ entonces es su imagen $F(\beta)=\beta^3$ bajo el automorfismo de Frobenius. Sea $\alpha$ sea una de las raíces de $\phi_{11}(x)$ . Tiene conjugados $F(\alpha)=\alpha^3$ , $F(\alpha^3)=\alpha^9$ , $F(\alpha^9)=\alpha^{27}=\alpha^5$ (aquí utilizamos el hecho de que $\alpha^{11}=1$ , por lo que como $27=2\cdot11+5$ obtenemos $\alpha^{27}=\alpha^5$ ) y $F(\alpha^5)=\alpha^{15}=\alpha^4$ (el mismo truco). Podemos detenernos aquí ya que $F(\alpha^4)=\alpha^{12}=\alpha$ , por lo que no obtendremos más conjugados ( $F$ genera el grupo de Galois correspondiente). Por lo tanto, el polinomio mínimo de $\alpha$ es $$ m_{\alpha}(x)=(x-\alpha)(x-\alpha^3)(x-\alpha^9)(x-\alpha^5)(x-\alpha^4)=x^5+ax^4+cx^3+bx^2+dx+e\in GF(3)[x]. $$ Las otras raíces undécimas de la unidad son las recíprocas de éstas, por lo que $$ m_{1/\alpha}(x)=(x-\alpha^{10})(x-\alpha^8)(x-\alpha^2)(x-\alpha^6)(x-\alpha^7), $$ y $$ \phi_{11}(x)=m_{\alpha}(x)m_{1/\alpha}(x) $$ es la factorización deseada.

Calculemos a continuación el coeficiente $e=(-1)^5\alpha\cdot\alpha^3\cdot\alpha^9\cdot\alpha^5\cdot\alpha^4=-\alpha^{22}=-1$ . Para avanzar más, utilizamos el hecho de que las raíces de $m_{1/\alpha}(x)$ son los recíprocos de las raíces de $m_{\alpha}(x)$ . Así, el polinomio $x^5m_{\alpha}(1/x)=ex^5+dx^4+cx^3+bx^2+ax+1$ tiene las mismas raíces (con las mismas multiplicidades) que $m_{1/\alpha}(x)$ por lo que deben ser múltiplos escalares entre sí. Teniendo en cuenta el término constante conocido $e=-1$ obtenemos $$ m_{1/\alpha}(x)=x^5-dx^4-cx^3-bx^2-ax-1. $$ Hay cuatro incógnitas $a,b,c,d\in GF(3)$ . Obtenemos un montón de ecuaciones que las relacionan expandiendo $m_{\alpha}(x)m_{1/\alpha}(x)=\phi_{11}(x)$ . Puede que haya una forma sistemática de resolver el sistema resultante, pero yo tomé el camino más fácil, y adiviné $a=0$ (hay tres valores posibles de $a$ Así que adivinar no le llevará mucho tiempo). Esto nos lleva a una solución $d=-1$ , $b=-1$ , $c=1$ y a la factorización $$ \phi_{11}(x)=(x^5-x^3+x^2-x-1)(x^5+x^4-x^3+x^2-1). $$

Answer 2

No quiero en absoluto depreciar la astucia y la maestría de la respuesta anterior, sin embargo, debes ser consciente de que este tipo de preguntas - es difícil definir qué es esto amable Cada día crece más - puede ser respondida por el álgebra computacional. Por ejemplo, utilizando sage :

sage: R.<x> = PolynomialRing(GF(3))
sage: factor(x^11 - 1)
(x + 2) * (x^5 + 2*x^3 + x^2 + 2*x + 2) * (x^5 + x^4 + 2*x^3 + x^2 + 2)