Determinar si $\Phi_7(x)$ es irreducible en $\mathbb{F}_{11}$

Question

De nuevo la cuestión de conveniencia. Quiero averiguar si $$ x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1 $$ factores sobre los $\mathbb{F}_{11}$.

Mi trabajo: me han determinado que no tiene término lineal $q$, señalando que $$ \frac{x^7-1}{x-1}=x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1 $$ y así quotienting $\mathbb{F}_{11}$ $q$ daría lugar a una no trivial elemento de $$ un\in \mathbb{F}_{11},^7=1 $$ pero esto es imposible, ya que el orden de $\mathbb{F}_{11}$ como un grupo de es $10$.

Por una lógica similar, $\Phi_{7}(x)$ no es un factor en una ecuación cuadrática y una cuártica.

El problema es cuando puedo hacer esto con un potencial cúbicos factor, ya que $$ 11^3-1\cong 0\mod 7 $$ así que podemos concluir de manera similar. De hecho, la comprobación de Wolfram, el polinomio no es un factor en dos cúbicas modulo 11. ¿Cómo puedo comprobar en la afirmativa de que se debe?

Mi idea es que desde $\mathbb{F}_{11^3}^*$ es cíclica, y $7$ divide es el fin, hay un elemento en el grupo con el fin de $7$. Dado que este elemento no se encuentra en $\mathbb{F}_{11}\subset \mathbb{F}_{11^3}$, vino de quotienting por una irreductible cúbicos. Sin embargo, ¿cómo sé que este cúbicos divide $\Phi_{7}(x)$? Necesito encontrar la irreductible cúbicas en $\mathbb{F}_{11}$?

Answer 1

Está hecho en realidad tan pronto como se observe que $11^3-1$ es divisible por $7$. Como se observa, esto implica que hay una primitiva $7$th raíz de la unidad $\alpha$$\mathbb{F}_{11^3}$, cuyo mínimo polinomio $f(x)$ tiene el grado $3$. Luego se preguntan por qué $f(x)$ debe dividir $\Phi_7(x)$, pero esto es inmediato: $f(x)$ es el polinomio mínimo de a$\alpha$$\mathbb{F}_{11}$, por lo que se divide cada polinomio sobre $\mathbb{F}_{11}$ ha $\alpha$ como una raíz, y $\Phi_7(x)$ es uno de esos polinomio. Por lo $f(x)$ divide $\Phi_7(x)$. (De hecho, este argumento muestra que cada factor irreducible de $\Phi_7(x)$ es un cúbicos, ya que cada irreductible factor es el polinomio mínimo de algunos raíz de $\Phi_7(x)$.)

Answer 2

De manera más general, la irreductible de la factorización de cualquier polinomio $f(x) \in \mathbb{F}_q[x]$ puede ser obtenido considerando las órbitas de los Frobenius mapa de $x \mapsto x^q$ que actúa sobre las raíces de la $f$$\overline{\mathbb{F}_q}$: cada factor irreducible es una sola órbita. Al $f(x) = \Phi_n(x)$ $\gcd(q, n) = 1$ a que las raíces son las primitivas $n^{th}$ raíces de la unidad y así las órbitas pueden ser descritos de la siguiente manera: si $\zeta$ es una raíz primitiva, a continuación, $\zeta^{q^k} = \zeta$ fib

$$q^k - 1 \equiv 0 \bmod n.$$

El más pequeño $k$ por que es cierto es que el multiplicativo orden de $q$$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$, e $f(x)$ necesariamente factores como producto de la $\frac{\varphi(n)}{k}$ irreducibles de grado $k$. La irreductible factor que contiene una raíz primitiva $\zeta^a$ tiene raíces $\zeta^{aq^i}, 0 \le i < k$.

En este caso tenemos que $\Phi_7(x) \bmod 11$ es un producto de dos irreductible cúbicas, es decir, (si $\zeta$ denota una primitiva $7^{th}$ raíz de la unidad en la $\overline{\mathbb{F}_{11}}$, y usando el hecho de que $11 \equiv 4 \bmod 7$)

$$(x - \zeta)(x - \zeta^4)(x - \zeta^2)$$

y

$$(x - \zeta^3)(x - \zeta^5)(x - \zeta^6).$$

Answer 3

Vemos que $$ \Phi_7 (x)=(x^3 + 7x^2 + 6x + 10) (x ^ 3 + 5 x ^ 2 + 4 x + 10), $$ escribiendo como producto de dos cúbicas con coeficientes. Entonces comparando coeficientes da un sistema de ecuaciones lineales sobre $\mathbb{F}_{11}$, que tiene una solución.