$x^{p^d}-x$在$𝔽_{p^k}$​完全分解为一次因式，当且仅当$d∣k$

hbghlyj

正整数 $d, k$, 素数 $p$, 证明 $x^{p^d}-x$ 在 $𝔽_{p^k}$ 完全分解为一次因式, 当且仅当 $d ∣ k$.
例如 $f(x)=x^{2^2}-x$

在 $𝔽_{2^1}$ 上$$f(x)=x(x+1)\left(x^2+x+1\right)$$不能完全分解为一次因式, 因为 $x^2+x+1$ 不可约。	在 $𝔽_{2^2}$ 上完全分解为一次因式$$f(x)=x(x+1)(x+a)(x+a+1)$$其中 $a^2+a+1=0$.
在 $𝔽_{2^3}$ 上$$f(x)=x(x+1)\left(x^2+x+1\right)$$不能完全分解为一次因式, 因为 $x^2+x+1$ 不可约。	在 $𝔽_{2^4}$ 上完全分解为一次因式$$f(x)=x(x+1)\left(x+a^3+a^2\right)\left(x+a^3+a^2+1\right)$$其中 $a^4+a^3+a^2+a+1=0$.

业余的业余

定理

Let $p$ be a prime and let $m \in \mathbb{N}$. Then $x^{p^n}-x$ is the product of all monic irreducible polynomials in $\mathbb{F}_p[x]$ of degree dividing $n$.

令 $p$ 为质数, 令 $m \in \mathbb{N}$. 那么 $x^{p^n}-x$ 是 $\mathbb{F}_p[x]$ 中度数整除 $n$ 的所有首一不可约多项式的乘积。

例 $p=2$ 时, 我们有
$$
\begin{aligned}
& x^4-x=x(x+1)\left(x^2+x+1\right) \\
& x^8-x=x(x+1)\left(x^3+x^2+1\right)\left(x^3+x+1\right)
\end{aligned}
$$

该定理有如下推论

Let $p$ be a prime and let $n \in \mathbb{N}$. Let $f(x), g(x) \in \mathbb{F}_p[x]$ be two irreducible polynomials of degree $n$. Then $\mathbb{F}_p[x] /(f(x)) \cong \mathbb{F}_p[x] /(g(x))$.

令 $p$ 为质数, 令 $n \in \mathbb{N}$. 如果 $f(x), g(x) \in \mathbb{F}_p[x]$ 是两个度数为 $n$ 的不可约多项式, 那么 $\mathbb{F}_p[x] /(f(x)) \cong \mathbb{F}_p[x] /(g(x))$.

又有如下推论的推论

Every irreducible polynomial in $\mathbb{F}_p$ of degree dividing $n$ splits completely in $\mathbb{F}_{p^n}$.

业余的业余

还是这个推论更接近些

Let $F$ be a finite field and let $q=|F|$. Then
\begin{equation}\label1
x^q-x=\prod_{\alpha \in F}(x-\alpha)
\end{equation}

hbghlyj

当 $d \mid k$ 时 $p^d-1 \mid p^k-1$, 故 $x^{p^d-1}-1 \mid x^{p^k-1}-1$, 故 $x^{p^d}-x \mid x^{p^k}-x$.
由\eqref{1}, $x^{p^k}-x$ 在 $\mathbb{F}_{p^k}$ 分解为一次因式 (它的根是 $\mathbb{F}_{p^k}$ 中所有元素), 故 $x^{p^d}-x$ 分解为一次因式。
当 $d\nmid k$ 时, 如何证明不能完全分解为一次因式?

业余的业余

hbghlyj 发表于 2023-10-29 14:54
当 $d\nmid k$ 时, 如何证明不能完全分解为一次因式?

加这个定理够不够

The field $\mathbb{F}_{p^n}$ has a subring isomorphic to $\mathbb{F}_{p^d}$ if and only if $d \mid n$, in which case, the subring is unique and we say $\mathbb{F}_{p^d}$ is a subfield of $\mathbb{F}_{p^n}$.

hbghlyj

业余的业余 发表于 2023-10-29 15:07
The field $\mathbb{F}_{p^n}$ has a subring isomorphic to $\mathbb{F}_{p^d}$

我有一点不懂：这个subring 就是 $x^{p^d}-x$ 在 $\mathbb{F}_{p^n}$ 的所有根组成的吗?

业余的业余

$\mathbb{F}_{p^d}$ 是最小能使之完全分解的有限域，当且仅当 $d \mid k$ 时，$\mathbb{F}_{p^k}$ 有一个和 $\mathbb{F}_{p^d}$ isomorphic 的子域。归根结底，$f(x)=x^{p^d}-x=0$ 的根都在 $\mathbb{F}_{p^d}$ 内。你是想说存在某个根不在 $\mathbb{F}_{p^d}$ 的可能吗？

业余的业余

hbghlyj 发表于 2023-10-29 15:17
我有一点不懂：这个subring 就是 $x^{p^d}-x$ 在 $\mathbb{F}_{p^n}$ 的所有根组成的吗?

这些根都在 $\mathbb{F}_{p^d}$ 中。但组成这个域的元素显然还有很多其他的。

业余的业余

业余的业余 发表于 2023-10-29 14:50
还是这个推论更接近些

就是三楼的这个推论。所有的根都在 $F$ 内。

业余的业余

后面两个推论是这个推论

Let $p$ be a prime and let $n \in \mathbb{N}$. Let $f(x), g(x) \in \mathbb{F}_p[x]$ be two irreducible polynomials of degree $n$. Then $\mathbb{F}_p[x] /(f(x)) \cong \mathbb{F}_p[x] /(g(x))$.

令 $p$ 为质数, 令 $n \in \mathbb{N}$. 如果 $f(x), g(x) \in \mathbb{F}_p[x]$ 是两个度数为 $n$ 的不可约多项式, 那么 $\mathbb{F}_p[x] /(f(x)) \cong \mathbb{F}_p[x] /(g(x))$.

的证明过程中出现的副产品。它们都是紧关联的。我不知道怎么证明，但有它的证明。现在拖脚不来，等有空了再回头消化理解

hbghlyj

业余的业余 发表于 2023-10-29 15:27
如果 $f(x), g(x) \in \mathbb{F}_p[x]$ 是两个度数为 $n$ 的不可约多项式, 那么 $\mathbb{F}_p[x] /(f(x)) \cong \mathbb{F}_p[x] /(g(x))$.

我知道这个定理的证明: 首先 $\mathbb{F}_p[x] /(f(x))$ 和 $\mathbb{F}_p[x] /(g(x))$ 的元素个数都是 $p^n$.
$\mathbb{F}_p[x] /(f(x))$ 中的元素都是 $x^{p^n}-x$ 的根, 因此 $\mathbb{F}_p[x] /(f(x)) \cong \mathbb{F}_p[x] /(g(x))$, 它们都是 $x^{p^n}-x$ 的分裂域.

业余的业余

hbghlyj 发表于 2023-10-29 15:36
我知道这个定理的证明: 首先 $\mathbb{F}_p[x] /(f(x))$ 和 $\mathbb{F}_p[x] /(g(x))$ 的元素个数都是 $p^n$ ...

abababa

这帖我存了一个pdf，但我编辑不了别人的帖子，上传一下那个pdf
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hbghlyj

abababa 发表于 2023-11-6 12:47
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