模p判断多项式是否可约

1. 简述

$f(x)\in {\mathbb{Z}}_p[x]$​ 不可约 $⟹$ $f(x)\in \mathbb{Z}[x]$ 不可约

在 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 上，三次及以下的不可约首一多项式如下：

• 一次：$x$ 和 $x+1$ 。
• 二次：$x^2+x+1$ 。
• 三次：$x^3+x+1$ 和 $x^3+x^2+1$ 。
  对于三次及以下的多项式, 我们只需要逐个代入验根即可.

如何用模p的方法证明四次的多项式不可约

2. 模p排除特定分解类型

例子-通过模p排除特定分解类型

我们确定 $X^4+8X+12$ 在 $\mathbf{Q}$ 上的伽罗瓦群。首先应当证明多项式不可约。

方法: 如果模p计算出最大的因子为k次, 则可以在Q上排除所有因子次数都小于k的分解
例如 练习 3

如果可约，则它有一个一次因子或者是两个不可约二次多项式的乘积。没有有理根（有理根必须是 12 的整数因子，但它们不是根），所以没有一次因子。为了排除在 $\mathbf{Q}$ 上为两个不可约二次因子的情况，考虑模 5 的不可约分解：

$$X^4+8X+12\equiv (X-4)(X^3+4X^2+X+2)(\mathrm{mod}5).$$

如果$X^4+8X+12$在$\mathbb{Q}$上可以分解为两个二次因子的乘积, 那么在模5之后也必须是两个二次多项式(可能可约)的乘积, 但我们得到的是一次乘三次, 矛盾.

3. 设未知数证明模p不可约

例子-模p不可约判定

令 $f(x)=x^4-x-1\in \mathbb{Z}[x]$，它是首一的。取素数 $p=2$，模 2 后得到：

$$\bar{f}(x)=x^4+x+1\in {\mathbb{F}}_2[x].$$

接下来验证 $\bar{f}(x)$ 在 ${\mathbb{F}}_2$ 上不可约。

步骤 1：检查一次因子（是否有根）
在 ${\mathbb{F}}_2=\{0,1\}$ 中：

• $\bar{f}(0)=0^4+0+1=1\ne 0$，
• $\bar{f}(1)=1^4+1+1=1+1+1=1\ne 0$。
  所以 $\bar{f}(x)$ 在 ${\mathbb{F}}_2$ 中无根，因此没有一次因子。

步骤 2：检查二次因子
${\mathbb{F}}_2$ 上的二次不可约多项式只有：

$$x^2+x+1$$

（因为 $x^2+1=(x+1{)}^2$ 可约，$x^2+x=x(x+1)$ 可约，$x^2$ 可约）。
计算 $(x^2+x+1{)}^2$：

$$(x^2+x+1{)}^2=x^4+x^2+1\text{（在特征 2 中，交叉项抵消）}.$$

这与 $x^4+x+1$ 不相等，所以 $x^4+x+1$ 不是 $(x^2+x+1{)}^2$。

若 $\bar{f}(x)$ 可分解为两个二次因子的乘积，则只可能是：

$$\bar{f}(x)=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d),a,b,c,d\in {\mathbb{F}}_2.$$

展开并比较系数，得到方程组。但由于 $\bar{f}(x)$ 常数项为 1，故 $bd=1$，推出 $b=d=1$。进而比较 $x$ 项系数可得矛盾（具体计算略），实际上可以直接穷举验证无解。
更简单的判断：在 ${\mathbb{F}}_2$ 上，所有二次不可约多项式只有 $x^2+x+1$，而它平方后不等于 $x^4+x+1$，所以 $x^4+x+1$ 不能分解为两个二次不可约多项式的乘积；又因为没有一次因子，所以它在 ${\mathbb{F}}_2[x]$ 中不可约。

4. 利用 $X^{q^n}-X$ 的分解判断有限域上多项式不可约性

4.1 方法简述

在有限域 ${\mathbb{F}}_q$ 上，多项式 $X^{q^n}-X$ 恰好是所有次数整除 $n$ 的首一不可约多项式的乘积。这一结论为我们提供了一种系统性的判断方法：

核心: 对于任意k|n, 如果上述多项式与f(x)是互素的, 那么f(x)在有限域F_p 中没有被k次多项式因子, 从而排除了若干种因子可能性

• 若要证明一个 $m$ 次多项式 $f(x)$ 不可约：
  1. 先手动排除低次因子（如一次、二次等）。
  2. 选择一个合适的 $n$（通常取 $n=\lfloor m/2\rfloor$，使得剩余可能的小于 $m$ 的因子次数 $d$ 都满足 $d\mid n$）。
  3. 计算 $\gcd (f(x),X^{q^n}-X)$。若结果为 $1$，且已手动排除更小的因子，则表明 $f(x)$ 没有次数能整除 $n$ 的不可约因子；结合手动排除的部分，即可推出 $f(x)$ 不可约。
• 反之，若 $\gcd \ne 1$，则 $f(x)$ 必含有次数整除 $n$ 的因子，从而可约。

该方法将因子分解问题转化为多项式求最大公因式的计算，在处理较高次多项式时往往比直接试除所有低次不可约多项式更高效。

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例子：证明 $f(X)=X^7-X-1$ 在 ${\mathbb{F}}_2$ 上不可约

来源为 有限域问题总结

步骤 1：排除一次因子
在 ${\mathbb{F}}_2$ 中代入：

• $f(0)=0^7-0-1=1\ne 0$，
• $f(1)=1^7-1-1=1\ne 0$。
  故 $f(X)$ 无一次因子。

步骤 2：排除二次因子
${\mathbb{F}}_2$ 上唯一的二次不可约多项式为 $X^2+X+1$。做带余除法：

$$f(X)=(X^5+X^4+X^3+X^2+X+1)(X^2+X+1)+1,$$

余式为 $1$，故 $X^2+X+1\nmid f(X)$，即无二次因子。

步骤 3：利用 $X^{2^3}-X$ 排除三次因子
取 $n=3$，计算 $\gcd (f(X),X^{2^3}-X)=\gcd (f(X),X^8-X)$。
在 ${\mathbb{F}}_2$ 上，$X^8-X=X(X^7-1)$。用 $f(X)$ 除 $X^8-X$：

$$X^8-X=X(f(X)-(X+1))=Xf(X)-X(X+1),$$

故余式为 $X(X+1)=X^2+X$。
再计算 $\gcd (f(X),X^2+X)$：模 $X^2+X$ 有 $X^2\equiv X$，则

$$f(X)\equiv X-X-1=1(\mathrm{mod}{X}^2+X),$$

即 $f(X)$ 与 $X^2+X$ 互质，从而 $\gcd (f(X),X^8-X)=1$。

步骤 4：结合定理得出结论
由定理，$X^8-X$ 是所有次数为 $1$ 或 $3$ 的不可约多项式的乘积。

• 已手动排除一次因子。
• $\gcd =1$ 说明 $f(X)$ 无三次因子。

$f(X)$ 可约，其因子次数只能为 $1+6$、$2+5$ 或 $3+4$，但所有次数 $\le 3$ 的因子均已被排除。因此，$f(X)$ 在 ${\mathbb{F}}_2$ 上不可约。

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关键点总结

• 选择 $n$ 的技巧：通常取 $n=\lfloor m/2\rfloor$，以覆盖所有可能的真因子次数。若手动排除了某些小因子，可适当调整 $n$ 使计算更简便。
• 与手动检查的配合：该方法不能直接排除所有低次因子（例如当 $n=3$ 时，它不覆盖 $2$ 次因子），因此需先手动检查那些不整除 $n$ 的低次因子。
• 通用性：该方法是有限域多项式理论的一个直接应用，适用于任意有限域和任意次数的多项式，是判断不可约性的有力工具。