有哪些在Z[x]上不可約的多項式，而對任意素數p，在Zp[x]上都是可約的？

01-16

這些多項式的全體是如何的呢？
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與題無關：不是作業啊！被舉報怕了。我知道有些作業題目可能是考察這類問題的，但不完全一樣的啊。我只是想尋求一個整體上的理解≥﹏≤

Eh... 看到Math.SE上已經有人問過這個問題了.

abstract algebra

文中提到一個定理：Frobenius density theorem

大意是說Q上n次不可約多項式在所有F_p上可約的充要條件是多項式的Galois group不含n-輪換。

那麼deg(f)=prime的情形自動被否決。

還有一篇文章

http://www.math.ucla.edu/~mms/poly.pdf

斷言(定理3.2)

deg(f)=composite

那麼存在符合條件的Q上的多項式。

我所知道的有兩大類：

第一類是所有的 Swinnerton-Dyer 多項式，它們形如

$f(x) = prod(xpmsqrt{p_1}pmsqrt{p_2}pmcdotspmsqrt{p_n})$

其中 p1, ... , pn 是互不相同的素數，次數為 2^n。這種多項式都是不可約的，但是模任何素數 p 以後都會分解為 1 次或者 2 次不可約多項式的乘積。

有些答案裡面說的 $x^4 - 10x^2 + 1$ 其實就是取 p=2, 3 的特殊情形。

第二類是一些特殊的分圓多項式，分圓多項式 $Phi_n(x)$ 是 n 次本原單位根在有理數域上的最小首一多項式，要使得它模所有素數都可約，就需要這麼一個條件：

$Phi_n(x)$ 模任何素數都可約當且僅當其判別式是一個完全平方數。

滿足這樣的要求的分圓多項式那就很多了，比如 $n=p_1p_2cdots p_k$ ，這裡 $p_1,ldots,p_k$ 都是奇素數，或者 $n=2^m, mgeq3$ 的那些 n。

註：n 次分圓多項式的判別式為

$frac{n^{phi(n)}}{prod_{p|n}p^{phi(n)/(p-1)}}$

所以你可以自己驗證其它答案裡面給出的分圓多項式是不是滿足要求。

目前只舉出個例子：x^4-10x^2+1.

對p=2,3我們單獨驗證。對其它的p, 由於(2/p)(3/p)=(6/p)（Legendre符號），2,3,6中必有一個在Fp中是平方，於是乎由x^4-10x^2+1的分解式（(x-a)(x+a)(x-1/a)(x+1/a)，其中a為根號2+根號3）可得它可以在Fp中分解為兩個二次因式。

並不知道一般情況……權當拋磚引玉……

當然簡單分析一下就能發現Gal(f)是Sn或者Zn都是不行的……然而這之後我就不知道了……

f是一個整係數多項式,G是它的Galois群,G自然作用在f的根上，給出一個置換表示

把mod p 翻譯成Frobenius同構的條件，利用密度定理可以證明:

①f 在Z上有根等價於 G 所有元都 fix 同一個根

② f mod p 都有根等價於 G 中每個元都至少fix 某一個根

③ f mod p 都可約等價於 G 不包含 n 輪換

④ f 在 Z 上可約等價於 G 作用不是可遷的

所以問題轉為如何理解群的置換表示的問題.有了上面的結論，反例非常好構造:

考慮 $x^4+1$ 給出的置換表示為:

分裂域 $K=mathbb Q( sqrt{2},sqrt-1)=mathbb Q(zeta_8)$

Galois群

$G cong (mathbb Z/ 8 mathbb Z)^{ imes} : (zeta mapsto zeta^n) mapsto n (mod 8)$

acts on

${zeta,zeta^3,zeta^5,zeta^7}, zeta=e^frac{pi i}{4}$

這個作用就是G在自身的左乘作用(根全體同構於1，3，5，7，即G自己）

所以當然不包括n輪換

(一個有限群在自身的左乘置換作用包含n輪換等價於這是一個循環群)

然而這個作用是可遷的

(左乘作用自然可遷)

不難驗證n小於4時，f如果不可約，那麼galois群一定含n輪換，此時兩者等價

一般地，很容易找到其他不包含n輪換的可遷置換作用（例如n次單位根的分裂域是分圓域，Galois群的置換表示就是Z/nZ的單位群的左乘作用，其總是可遷的，但是包含n輪換當且僅當是個循環群，即n是2乘p的冪，p的冪，2，4這幾種，p奇素數）所以我覺得mod p都可約的多項式中可約的只佔少數.

補一下較為tricky的2的證明：

K為f的分裂域

如果G中每個元都fix f 一個根，那麼對p素數,考慮P|p,則O_K/P /F_p 是循環擴張，

由於G到這個有限域的擴張的Galois群的自然限制是滿射，

存在G中元x，x mod P生成這個循環群，x所fix的根記為z，則z mod P 被所有自同構fix故屬於 F_p,所以存在整數b，b-z=0 mod P，從而f(b)-f(z)=0mod P 所以f(b) in P ,所以f(b） in P 交 Z=p,所以f(b)=0 mod p

反過來，對G中元x，由密度定理存在無窮多p|P,使得Frobp|P=x，那麼由於f 模p有根b ,所以存在f一個根z，z=b mod P，所以x(z)=x(b)=b mod P，所以x(z)-z屬於P

由於f根有限個，p無窮多個，所以仍可找一個根z，使得x(z)-z屬於無窮多個P,

但是無窮多個P的交一定是0,所以x(z)=z

而3是由於mod p的分解型的種類與G這一置換表示的置換型的種類一一對應

我在路上想了一下，嘗試回答一個。

首先舉個例子吧，比如單位根 $zeta_{15}$ 在 $mathbb{Q}$ 上的極小多項式就可以。令它為 $f(x)$ ，令 $K=mathbb{Q}(zeta_{15})$ 。那麼 $O_K=mathbb{Z}[zeta_{15}]$ ，假設存在某個素數 $p$ ， $f(x) pmod{p}$ 不可約，而 $f(x) pmod{p}$ 的分解對應於 $p$ 在 $O_K$ 中的分解，故這當且僅當 $p$ 在 $O_K$ 中是慣性的。而這等價於說 $pO_K$ 的剩餘類數是域擴張的次數。而 $p$ 所對應的Frobenius元 $Frob_p$ 的階數是 $pO_K$ 的剩餘類數，也就是域擴張的次數，這表明 $Gal(K/mathbb{Q})$ 是由 $Frob_p$ 生成的，也就是一個循環群，而這顯然是不對的，因為 $pmod{15}$ 沒有原根。

很顯然這樣的上面的論述可以輕易的推廣到 $K=mathbb{Q}(zeta_n)$ ，其中 $pmod{n}$ 沒有原根。

而對於一般的情況也可以用上述論斷，比如考慮任意一個整係數的多項式 $f(x)$ ， $alpha$ 是她的某個根為了方便起見，先假設 $mathbb{Q}(alpha)/mathbb{Q}$ 是Galois的。設素數 $p$ 不整除 $[O_K:mathbb{Z}(alpha)]$ ，那麼 $f(x) pmod{p}$ 不可約當且僅當 $p$ 在 $O_K$ 中慣性，當且僅當 $Gal(K/mathbb{Q})$ 是循環的，當 $Gal(K/mathbb{Q})$ 是循環群的時候，由密度定理知存在無窮個素數 $p$ 使得 $Frob_p$ 是 $Gal(K/mathbb{Q})$ 的生成元，這時候 $f(x) pmod{p}$ 就是不可約的了，故這中情況一定是不合要求的。

不過這時候還有個小問題就是對於整數 $[O_K:mathbb{Z}(alpha)]$ 的素數，我們還不知道 $f(x) pmod{p}$ 的分解。這個問題明天有空想清楚了再補上。而當 $f(x)$ 不是正規多項式的時候，會要麻煩一些，因為這時候沒有對應的Frobenius元了，我們需要放到 $mathbb{Q}(alpha)/mathbb{Q}$ 的Galois閉包中取考慮，明天想清楚了一併補上。

記這個多項式為f。一個必要條件「對all but finitely many素數p，f在Zp[x]上都是可約的」

令F為f對應的域擴張，K為其Galois closure, G=Gal(K/Q), H=Gal(K/F)。則上述必要條件可通過G和H準確的刻畫：

考慮一個素數p unramified in A=Z[X]/(f(X))。令P為 a prime in O_K lying over p。令g為P/p對應的Frobenius element。

有一個結論說，p在A里的分裂為若干素理想，這些素理想和HG/&中的double coset一一對應

（對A=O_F的情況的證明見Janusz那本代數數論，這裡A=Z[X]/(f(X))。但是假設了p unramified in A，所以A里的素理想和O_F里的素理想應該是一一對應的）

所以p在A里仍為素理想（即f在Zp[X]上不可約）當且僅當滿足g^k in H的最小的正整數k=[G:H]，或者說，Hg^i, i=0,...,k-1構成HG的全部representatives。（補充：這個其實就是說&在HG上的作用是regular的，也即g是一個n-cycle，n=[G:H]，見下面某匿名用戶的答案）

另外Chebotarev density theorem說對G中的給定共軛類C，滿足Frobenius element的共軛類為C的素數p的密度為|C|/|G|。因此每個g都會被取到。

因此上面的必要條件成立當且僅當對所有g in G, 滿足g^k in H的最小的正整數k小於[G:H]。（補充：這個其實就是說G在HG上的作用不含n-cycle）

比如說，如果G是non-cyclic abelian group, H={e}，這個總是成立的。

感覺對剩下有限多的ramified prime也是對的——想了一下應該對應f mod p有重因子的情形，這時顯然是可約的。

有個更強的例子: