体Z2上の多項式f(x)=x^4+x+1は既約であるか？

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f(0)=1,f(1)=3＝1

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Z2に根を持たない。f(x)=(x-a)g(x),degg(x)=3と表すことができない

degg(x)の次数は2である

f(x)=(x^2+ax+b)(x-2-ax+c)とする, a,b,c＜Z2

a^2-b-c=1

a(b-c)=1

bc=1

b=c=1→a(b-c)=1は0=1となり矛盾→Z2上既約

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（その５３）既約多項式はπ(x)=1+x+x^4のほかに

π(x)=1+x^3+x^4

π(x)=1+x+x^2+x^3+x^4

が存在する・・・とつながるのだろうか？

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f(x)=1+x^3+x^4の場合

f(0)=1,f(1)=31

f(x)=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)=とする, a,b,c,d＜Z2

x^4+(a+c)x^3+(b+d+ac)x^2+(ad+bc)x+bd

(a+c)=1

(b+d+ac)=0

(ad+bc)=0

bd=1→b=1,d=1

→(b+d+ac)=0よりac=0→a=0,c=1またはa=1,c=0

→(ad+bc)=0に矛盾する →Z2上既約

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f(x)=1+x+x^2+x^3+x^4の場合

f(0)=1,f(1)=5＝1

f(x)=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)=とする, a,b,c,d＜Z2

x^4+(a+c)x^3+(b+d+ac)x^2+(ad+bc)x+bd

(a+c)=1

(b+d+ac)=1

(ad+bc)=1

bd=1→b=1,d=1

→(b+d+ac)=1よりac=1→a=1,c=1

→(ad+bc)=1に矛盾する →Z2上既約

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（その５５）1+x+x^5はGF(2)上で既約ではなく、(1+x^2+x^3)(1+x+x^2)と因数分解される

f(x)=1+x+x^5の場合

f(0)=1,f(1)=3＝1

f(x)=(x^2+ax+b)(x^3+cx^2+dx+e)=とする, a,b,c,d,e＜Z2

x^5+(a+c)x^4+(d+ac+b)x^3+ (e+ad+bc)x^2+(ae+bd)x+be

(a+c)=0

(d+ac+b)=0

(e+ad+bc)=0

(ae+bd)=1

be=1→b=1,e=1

→(ae+bd)=1→a+d=1→a=1,d=0またはa=0,d=1→ad=0

→(e+ad+bc)=0→(1+0+c)=0→c=1

(d+ac+b)=0→d+a+1=0

(a+c)=0→a+1=0→a=1,d=0 矛盾しない →Z2上既約ではない

(x^2+x+1)(x^3+x^2+1)と因数分解される

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（その５８）x^2+1は有限体GF(2)上ではx^2+1=x^2+2x+1=(x+1)^2のように因数分解できる。

f(x)=1+x^2の場合

f(0)=1,f(1)=2＝0

f(x)=(x+a)(x+b)とする, a,b＜Z2

a+b=0

ab=1→a=1,b=1

f(x)=x^2+1=(x+1)^2

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（その９１）F2上では

ｘ・ｘ＝ｘ^2

ｘ（ｘ＋１）＝ｘ^2＋ｘ

（ｘ＋１）（ｘ＋１）＝ｘ^2＋２ｘ＋１＝ｘ^2＋１

に現れないx^2＋ｘ＋１を既約多項式とします。

f(x)=1+x+x^2の場合

f(0)=1,f(1)=3＝1・・・既約

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ｍ＝４の場合はπ(x)=1+x+x^4を用いたが、→完

ｍ＝２の場合、π(x)=1+x+x^2→完

ｍ＝３の場合、π(x)=1+x+x^3→完

ｍ＝４の場合、π(x)=1+x+x^4→完

ｍ＝５の場合、π(x)=1+x^2+x^5→完

ｍ＝６の場合、π(x)=1+x+x^6

を用いることによって実現される。

f(x)=1+x+x^6の場合

f(0)=1,f(1)=3＝1

場合分けが2通り→省略する

f(x)=(x^2+ax+b)(x^4+cx^3+dx^2+ex+f)=とする, a,b,c,d,e,f＜Z2

f(x)=(x^3+ax^2+bx+c)(x^3+dx^2+ex+f)=とする, a,b,c,d,e,f＜Z2

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