Spoiler
a) Partimos de: \( p_i=\omega^i+2 \)
Luego: \( \omega^i+2\equiv{0}\,(mód\,p_i) \) \( \wedge \) \( \omega^i\equiv{-2}\,(mód\,\omega^i+2) \)
Para el caso \( i=1 \) , entonces: \( \omega\equiv{-2}\,(mod\,\omega+2) \)
Para el caso \( i=2 \) , como \( \omega=(\omega^2)^3 \) y sabemos que: \( \omega^2\equiv{-2}\,(mód\,\omega^2+2) \) ;
entonces: \( \omega\equiv{(-2)^3}\,(mód\,\omega^2+2) \) \( \wedge \) \( \omega\equiv{-8}\,(mód\,\omega^2+2) \)
Para el caso \( i=3 \) , como \( \omega=(\omega^3)^2 \) y sabemos que: \( \omega^3\equiv{-2}\,(mód\,\omega^3+2) \) ;
entonces: \( \omega\equiv{(-2)^2}\,(mód\,\omega^3+2) \) \( \wedge \) \( \omega\equiv{4}\,(mód\,\omega^3+2) \)
Para el caso \( i=4 \) , como \( \omega=(\omega^4)^4 \) y sabemos que: \( \omega^4\equiv{-2}\,(mód\,\omega^4+2) \) ;
entonces: \( \omega\equiv{(-2)^4}\,(mód\,\omega^4+2) \) \( \wedge \) \( \omega\equiv{16}\,(mód\,\omega^4+2) \)
Puedes reducirlo más y decir que \( \omega\equiv{5}\,(mód\,\omega^4+2) \), porque estás trabajando con primos divisores de 11, luego las congruencias módulo 11 son también congruencias módulo estos primos.
b) Dados i,j diferentes tal que: \( i,j\in{\left<{1,2,3,4}\right>} \)
Si: \( \omega^{\,i}+2\mid\omega^{\,j}+2 \) ; entonces: \( \omega^{\,j}+2\equiv{0}\,(mód\,\omega^{\,i}+2) \) \( \wedge \) \( \omega^{\,j}\equiv{-2}\,(mód\,\omega^{\,i}+2) \) .
Pero hemos visto antes que esto sólo ocurre cuando i = j .
No veo esto. Si dos fueran asociados, \( \omega \) sería congruente con los mismos enteros módulo ambos. No sé si te refieres a eso.
Añado otra manera de resolver el punto b). La anterior está mal como ya intuye Carlos:
Parto de que \( \omega^{\,j}\equiv{\omega^{\,i}}\equiv{-2}\,(mód\,\omega^{\,i}+2) \)
Es decir, que los factores primos de 11 son asociados.
Luego puedo entender que: \( \omega^{\,i}-\omega^{\,j}\equiv{0}\,(mód\,\omega^{\,i}+2) \) \( \wedge \) \( \omega^{\,i}-\omega^{\,j}=\alpha\cdot{(\omega^{\,i}+2)} \) , para \( \alpha \) entero ciclotómico.
Si ahora saco factor común de la expresión a la izquierda de la igualdad, sin pérdida de generalidad, puede quedar así:
\( \omega^{\,i}\,(1-\omega^{\,j-i})=\alpha\cdot{(\omega^{\,i}+2)} \) (He considerado que el exponente \( i \) era mayor que el \( j \))
Y tomando Normas: \( N(\omega^{\,i})\,N(1-\omega^{\,j-i})=N(\alpha)\,N(\omega^{\,i}+2) \) \( \Rightarrow{} \) \( 5\neq{}11\,e \) , para \( e \) entero Norma de \( \alpha \)
(Pues recordando la entrega sobre La Norma, sabemos que \( N(1-\omega^k)=5 \) para k = 1,2,3,4)
c) Tenemos que: \( N(11\omega^3-\omega^2+5\omega+7)=11^3 \)
Como \( \alpha=11\omega^3-\omega^2+5\omega+7 \) divide a su Norma y su Norma consta de 3 factores de un mismo número primo (11), los factores de \( \alpha \) estarán entre los factores de 11.
Conocemos que: \( 11=(\omega+2)\,(\omega^2+2)\,(\omega^3+2)\,(\omega^4+2) \)
Como cada factor de 11 tiene por Norma 11, serán 3 de estos factores los que compongan \( \alpha \) .
Si: \( \omega+2\mid\alpha \) ; entonces: \( \alpha\equiv{0}\,(mód\,\omega+2) \)
Como yo sé que: \( \omega\equiv{-2}\,(mod\,\omega+2) \) ; si sustituyo cada \( \omega \) de \( \alpha \) por \( -2 \) , el resultado de \( \alpha \) será congruente con algún entero mód \( (\omega+2) \) , pero ¿lo será con 0?
Lo hacemos: \( \alpha=11\cdot{(-2)^3}-(-2)^2+5\cdot{(-2)}+7=95\equiv{0}\,(mód\,\omega+2) \) . Esto será así si 11 es factor de 95, pues sabemos que \( \omega+2\mid 11 \) (que es su Norma).
Como no ocurre así descartamos \( \omega+2 \) como factor primo de \( \alpha \)
Lo hacemos ahora para \( \omega^2+2 \) (y sustituyo \( \omega \) ahora por (-8) ) :
\( \alpha=-609\equiv{0}\,(mód\,\omega^2+2) \) ; pero: \( 11\not\mid -609 \)
Para: \( \omega^3+2 \) ; ocurre que: \( \alpha=715\equiv{0}\,(mód\,\omega^3+2) \) \( \wedge \) \( 11\mid 715 \) . Luego ya tenemos un factor primo de \( \alpha \) .
Para: \( \omega^4+2 \) ; ocurre que: \( \alpha=44\,887\equiv{0}\,(mód\,\omega^4+2) \) \( \wedge \) \( 11\not\mid 44\,887 \)
En conclusión: Como \( \alpha \) sólo tiene un factor primo de " 11 ": (\( \omega^3+2 \)) ; éste deberá estar al cubo. Se comprueba con la calculadora de ingmarov y listo; es correcto. Se ha obtenido sin hacer ninguna división.
