Polinomteilbarkeit im end Ring < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:03 Mo 15.01.2007 | | Autor: | nadador |
| Aufgabe | Sei [mm]F = \IF_q[/mm] ein endlicher Körper mit [mm]q[/mm] Elementen, [mm]f(x)\in F[x][/mm] ist ein normiertes Polinom vom Grad [mm]n[/mm] und [mm]E=F[x]/[/mm] ([mm]E[/mm] ist ein Ring und nicht notwendigerweise ein Körper). Weiterhin setzen wir [mm]\nu = X+ \in E[/mm] von der Art das gilt [mm]E=F[\nu][/mm].
(a) Beweise, dass das Polinom f irreduzibel ist, genau dann, wenn [mm]f(x)|X^{q^n}-X[/mm] und [mm]ggt(X^{q^{n/r}}-X, f(X))=1[/mm] für alle Primteiler [mm]r[/mm] von [mm]n[/mm]. |
[mm]X^{q^n}-X=(X^q-1)(x^{q^{n-1}}+...+X^q+1)[/mm] ist mir klar. Aber wie ich [mm]f[/mm] dadurch teilen kann ist mir bisher nicht klar. Die Potenzierung von [mm]f[/mm] mit [mm]q[/mm] und [mm]q-1[/mm] hat jeweils nur die Hälfte des Problems gelöst.
Hat vielleicht jemand eine bessere Idee?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:43 Mi 17.01.2007 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Sei [mm]F = \IF_q[/mm] ein endlicher Körper mit [mm]q[/mm] Elementen, [mm]f(x)\in F[x][/mm]
> ist ein normiertes Polinom vom Grad [mm]n[/mm] und [mm]E=F[x]/[/mm] ([mm]E[/mm]
> ist ein Ring und nicht notwendigerweise ein Körper).
> Weiterhin setzen wir [mm]\nu = X+ \in E[/mm] von der Art das
> gilt [mm]E=F[\nu][/mm].
> (a) Beweise, dass das Polinom f irreduzibel ist, genau
> dann, wenn [mm]f(x)|X^{q^n}-X[/mm] und [mm]ggt(X^{q^{n/r}}-X, f(X))=1[/mm]
> für alle Primteiler [mm]r[/mm] von [mm]n[/mm].
> [mm]X^{q^n}-X=(X^q-1)(x^{q^{n-1}}+...+X^q+1)[/mm] ist mir klar. Aber
> wie ich [mm]f[/mm] dadurch teilen kann ist mir bisher nicht klar.
> Die Potenzierung von [mm]f[/mm] mit [mm]q[/mm] und [mm]q-1[/mm] hat jeweils nur die
> Hälfte des Problems gelöst.
> Hat vielleicht jemand eine bessere Idee?
Du musst beachten, dass der Zerfaellungskoerper von [mm] $x^{q^n} [/mm] - x [mm] \in \F_q[x]$ [/mm] gerade der eindeutig bestimmte Koerper mit [mm] $q^n$ [/mm] Elementen ist, also [mm] $\F_{q^n}$. [/mm] Und da [mm] $x^{q^n} [/mm] - x$ nur einfache Nullstellen hat, sind die Elemente aus [mm] $\F_{q^n}$ [/mm] also genau die Nullstellen von [mm] $x^{q^n} [/mm] - x$.
Also: Wenn $f$ irreduzibel ist, dann ist [mm] $\F_q[x]/(f)$ [/mm] eine Koerpererweiterung von [mm] $\F_q$ [/mm] von Grad [mm] $\deg [/mm] f = n$. Also ist [mm] $\F_{q^n} [/mm] = [mm] \F_q[x]/(f) [/mm] = [mm] \F_q[\nu]$ [/mm] und $f$ ist das Minimalpolynom von [mm] $\nu$. [/mm] Damit muss $f$ ein Teiler von [mm] $x^{q^n} [/mm] - x$ sein, da [mm] $\nu$ [/mm] eine Nullstelle von [mm] $x^{q^n} [/mm] - x$ ist.
Jetzt musst du dir noch ueberlegen, dass $f$ in diesem Fall keinen gemeinsamen Teiler mit [mm] $x^{q^{n/t}} [/mm] - x$ teilen kann, wenn $t > 1$ ein Teiler von $n$ ist. (Da $f$ irreduzibel muesste $f$ schon [mm] $x^{q^{n/t}} [/mm] - x$ teilen, und somit waer [mm] $\F_q[\nu] \subseteq \F_{q^{n/t}}$, [/mm] kannst du das nachvollziehen?.)
Wenn $f$ nicht irreduzibel ist, so gibt es einen irreduziblen Teiler, etwa $g$, mit $m = [mm] \deg [/mm] g < f$, und $g$ teilt [mm] $x^{q^m} [/mm] - x [mm] \in \F_q[x]$ [/mm] nach den gleichen Argumenten wie oben.
LG Felix
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