Beschreibung
Ein Endlicher Körper mit Elementen.
Eigenschaften
Existenz & Eindeutigkeit
Sei eine Primzahl und . Dann gibt es einen Körper mit Elementen und je zwei Körper mit Elementen sind zueinander isomorph.
Konkret ist der Körper mit Größe der Zerfällungskörper eines Körper von Primzahlgröße zum Polynom . Der Zerfällungskörper ist immer eindeutig also sind die Körper gleich.
Algebraischer Abschluss und seine Teilkörper
Sei eine prim und ein algebraischer Abschluss von (ein algebraischer Abschluss ist bis auf Isomorphie eindeutig.)
- Für jedes gibt es genau einen Teilkörper mit Elementen
- Für gilt genau dann, wenn ein Teiler von ist
Für : Sei der algebraische Abschluss von .
- Für jedes gibt es genau einen Teilkörper mit Elementen
- Für gilt genau dann, wenn ein Teiler von ist
Nullstellen des Polynoms
Die Elemente des p-Körpers sind genau die Nullstellen des Polynoms . Desweiteren erfüllen alle Elemente die Gleichung .
Beweis:
Konjugierte Elemente
Konjugierte Elemente sind -Potenzen voneinander
Beweis: Potenziert man das Minimalpolynom mit :
&= x^{np} + a_{n-1}^px^{(n-1)p}+...+x^pa_1^p+a_0^p \\ &= x^{np} + a_{n-1}x^{(n-1)p}+...+x^pa_1+a_0\\ &=f(x^p)\end{align}$$ Es gilt dann $f(x)^p = 0 \iff f(x^p) = 0$ Durch mehrfache Anwendung erhalten wir außerdem $x^{p^2}, x^{p^3}, ...$ als konjugierte Elemente. *Die Potenzierung ist doch genau der [[Frobenius-Automorphismus]]* # Beispiele ## Körper mit p Elemente Siehe [[Körper von Primzahlgröße]] # Übungen ## Klausur 2019? ![[Klausur 2018 Aufgabe 6.png]] ### a) Die Zwischenkörper erhält man nach VL aus den Teilern des Exponenten $8$ und aus Vielfachen des Exponenten $2$. Möglich sind $\F_8, \F_4, \F_2$ also drei ### b) $|K^\times| = 256-1 = 255 = 5 \times 51 = 17 \times 5 \times 3$ Alle endlichen Untergruppen Multiplikativer Gruppen sind zyklisch. $K^\times$ ist damit isomorph zu $C_{255}$. Die Untergruppen einer zyklischen Gruppe sind nur die zyklischen Gruppen, deren Ordnung 255 teilt. (Diese sind dann eindeutig) Aus Kombination der Primfaktoren von $255$ erhält man $1, 3, 5, 15, 17, 51, 85, 255$ also $8$ verschiedene Untergruppen. ## Checkliste Gerkmann ### Aufgabe 1 Warum hat $\F_2$ keine nicht-normalen algebraischen Erweiterungen? Nach VL ist $\F_{2^n}$ der Zerfällungskörper von $x^{p^n}-x$ und zugleich dessen Nullstellenmenge. Sei $\alpha \in \F_{2^n}$, dann teilt das Minimalpolynom von $\alpha$ das obere Polynom womit alle anderen Nullstellen des Polynoms auch in dem Oberkörper liegen. Das Polynom zerfällt. ### Aufgabe 2 Sei $K$ ein p-Körper und $L$ ein Zerfällungskörper eines Polynoms $f$ vom Grad $n \in \mathbb{N}$. Welchen Grad kann die Erweiterung $[L:K]$ haben? Als Zerfällungskörper ist $L|K$ normal und da $K$ ein endlicher Körper ist, auch separabel. Damit ist die Erweiterung eine [[Galois-Erweiterung]]. Jede Galoiserweiterung eines p-Körpers ist zyklisch. Desweiteren muss sie eine Teilmenge von $S_n$ sein. Damit kann sie maximal Ordnung $n$ haben. ## Klausur 2016 Aufgabe 6 ![[Klausur 2016 Aufgabe 6.png]] ### a) In p-Körpern gilt Freshmans Dream: $x^6+1 = (x^3+1)^2$ $x^6+1 = (x^2+1)^3$ ### b) Der Körper hat die Ordnung $p^2-1 = (p-1)(p+1)$ Da $p$ ungerade Primzahl ist, sind die beiden Produkte gerade. D.h. $4 |p^2-1$ Da $p$ Primzahl $>3$ ist, ist $p$ nicht durch $3$ teilbar, also muss einer der anliegenden Zahlen durch $3$ teilbar sein. Damit ist $3 \mid p^2-1$. Damit teilt auch $ggT(3, 4) = 12 \mid p^2-1$. ### c) Nach b) gibt es immer ein Element $\alpha$ der Ordnung $12$. Es gilt also $\alpha^{12} = 1 \implies \alpha^{12}-1 = (\alpha^6-1)(\alpha^6+1) = 0$ Angenommen $\alpha^6-1 = 0$, dann hätte $\alpha$ nicht Ordnung $12$. Also $\alpha^6+1 = 0$. damit löst $\alpha$ das Polynom aus der Aufgabenstellung $\alpha \in \F_{p^2}$, weshalb $\F_p(\alpha)$ ein Zwischenkörper von $\F_{p^2}|\F_p$ ist und nur Erweiterungsgrad $1$ oder $2$ haben kann. - Im Fall $[\F_p(\alpha):\F_p] = 2$, dann teilt das Minimalpolynom $g$ mit Grad 2 das Polynom $x^6+1$, dann ist das Polynom reduzibel. - Im Fall $[\F_p(\alpha):\F_p] = 1$, dann ist $\alpha \in \F_p$ und $(x-\alpha)$ teilt $x^6+1$ und das Polynom ist reduzibel. ## McElice Übung 5-7 Sei $\F_{49}$ der Körper, der durch $x^3-3$ erzeugt wird. Sei $\alpha$ das Element, welches zu der Kongruenzklasse $x \mod x^2-3$ korrespondiert. ### a) Was ist die Ordnung von $\alpha$? Die Multiplikative Gruppe hat die Ordnung $48 = 2^4 * 16$ - $x$ - $x^2 \cong 3$ - $x^3 \cong 3x$ - $x^4 \cong 3x^2 \cong9 \cong 2$ - $x^5 \cong 2x$ - $x^6 \cong 2x^2 \cong 6$ - $x^7 \cong 6x$ - $x^8 \cong 6x^2 \cong 18 \cong 4$ - $x^{12} = 2*4 = 1$ Die Ordnung von $\alpha$ ist $12$ oder ein Teiler. Es kann aber wie man sieht kein Teiler sein, ist also $12$. ### b) Finde eine [[Primitivwurzel]] und beschreibe $\alpha$ als Potenz davon. Verwende $\alpha +1$. Was ist die Ordnung von $\alpha+1$. - $\alpha + 1$ - $(\alpha+1)^2 = \alpha^2 + 2\alpha+1 = 2\alpha+4$ - $(\alpha+1)^3 = (2\alpha^2+6\alpha+4) = 6\alpha+3$ - $(\alpha+1)^4= (4\alpha^2+16\alpha+16) = 2\alpha$ - $(\alpha+1)^7 = 5\alpha^2+6\alpha = 6\alpha+1$ - $(\alpha+1)^8= 4\alpha^2 = 5$ - $(\alpha+1)^{12}=3\alpha$ - $(\alpha+1)^{16}= 25 = 4$ - $(\alpha+1)^{32} = 2$ - $(\alpha+1)^{48} = 1$ - $(\alpha+1)^{20}= 8\alpha = \alpha$ Gefunden! Es gilt $\alpha = (\alpha+1)^{20}$ ### c) Finde das Minimalpolynom von $\alpha+1$. Das Minimalpolynom berechnet sich aus den 2 konjugierten Werten. $$\begin{align}(x-(\alpha+1))(x-(\alpha+1)^7) &= (x-(\alpha+1))(x-(6\alpha+1))\\ &= x^2-((\alpha+1)+(6\alpha+1))x+(\alpha+1)(6\alpha+1)\\ &=x^2-2x+5\end{align}$$ ## McEliece Übung 5-8 Erzeuge $\F_{27}$ mit dem Minimalpolynom $x^3+2x+1$. Liste alle Elemente und finde für alle Elemente das Minimalpolynom und die Ordnung. Sei $\alpha$ eine Nullstelle des Polynoms. Dann gilt $x^3 = -2x-1 = x+2$ | Potenz | Element | Ordnung | Minimalpolynom | | ------ | ------- | ------- | --------------- | | - | 000 | - | $x$ | | 0 | 001 | 1 | $x-1$ | | 13 | 002 | 2 | $x-2$ | | 1 | 010 | 26 | $x^3+2x+1$ | | 9 | 011 | 26 | $x^3+2x+1$ | | 3 | 012 | 26 | $x^3+2x+1$ | | 14 | 020 | 13 | $x^3+x+2$ | | 16 | 021 | 13 | $x^3+x+2$ | | 22 | 022 | 13 | $x^3+x+2$ | | 2 | 100 | 13 | $x^3+x^2+x+2$ | | 21 | 101 | 26 | $x^3+x^2+2x+1$ | | 12 | 102 | 13 | $x^3+x^2+2$ | | 10 | 110 | 13 | $x^3+x^2+2$ | | 6 | 111 | 13 | $x^3+x^2+x+2$ | | 11 | 112 | 26 | $x^3+x^2+2x+1$ | | 4 | 120 | 13 | $x^3+x^2+2$ | | 18 | 121 | 13 | $x^3+x^2+x+2$ | | 7 | 122 | 26 | $x^3+x^2+2x+1$ | | 15 | 200 | 26 | $x^3+2x^2+x+1$ | | 25 | 201 | 26 | $x^3+2x^2+1$ | | 8 | 202 | 13 | $x^3+2x^2+2x+2$ | | 17 | 210 | 26 | $x^3+2x^2+1$ | | 20 | 211 | 13 | $x^3+2x^2+2x+2$ | | 5 | 212 | 26 | $x^3+2x^2+x+1$ | | 23 | 220 | 26 | $x^3+2x^2+1$ | | 24 | 221 | 13 | $x^3+2x^2+2x+2$ | | 19 | 222 | 26 | $x^3+2x^2+x+1$ | Die Einheitengruppe von $\F_{27}$ hat $26 = 2 * 13$ Elemente - $\alpha^2$ - $\alpha^3=\alpha+2$ - $\alpha^4 = \alpha^2+2\alpha$ - $\alpha^5 = 2\alpha^2+\alpha+2$ - $\alpha^6 = \alpha^2 + \alpha + 1$ - $\alpha^7 = \alpha^2 + 2\alpha+2$ - $\alpha^8 = \alpha^4+4\alpha^3+4\alpha^2 = \alpha^2+2\alpha+4\alpha+8+4\alpha^2 = 2\alpha^2+2$ - $\alpha^9 = \alpha+1$ - $\alpha^{10} = \alpha^2+\alpha$ - $\alpha^{11} = \alpha^2+\alpha+2$ - $\alpha^{12} = (\alpha^2+2\alpha)(2\alpha^2+2) =2\alpha^4+\alpha^3+2\alpha^2+\alpha = 2\alpha^2+\alpha+\alpha+2+2\alpha^2+\alpha = \alpha^2+2$ - $\alpha^{13} = \alpha^3+2\alpha = 2$ - $\alpha^{14} = 2\alpha$ - $\alpha^{15} = 2\alpha^2$ - $\alpha^{16} = 2\alpha+1$ - $\alpha^{17} = 2\alpha^2+\alpha$ - $\alpha^{18} = \alpha^2+2\alpha+1$ - $\alpha^{19} = 2\alpha^2 + 2\alpha + 2$ - $\alpha^{20} = 2\alpha^2 + \alpha + 1$ - $\alpha^{21} = \alpha^2+1$ - $\alpha^{22} = 2\alpha+2$ - $\alpha^{23} = 2\alpha^2+2\alpha$ - $\alpha^{24} = 2\alpha^2+2\alpha+1$ - $\alpha^{25} = 2\alpha^2 + 1$ - $\alpha^{26} = 1$ Nebenrechungen: $(\alpha+1)^2 =\alpha^2+2\alpha+1 = 0$ $(\alpha^9, \alpha^{9*3}, \alpha^{9*3*3}) = \alpha^9, \alpha^1, \alpha^3$ sind konjugiert und teilen das gleiche Min-Polynom $(x-\alpha^2)(x-(\alpha^2+\alpha+1))(x-(\alpha^2+2\alpha+1)) = (x-\alpha^2)(x^2-((\alpha^2+\alpha+1)+(\alpha^2+2\alpha+1))x + (\alpha^2+\alpha+1)(\alpha^2+2\alpha+1))$ $=(x-\alpha^2)(x-(\alpha^2+\alpha+1))(x-(\alpha^2+2\alpha+1)) = (x-\alpha^2)(x^2-(2\alpha^2+2)x + (2\alpha+1))$ $= (x^3-2x^2+((2\alpha+1+(2\alpha^4+2\alpha^2)))x)$ $R}$ }$ ebra