dritte Vortrag

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dritte Vortrag

Endliche Körper

Sven Klingler

3. Mai 2008

Im folgenden bezeichne R immer einen kommutativen Ring mit 1.

1 Algebraische Grundlagen

Definition und Bemerkung 1.1.: Sei a ⊂ R ein Ideal in R

(a) R /a := {r + a | r ∈ R} ist ebenfalls ein kommutativer Ring mit 1. Für

x ∈ R definieren wir die Elemente aus R /a wie folgt: x := x + a ∈ R.

Dann erhalten wir äquivalent zu der Konstruktion von Z /mZ für m ∈

N, folgende Regeln für Addition und Multiplikation:

x + y = x + a + y + a = x + y + a

x · y = · · · = x · y + a

(b) Nach dem Euklidischen Algorithmus gilt für x, a ∈ R mit ggt(x, a)=1

∃r 1 , r 2 ∈ R : r 1 x + r 2 a = 1. Also ist in R /(a) r 1 invers zu x.

Folglich gilt: x ∈ (R /(a) ) ∗ ⇔ ggT(x, a) = 1. Das funktioniert natürlich

nur wenn der ggT existiert, d.h. wenn R ein euklidischer Ring ist.

(c) Die eulersche ϕ Funktion

ϕ : N ≥1 → N ≥1 mit

ϕ(m) := (Z mZ ) ∗ = #{0 ≤ n < m : ggT(m, n) = 1} und

ϕ(1) := 1 heißt eulersche ϕ Funktion.

(d) Einige Eigenschaften:

ϕ(p) = p − 1, falls p eine Primzahl ist.

ϕ(p k ) = #{n ∈ {1, · · · , p k } mit ggT(n, p k ) = 1} =

= #{{1, · · · , p k } − {p, 2p, · · · , p 2 , · · · , p k }} = p k − p k−1 .

ohne Beweis: ϕ(a · b) = ϕ(a) · ϕ(b) für ggT(a,b) = 1.

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Definition 1.2:

(a) Ein Ring R heißt faktoriell, falls:

Jedes x ∈ R−{0} eine eindeutige Darstellung der Form x = u ∏ p:prim,normiert psp

mit u ∈ R ∗ und s p ∈ N besitzt.

(b) p ∈ R heißt Prim(ideal), falls:

∀r, s ∈ R : p | r · s ⇒ p | r oder p | s

(c) p ∈ R heißt irreduzibel, falls:

für alle Zerlegungen p = x · y mit x, y ∈ R : x ∈ R ∗ oder y ∈ R ∗

(d) Ein Ideal ℘ heißt Primideal, falls:

℘ ≠ R und für a · b ∈ ℘ stets a ∈ ℘ oder b ∈ ℘ gilt.

Bem.: p Primelement ⇔ (p) ist Primideal.

(e) Ein Ideal m heißt maximal, falls

m ≠ R und aus a ⊂ R Ideal mit m ⊂ a ⊂ R folgt, dass a = m oder

a = R

Lemma 1.3:

Seien ℘ und m Ideale in R

(i) ℘ ist prim ⇔ R /℘ ist Nullteilerfrei

(ii) m ist maximal ⇔ R /m ist ein Körper

(iii) ℘ maximal ⇒ ℘ ist prim

Beweis:

(c) Diese Aussage ist eine direkte Folgerung aus Teil (a) und (b), denn

wenn ℘ ein maximales Ideal ist, ist R /℘ ein Körper. Und da Körper

bekanntermaßen nullteilerfrei sind ist ℘ auch ein Primideal.

(a) Seien a, b ∈ R /℘ . Dann gilt definitionsgemäß:

a · b ∈ ℘ ⇒ a ∈ ℘ oder b ∈ ℘

Nun überlegen wir uns: wenn ab + ℘ = ℘ und somit ab ∈ ℘ gilt,

erhalten wir a = 0 oder b = 0. Also ist obige Aussage äquivalent zu:

a · b = 0 ⇔ a = 0 oder b = 0,

Was gerade der Definition von Nullteilerfreiheit entspricht.

(b) ℘ maximales Ideal, ist äquivalent zu: ∀a ∈ R − ℘ : ℘ + (a) = R,

sonst wäre ℘ kein maximales Ideal! Dies wiederum ist äquivalent zu

der Aussage, dass es p ∈ ℘ und r ∈ R gibt, mit: r · a + p = 1, denn

1 ist ja ein Element aus R. Dies wiederum ist dazu äquivalent, dass

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das Nullideal maximal in R /℘ ist (und R /℘ somit ein Körper ist), denn

nach dem bisher gesagten, gibt es für alle a ∈ R /℘ − {0} ein r ∈ R /℘

mit a · b = 1. Somit ist jedes vom Nullideal verschiedene Ideal in R /℘

schon der gesamte Restklassenring. Damit ist alles gezeigt.

Lemma 1.4:

In einem Hauptidealring sind folgende Aussagen äquivalent:

(i) p ∈ R ist prim

(ii) p ∈ R ist irreduzibel

(iii) (p) ⊂ R ist maximales Ideal

Beweis:

(iii) ⇒ (ii) (p) maximales Ideal ⇒ 1.3. (p) Primideal ⇒ p ist Primelement.

(ii) ⇒ (i) Sei p = x · y mit x, y ∈ R, dann gilt definitionsgemä“s: p | x oder p | y

Œ gelte p | x ⇒ ∃c ∈ R : pc = x ⇒ p = xy = pcy ⇒ cy = 1. Also ist

y eine Einheit in R, womit die Definition eines irreduziblen Elements

erfüllt ist.

(i) ⇒ (iii) Sei p ∈ R irreduzibel und a ∈ R mit: (p) ⊂ (a) ⊂ R. Also muss es ein

c ∈ R geben mit: p = c · a. Da p irreduzibel ist, gilt entweder c ∈ R ∗ ,

womit (wegen p = ca ⇔ c −1 p = a) (p) = (a) wäre. Oder a ∈ R ∗ ,

womit (a) = R gelten würde, denn dann wäre ja 1 ∈ R. Also ist p ein

maximales Ideal. Damit ist alles gezeigt.

Satz 1:

Euklidische Ringe sind faktoriell

Beweis:

Zeige hierzu: R euklidisch ⇒ (i) R Hauptidealring ⇒ (ii) R faktoriell

(i) Diese Aussage wurde bereits im ersten Vortrag bewiesen.

(ii) Aus Lemma 1.4. wissen wir, dass in einem Hauptidealring irreduzible

Elemente Primelemente sind.

Zeige nun: Jedes x ∈ R − {0} lässt sich als Produkt irreduzibler Elemente

schreiben.

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Sei x ∈ R mit der Eigenschaft: x lässt sich nicht als Produkt irreduzibler

Elemente darstellen. ⇒ x ist nicht in R ∗ und x ist nicht irreduzibel.

⇒ x = x 1 y 1 mit x 1 , y 1 /∈ R ∗

Πsei x 1 wieder ein Element, das sich nicht als Produkt irreduzibler

Elemente darstellen lässt.

⇒ x 1 = x 2 y 2 mit x 2 , y 2 /∈ R ∗ . Erhalte wieder Œ x 2 als Element,

das sich nicht als Produkt irreduzibler Elemente in R darstellen lässt.

Wenn wir dieses Verfahren induktiv fortsetzen, erhalten wir auch noch

x 3 , x 4 , · · · mit diesen Eigenschaften und somit eine aufsteigende Kette

von Idealen d.h.: (x 1 ) ⊂ (x 2 ) ⊂ · · · Definiere nun I := ⋃ ∞

i=1 x i. I ist

Ideal. Da wir in einem Hauptidealring sind folgt: ∃a ∈ R : I = (a) ⇒

∃i ∈ N : a ∈ (x i ) ⇒ x j ∈ (x i ) für j > i Das ist ein Widerspruch! Damit

kann es kein x mit obigen Eigenschaften geben und die Aussage

ist gezeigt.

Bemerkung 1.5. (Satz von Lagrange)

Seien (G, ·) eine endliche Gruppe und H eine Untergruppe von G

Sei außerdem #G = n und a ∈ G.

(a) Der Satz von Lagrange sagt dann: #H |#G

(b) Außerdem gilt für a ∈ G: a n = 1 Dann gilt: a n = 1.

Beweis:

(a) vgl. LA1 Skript 2.11.2.

(b) Sei ord(a)= d und H := {1, a, a 2 , · · · , a n−1 }.

Dann ist H eine Untergruppe von G.

Mit dem Satz von Lagrange gilt dann #H | #G ⇒ ∃k ∈ N : n = kd

Also haben wir: a n = a kd = (a d ) k = 1 k = 1.

Damit ist alles gezeigt.

2 Körpererweiterungen und endliche Körper

Definition und Bemerkung 2.1: Seien p eine Primzahl, h ∈ F p [X] ein

irreduzibles Polynom mit grad(h) = d und q := p d .

(a) Z /pZ =: F p ist ein Körper, denn er hat nach eulers ϕ Funktion p − 1

Einheiten.

(b) (Kronecker Konstruktion) F p [X] /(h(X)) =: F q ist ein Körper mit

p d Elementen.

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(c) (ohne Beweis) Alle Körper mit p d Elementen sind isomorph

Beweis:

Bleibt nur noch Aussage (b) zu zeigen:

Aus dem ersten Kapitel folgt direkt, dass F q ein Körper ist.

Es gibt genau p d Polynome in F p , die Grad kleiner d haben.

Diese sind gerade die Elemente von F q .

Beispiel 2.2:

Betrachte: R[X] /(X 2 +1) = {a + bX + (X 2 + 1) · R[X] | a, b ∈ R}

Es gilt X 2 + 1 = 0 ⇔ X 2 = −1 und für a + bX ≠ 0 gilt:

(a + bX) · (

a

a 2 +b 2 −

b

a 2 +b 2 X) = 1 Es gilt R[X] /(X 2 +1) ∼ = C ist ein Körper.

Lemma 2.3: Seien K ein Körper, f ∈ K[X] und grad(f) = d ≥ 1

(a) #{α ∈ K : f(α) = 0} ≤ d

(b) Für alle h ∈ K[X] existieren eindeutig bestimmte, irreduzible Polynome

g 1 , . . . , g m ∈ K[X] mit f(X) = ∏ m

i=1 g i(X)

Beweis

(b) Diese Behauptung folgt direkt aus Satz 1.

(a) Angenommen es gäbe mehr als d Nullstellen von f in K[X]

Seie α 1 , . . . , α d+1 die ersten d + 1 Nullstellen.

Dann können wir diese induktiv von f abgespalten werden:

f(X) : (X − α 1 ) =: r 1 (X) wobei grad(r 1 )=d-1

.

r d (X) : (X − α d+1 ) =: r d+1 (X) wobei grad(r d+1 )=-1

Ein solches Polynom kann es aber nicht geben.

Satz 2:

Die multiplikative Gruppe F ∗ eines endlichen Körpers ist zyklisch.

Beweis:

Sei q := #F Œ können wir q > 3 annehmen. (Das geht, weil Körper

mindestens zwei Elemente haben (vgl Def. aus LA) und für q = 3 wäre

F 3

∼ = Z/3Z Sei außerdem h := q − 1 = #F ∗ q mit zugehöriger Primfaktorzerlegung

∏ m

i=1 pr i

i

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Für alle 1 ≤ i ≤ m hat das Polynom X h p i höchstens h P i

Nullstellen in F q .

(gilt nach letztem Lemma)

h

Wegen h p i

< h gilt: ∃a i ∈ F ∗ p

q : a i

p

i

≠ 1. Sei b i := a

r i

i Dann gilt: b pr i

i

i

= a h i =

1 ⇒ e i := ord(b i ) | p r i

i

Da p i eine Primzahl ist, existiert ein s i ≤ r i , sodass

e i = p s i

i . Annahme: s i ≤ r i − 1 ⇒ b ps i

i

i

= 1 ABER: b pr i −1 h

i

p

i

= a i

i

≠ 1.

Also ist s i = r i und somit e i = p r i

i .

Sei b := ∏ m

i=1 b i und e := ord(b)

Annahme: < b >≠ F x . Dann wäre e ein echter Teiler von h klar: b h = 1 und

h

e | h Weil e ein echter Teiler von h ist, gibt es ein p i , sodass: e |

p i

Πsei

p i = p 1 . Wegen b e = 1 ist auch b h/p 1

= 1 ⇒ 1 = b h/p 1

= ∏ m

i=1 bh/p 1

i

= b h/p 1

1

⇒ e 1 | h p 1

, da e 1 = p r 1

1 und h p 1

= p r 1−1

1 · ∏m

i=2 bh/p 1

i

Da p i für i = 1, · · · , m teilerfremd sind (Primzahlen!!!) haben wir einen Widerspruch

gefunden.

h i

3 Erste Vorbereitungen für den Primzahlalgorithmus

Lemma 3.1: Seien n ≥ 2, k ≥ 1 und d ≥ 1 ∈ Z

Dann gilt: (n k − 1) | (n d − 1) ⇒ k | d

Beweis:

Schreibe d = kq + r mit q ≥ 0

Zu zeigen: r = 0

n d −1

n k −1 = nr (n qk −1)+(n r −1)

= n r (n (q−1)k + . . . + n k + 1) + nr −1

(n k −1) n k −1 .

Für r ≠ 0 ist aber 0 < nr −1

n k −1 < 1.

Das wäre aber ein Widerspruch.

Damit ist alles gezeigt.

Lemma 3.1:

Sei p eine Primzahl und f(X) ∈ F p [X]. Dann gilt in F p

f(X p ) = (f(X)) p

Beweis:

Wir führen den Beweis durch Induktion über d := grad(f)

IA: d = 0. Nach Fermat gilt: a p ≡ a mod p ⇒ Beh.

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IS: d ≥ 1 und die Beh. gilt für alle Polynome mit Grad kleiner als d. Schreibe

f(X) = aX d + g(X) mit a ∈ F p und g(X) ∈ F p [X] mit grad(g) < d

(f(X)) p = (aX d + g(X)) p = ∑ p

( p

i=0 i)

ai · X i−d (g(X)) p−i wegen den bekannten

Eigenschaften des Binomialkoeffizienten ist das aber genau (g(X)) p +

a p x pd = I V g(X p ) + a p (X p ) d = f(X p ) ⇒ Beh.

Satz 3:

Seien p, r verschiedene Primzahlen und sei d die Ordnung von p modulo r.

Alle irreduziblen Polynome in F p [X], die Xr −1

X−1

teilen haben den Grad d.

Beweis:

Genüge h(X) den obigen Anforderungen. Sei k := grad(h). Wir zeigen die

Aussage k = d, indem wir zuerst k | d und dann d | k beweisen.

Schritt 1: k | d

F p /(h(X)) ist Körper mit p k Elementen. Sei < g >= F ∗ p k ⇒ ord(g) = p k − 1

nach obigem Lemma gilt: (g(X)) pd = g(X pd ) in F p [X].

Wegen p d ≡ 1 mod r ⇒ ∃k ≤ 1 : p d = 1 + kr.

Sei f ∈ F p [X]: f(X)h(X) = X r − 1

⇒ X pd = X · X kr = X · (1 + f(X)h(X)) k ≡ X mod h(X)

g ≠ 1 da Erzeuger von F ∗ p k ⇒ (g(X)) pd −1 ≡ 1modh(X).

Wegen ord(g) = p k − 1 ⇒ (p k − 1) | (p d − 1) ⇒ ( 3.1.)k | d.

Schritt 2: d | k

Nach Konstruktion gilt: h(X) | X r − 1 ⇒ x r ≡ x mod h(X)

⇒ ord(X) = r in F p k = Z/pZ/(h(X)).

Andererseits ist #F ∗ p = p k − 1 ⇒ 1.5. X pk −1 ≡ 1 mod h(X)

⇒ r | (p k − d) ⇔ p k ≡ mod h(X), da p modulo r die Ordnug d hat folgt

d | k

Damit ist alles gezeigt.

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