Blatt #4, 7. Nov. 2002 Aufgabe 13.

(1) Nach der Mitternachtsformel hat X^{2} + bX + c genau dann keine reelle(n) Nullstelle(n) (ist also irreduzibel), wenn die Diskriminante b^{2} − 4c < 0 ist. Ist b^{2} − 4c ≥ 0, so hat X^{2} + bX + c (mind.) eine reelle Nullstelle, ist also nicht irreduzibel. In C hat das Polynom X^{2} + bX + c die Nullstelle(n) \frac{−b±\sqrt{b^{2}−4c}}{2}, ist also nicht irreduzibel.

(2) Man teste alle normierten Polynome von Grad 2 und 3 auf Nullstellen und erhält die irreduziblen Polynome in F_{2}[X]: X^{2} + X + 1, X^{3} + X + 1, X^{3} + X^{2} + 1; in F_{3}[X]: X^{2}+1, X^{2}+X −1, X^{2}−X −1, X^{3}−X +1, X^{3}−X −1, X^{3}+X^{2}−1, X^{3}+X^{2}+X −1, X^{3} + X^{2} − X + 1, X^{3} − X^{2} + 1, X^{3} − X^{2} − X − 1, X^{3} − X^{2} + X + 1.

(3) Ein normiertes Polynom von Grad 4 ist irreduzibel genau dann, wenn es weder eine Nullstelle hat, noch Produkt zweier irreduzibler Polynome von Grad 2 ist. Man testet alle (normierten) Polynome von Grad 4 auf Nullstellen. Aus den nullstellenfreien Polynomen werden alle Produkte von irreduziblen Polynome von Grad 2 aus (2) ausgeschlossen. Es bleiben die folgenden irreduziblen Polynome übrig: X^{4} + X + 1, X^{4} + X^{3} + 1, X^{4} + X^{3} + X^{2} + X + 1.

(4) Nach (2) ist X^{3} − X^{2} + 1 irreduzibel in F_{3}[X]. Also ist F_{27} = F_{3}[X]/(X^{3} − X^{2} + 1)F_{3}[X] ein Körper mit 27 Elementen. Mit γ := X̄ gilt γ^{3} = γ^{2} − 1 und γ ist Nullstelle von X^{3} − X^{2} + 1 in F_{27}. Weitere Nullstellen sind γ^{3} = γ^{2} − 1 und γ^{9} = −γ^{2} − γ − 1.

Aufgabe 14.

(1) Wegen f_{3}(X) = f_{1}(X) − f_{2}(X)u_{1}(X) ist f_{3}(X) ∈ I_{f_{1},f_{2}} und damit I_{f_{2},f_{3}} ⊆ I_{f_{1},f_{2}}. Wegen f_{1}(X) = f_{2}(X)u_{1}(X) + f_{3}(X) ist f_{1}(X) ∈ I_{f_{2},f_{3}} und damit I_{f_{1},f_{2}} ⊆ I_{f_{2},f_{3}}. Also ist I_{f_{1},f_{2}} = I_{f_{2},f_{3}}.

(2) Für i ≥ 2 ist deg(f_{i}) > deg(f_{i+1}) oder f_{i+1}(X) = 0. Der Grad von f_{i} erniedrigt (für i ≥ 2) sich in jedem Schritt um (mind.) eins, der Algorithmus terminiert. Wende wiederholt (1) an. Nach Voraussetzung ist f_{i}(X) ≠ 0 für i ≤ k und mit (1) folgt: I_{f_{1},f_{2}} = I_{f_{2},f_{3}} = ⋯ = I_{f_{k},f_{k+1}} = I_{f_{k},0}.

(3) (a) I_{f,g} = (X^{2} + 1)R[X].

(b) I_{f,g} = (X^{4} + 1)F_{5}[X].

(c) I_{f,g} = (X + α)F_{4}[X]. Aufgabe 15.

(1) (a) (2 + i)^{4} = 24i − 7, (2i)^{12} = 2^{12} = 4096.

(b) (1 + α)^{4} = 1 + α, α^{4} + α^{3} + α^{2} + α + 1 = 1 + α.

(c) (1 + β + β^{2})β^{2} = 1, ∑_{x∈F_{8}} x = 0.

(d) (ι − 1)^{8} = 1, ∏_{x∈F_{9}\{0}} x = −1.

(2) (a) Körper: X^{2} − 2 in Q irreduzibel, da \sqrt{2} ∉ Q.

(b) Kein Körper: X^{2} − 1 hat Nullstelle 1 ∈ R.

(c) Kein Körper: X^{12} − 1 hat Nullstelle 1 ∈ F_{2}.

(d) Körper: X^{3} + X + 1 hat keine Nullstelle in F_{5}.

(3) (a) Mit x+iy ≠ 0 (x, y ∈ R) ist x ≠ 0 oder y ≠ 0 und damit ist (x+iy)(x−iy) = x^{2} −i^{2}y^{2} =

x^{2} + y^{2} > 0.

(b) Der Körper K werde als (K, +, ·) geschrieben. Dann ist (K \ {0}, ·) eine abelsche Gruppe mit q − 1 Elementen. Betrachte zu einem x ∈ K \ {0} die Menge G_{x} := {x^{m} | m ∈ Z}. Dies ist eine Untergruppe von (K \ {0}, ·), da für zwei Elemente x^{m}, x^{n} ∈ G_{x} aus G_{x} (mit n, m ∈ Z) stets x^{m} · (x^{n})^{−1} = x^{m−n} wieder in G_{x} liegt (vgl. Aufgabe 8.(3)). Die Ordnung von x ist gleich der Anzahl der Elemente in G_{x}. Nach Aufgabe 4.(1) gilt: #G_{x} teilt #(K \ {0}) = q − 1, also z · (#G_{x}) = q − 1 mit einem z ∈ Z. Damit ist x^{q−1} = (x^{#G_{x}})^{z} = 1^{z} = 1.

(4) (a) (1 + i)^{−1} = \frac{1−i}{2}.

(b) (1 + β^{2})^{−1} = (1 + β^{2})^{6} = β.

(c) (ι + 1)^{−1} = (ι + 1)^{7} = ι − 1.

(d) (x + αy)^{−1} = (x + αy)^{2} = x + α^{2}y = (x + y) + αy.