6 Ringen, lichamen, velden

Transcriptie

1 6 Ringen, lichamen, velden 6.1 Polynomen over F p : irreducibiliteit en factorisatie Oefening 6.1. Bewijs dat x 2 + 2x + 2 irreducibel is in Z 3 [x]. Oplossing 6.1 Aangezien de veelterm van graad 3 is, is deze irreducibel als hij geen wortels heeft. x Z 3 x 2 + 2x Uit bovenstaande tabel volgt dat dit inderdaad het geval is, de veelterm x 2 + 2x + 2 is dus irreducibel in Z 3 [x]. Oefening 6.2. Ontbind x 5 + x 4 + x 3 + x in irreducibele factoren over Z 2. Oplossing 6.2 We vinden dat x 5 + x 4 + x 3 + x = x(x 4 + x 3 + x 2 + 1). Beschouw f(x) = x 4 + x 3 + x Aangezien f(1) = 0 vinden we dat (x + 1) een factor is van f(x). We berekenen aan de hand van de Euclidische deling of het schema van Horner dat x 4 + x 3 + x = (x + 1)(x 3 + x + 1). Als g(x) = x 3 + x + 1 reducibel is, dan zou er minstens één lineaire factor zijn die deze veelterm deelt. Maar g(0) = 1 = g(1), waaruit volgt dat x 3 + x + 1 irreducibel is. We besluiten dat x 5 + x 4 + x 3 + x = x(x + 1)(x 3 + x + 1), waarbij elke factor irreducibel is. Oefening 6.3. Ontbind x 8 1 in irreducibele factoren in Z 3 [x]. Oplossing 6.3 In Z 3 [x] is volgende formule ook geldig: A 2 B 2 = (A + B)(A B). We vinden dus dat x 8 1 = (x 4 + 1)(x 2 + 1)(x + 1)(x 1). Er zijn nu nog twee niet-lineaire factoren waarvoor we moeten onderzoeken of ze te ontbinden zijn in Z 3 [x]. Als de factor f(x) = x 2 +1 ontbindbaar is, dan is het een product van twee eentermen, wat enkel mogelijk is als f(x) nulwaarden bezit in Z 3. Aangezien echter f(0) = 1 en f(1) = f(2) = 2, mogen we besluiten dat de veelterm x irreducibel is in Z 3 [x]. De ontbinding van x 4 +1 is in de cursus reeds uitgewerkt. We vinden dat x 4 +1 = (x 2 +x 1)(x 2 x 1), terwijl deze veeltermen niet verder ontbindbaar zijn in Z 3 [x]. We vinden dus dat x 8 1 = (x + 1)(x 1)(x 2 + 1)(x 2 + x 1)(x 2 x 1). Oefening 6.4. Ontbind x 3 + 5x in Z 11 [x]. Oplossing 6.4 Deze veelterm is van de graad 3 en dus irreducibel over Z 11 als en slechts als ze geen lineaire factor Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 54

2 bevat, dus als en slechts als ze geen wortels bevat in Z 11. Aangezien de som van de coëfficiënten gelijk is aan 11 0 (mod 11) is de veelterm deelbaar door x 1 en na uitvoering van de deling bekomen we (x 2 + 6x + 6)(x 1) = x 3 + 5x Zoeken we van x 2 + 6x + 6 Z 11 [x] de wortels (Discriminant = 12 = 1), dan vinden we 2 en 3, dus de gezochte factorisatie is x 3 + 5x = (x 1)(x 2)(x 3). Oefening 6.5. Factoriseer volgende veeltermen in irreducibele veeltermen over F 5. a. x b. x 4 + 3x 3 + 2x + 4 Oplossing 6.5 a. (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) b. (x + 4) 3 (x + 1) Oefening 6.6. Wat is de multipliciteit van de wortel 1 van x 8 + x 7 + x 6 + x 3 + x in Z 2 [x]? Oplossing 6.6 Met behulp van de Euclidische deling of de regel van Horner vinden we achtereenvolgens: x 8 + x 7 + x 6 + x 3 + x = (x + 1)(x 7 + x 5 + x 4 + x 3 + x + 1) x 7 + x 5 + x 4 + x 3 + x + 1 = (x + 1)(x 6 + x 5 + x 3 + 1) x 6 + x 5 + x = (x + 1)(x 5 + x 2 + x + 1) x 5 + x 2 + x + 1 = (x + 1)(x 4 + x 3 + x 2 + 1) x 4 + x 3 + x = (x + 1)(x 3 + x + 1) Nu is 1 geen nulpunt van x 3 + x + 1. We vinden dus dat x 8 + x 7 + x 6 + x 3 + x = (x + 1) 5 (x 3 + x + 1). Toepassing van de regel van Horner maakt precies dezelfde berekening, maar noteert veel korter. Beredeneer zelf dat deze regel geldig is in Z 2 [x]. Een andere manier om dit te vinden is de volgende berekening, waarbij herhaaldelijk gebruik gemaakt wordt van (a + b) 2 = a 2 + b 2 : x 8 + x 7 + x 6 + x 3 + x = x x 3 (x 4 + 1) + x 2 (x 4 + 1) = (x 4 + 1)(x x 3 + x 2 ) = (x + 1) 4 (x 3 (x + 1) + (x + 1) 2 ) = (x + 1) 5 (x 3 + x + 1) De gezochte multipliciteit is dus Deling, Euclides en modulaire inversen Oefening 6.7. Bepaal het quotiënt en de rest van de deling van a(x) door b(x) over het veld F. a. F = F 5 ; a(x) = 3x 4 + 4x 3 x 2 + 1; b(x) = 2x 2 + x + 1. b. F = F 8 met α 3 + α + 1 = 0; a(x) = x 4 + α 2 x 3 + α 6 x 2 + αx + α 5 ; b(x) = α 4 x 2 + α 3 x + 1. c. F = F 2 ; a(x) = x 3 + x 2 + 1; b(x) = x 2 + x + 1. d. F = F 5 ; a(x) = x 5 + x 4 + 2x 3 + x 2 + 4x + 2, b(x) = x 2 + 2x + 3. e. Zelfde als d. maar nu over F 7. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 55

3 f. Zelfde als d. maar nu over F 73. Oplossing 6.7 a. Quotiënt 4x 2, rest 1. b. Quotiënt (α + 1)x 2 + (α + 1)x + α 2 + 1, rest (α 2 + 1)x + α. c. Quotiënt x, rest x + 1. d. Quotiënt x 3 + 4x 2 + x + 2, rest 2x + 1. e. Quotiënt x 3 + 6x 2 + x + 2, rest 4x + 3. f. Quotiënt x 3 x 2 + x + 2, rest 3x 4. Oefening 6.8. Vind de monische grootste gemene deler van de polynomen a(x) en b(x) in F[x] en schrijf het eindresultaat in de gedaante λ(x)a(x) + µ(x)b(x) over F[x]. a. F = F 3 ; a(x) = x 3 + x 2 + x + 1; b(x) = x b. F = F 5 ; a(x) = x 4 + 2x 3 + x 2 + 4x + 2; b(x) = x 2 + 3x + 1. c. F = F 2 ; a(x) = x 4 + 1; b(x) = x d. F = F 2 ; a(x) = x 5 + 1; b(x) = x e. F = F 2 ; a(x) = x 9 + 1; b(x) = x Oplossing 6.8 a. Grootste gemene deler: x + 1, λ(x) = 2, µ(x) = x + 1. b. Grootste gemene deler: x + 4, λ(x) = 1, µ(x) = 4x 2 + x + 2. c. Grootste gemene deler: x 2 + 1, λ(x) = 0, µ(x) = 1. d. Grootste gemene deler: x + 1, λ(x) = 1, µ(x) = x 3 + x. e. Grootste gemene deler: x 3 + 1, λ(x) = 1, µ(x) = x 3. Oefening 6.9. Bepaal in de volgende gevallen de veeltermen λ(x) en µ(x) zodanig dat ggd(a(x), b(x)) = λ(x)a(x) + µ(x)b(x). a. a(x) = x en b(x) = 5x 2 + 6x + 4 in Z 7 [x]. b. a(x) = x 3 + 2x 2 + 2x + 1 en b(x) = 2x in Z 3 [x]. c. a(x) = x en b(x) = x + 1 in Z 2 [x]. Oplossing 6.9 a. Stel voor het gemak bij de berekeningen op voorhand volgende tabel op in Z 7 : x x x Een eerste keer de Euclidische deling toepassen geeft x = (3x 2 + 2x + 5)(5x 2 + 6x + 4) + (4x + 3), wat we ook kunnen schrijven als (x 4 + 2) (3x 2 + 2x + 5)(5x 2 + 6x + 4) = 4x + 3. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 56

4 De tweede Euclidische deling geeft als resultaat: 5x 2 + 6x + 4 = (3x + 1)(4x + 3) + 1. We vinden dus achtereenvolgens 1 = 5x 2 + 6x + 4 (3x + 1)(4x + 3) = 5x 2 + 6x + 4 (3x + 1)[x (3x 2 + 2x + 5)(5x 2 + 6x + 4)] = [(3x + 1)(3x 2 + 2x + 5) + 1](5x 2 + 6x + 4) (3x + 1)(x 4 + 2) = (2x 3 + 2x 2 + 3x + 6)(5x 2 + 6x + 4) (3x + 1)(x 4 + 2), dus λ(x) = 3x 1 = 4x + 6, µ(x) = 2x 3 + 2x 2 + 3x + 6. b. Grootste gemene deler: 1, λ(x) = x + 1, µ(x) = x 2. c. Grootste gemene deler: x + 1, λ(x) = 0, µ(x) = 1. Oefening Bepaal in F 3 [x] de inverse veelterm van 2x modulo x Oplossing 6.10 Aan de hand van het uitgebreid algoritme van Euclides vinden we (let op, we gebruiken -1 en 2 door elkaar, hoewel we hetzelfde element bedoelen): x = (2x 4 + 2)(2x) + ( x + 2) 2x = ( x + 2)(x 3 + 2x 2 + x + 2) = (2x 4 + 2) ( x + 2)(x 3 + 2x 2 + x + 2) = (x 5 + 2)(x 3 + 2x 2 + x + 2) + (2x 4 + x 3 + 2x 2 + x + 1)(2x 4 + 2) Beschouw de laatste uitdrukking modulo x en je bekomt dat de inverse van 2x gelijk is aan 2x 4 + x 3 + 2x 2 + x + 1, modulo x In Sage zou men dit kunnen berekenen met de volgende code: K.<x> = PolynomialRing(GF(3)) L.<x> = K.quotient(x^5+2) 1/(2*x^4+2) Na de tweede lijn weet x dat hij een element is van F 3 [x]/(x 5 + 2) zodat de laatste lijn het juiste antwoord geeft. Oefening a. Waarom is x irreducibel over F 5? b. Zoek de inverse veelterm van x + 1 modulo x in F 5. Oplossing 6.11 Stel f(x) = x 2 + 3, dan is f(1) = f(4) = 4 en f(2) = f(3) = 2, de veelterm f(x) heeft dus geen nulwaarden in F 5 = Z 5, zodat de veelterm irreducibel is. Aan de hand van het algoritme van Euclides vinden we x (x + 1)(x + 4) = 4 4(x 2 + 3) + (x + 1)(x + 4) = 1 x = (x + 1)(x + 4) + 4 Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 57

5 We vinden dus dat (x + 1)(x + 4) = 1 modulo x De inverse veelterm van x + 1 is dus gelijk aan x + 4 modulo x in F 5. Alternatief: werken modulo x betekent dat je x opvat als een object dat de informatie in zich draagt dat x = 0, ofte x 2 = 2. Dus, met de methode van onbepaalde coëfficiënten: Oefening (x + 1)(ax + b) = 1 a 2 + (a + b)x + b = 1 { 2a + b = 1 a + b = 0 a = 1, b = 1 = 4 a. Bereken de som en het product in Z[x] van 3x + 4 en 5x 2 modulo x 2 7. b. Bereken de som en het product van 3x x2 2 en 2 modulo x in Q[x]. Oplossing 6.12 a. 8x + 2 en 14x b. Het tweede element is gewoon 1. Dus 3 2 x + 1 en 3 2 x. 6.3 Constructie van eindige velden Oefening a. Toon aan dat f(t) = t 2 + t 1 over Z 3 een irreducibel polynoom is. b. Bewijs dat f(t) = t 2 + t 1 een primitief polynoom is in Z 3 [t]. c. Stel de Zech-log-tabel op voor F 9 met de keuze van dit primitief polynoom. d. Bereken volgende elementen van F 9 : (1 t)( 1 + t) t 4 + t 7 t 2 4t 3 + 5t 5 7t 7 Oplossing 6.13 a. Aangezien een tweedegraadsveelterm enkel in lineaire termen ontbonden kan worden, is het voldoende om na te gaan of f(t) = t nulwaarden heeft in Z 3. t t 2 + t We vinden dat f(t) = t 2 + t 1 irreducibel is over Z 3. b. Het polynoom f(t) = t 2 + t 1 is een primitief polynoom in Z 3 [t] als t de cyclische groep F 9 = C 8 voortbrengt. Aangezien t 2 = t + 1 zal t 4 = ( t + 1) 2 = t 2 + t + 1 = t t + 1 = 2 = 1 dus niet gelijk aan +1 waaruit we al mogen besluiten dat t voortbrengend element is van F 9. De veelterm f(t) = t 2 + t 1 is dus een primitief polynoom in Z 3 [t]. c. We vinden dat F 9 voorgesteld kan worden door F 9 = {0, 1, 1, t, 1 + t, 1 + t, t, 1 + t, 1 t}, Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 58

6 waarbij onderverstaan is dat t 2 + t 1 = 0. Om de Zech-log-tabel op te stellen is het voldoende om de elementen t i met i = 2,..., 7 uit te rekenen, die wegens de definitie van primitief element allemaal verschillend zijn. We bekomen als totale oplijsting van het veld: t = 0 t 0 = 1 t 1 = t t 2 = t + 1 t 3 = t(t 2 ) = t( t + 1) = t 2 + t = t 1 + t = t 1 t 4 = 1 t 5 = t(t 4 ) = t t 6 = t 2 (t 4 ) = t 2 = t 1 t 7 = t 2 t = t + 1 t = t + 1 (t 8 = 1) We vinden dus achtereenvolgens dat t + 1 = t 7 ; t = t = t 1 = t 6 en dat t = t. Of nog θ(1) = 7; θ 2 (1) = θ(7) = 6; θ 3 (1) = θ(6) = 1. Anderzijds is t 2 +1 = t+1+1 = t 1 = t 3 en is t 3 +1 = t 1+1 = t = t 5 dus θ(2) = 3; θ(3) = 5 waaruit zonder verdere berekeningen volgt dat θ(5) = 2. Verder is dus θ( ) = 1, θ(1) = 4 en θ(4) =. De Zech-log-tabel wordt dus gegeven door i θ(i) d. Oefening (1 t)( 1 + t) = t 2 t 6 = t 8 = 1 t 4 + t 7 = 1 + t + 1 = t t 2 4t 3 + 5t 5 7t 7 = t 2 t 3 t 5 t 7 = ( t + 1) ( t 1) ( t) (t + 1) = 1 a. Is x 4 + x een primitieve, irreducibele veelterm in Z 2? b. Is x 4 + x + 1 een primitieve, irreducibele veelterm in Z 2? Oplossing 6.14 a. We vinden onmiddellijk dat x 4 + x = (x 2 + x + 1) 2. Deze veelterm is dus reducibel, en komt zelfs niet in aanmerking om een primitief polynoom te zijn. b. Merk op dat x 4 + x + 1 geen lineaire factoren heeft. Als de veelterm reducibel is, is hij het product van twee irreducibele tweedegraadsveeltermen over Z 2. Over Z 2 zijn er twee lineaire veeltermen: x en x + 1. Er zijn bijgevolg juist drie reducibele kwadratische veeltermen: x 2, x 2 + x en x Maar er zijn slechts vier kwadratische veeltermen over Z 2, waaruit volgt dat x 2 + x + 1 de enige irreducibele kwadratische veelterm is over Z 2. Wetende dat x 4 + x + 1 geen lineaire factoren heeft, kan hij enkel reducibel zijn als hij het product is van twee irreducibele kwadratische veeltermen zijn, dus de enige mogelijkheid is (x 2 + x + 1) 2 = x 4 + x Dit is niet gelijk aan x 4 + x + 1, waaruit volgt dat de beschouwde veelterm irreducibel is. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 59

7 Is de veelterm nu ook primitief? Met andere woorden: is het element x (met x 4 + x + 1 = 0) een voortbrengend element van F 2 4 = F 16, waarbij F 16 geconstrueerd wordt door x 4 + x + 1? Om dit te controleren zullen we het veld stap voor stap opstellen. De resultaten zijn te vinden in volgende tabel. additief exponentieel x x x 2 x 2 x 3 x 3 x + 1 x 4 x 2 + x x 5 x 3 + x 2 x 6 x 3 + x + 1 x 7 x x 8 x 3 + x x 9 x 2 + x + 1 x 10 x 3 + x 2 + x x 11 x 3 + x 2 + x + 1 x 12 x 3 + x x 13 x x 14 Inderdaad, we zien dat de orde van x juist 15 is en niet minder. Omdat we weten dat x 15 = 1, is het enige wat kon mislopen dat x 3 = 1 of x 5 = 1, dus eigenlijk volstond het om dit te controleren. Oefening Onderzoek of de gegeven veelterm een irreducibele veelterm is over het gepaste veld en stel de Zech-logtabel op voor het gevraagde veld. Als het gegeven polynoom niet primitief is, zal je in plaats van de de variabele t dus een ander element α moeten kiezen dan als primitief element. a. F 4, met f(t) = t 2 + t + 1. b. F 9, met f(t) = t c. F 16, met f(t) = t 4 + t + 1. d. F 25, met f(t) = t 2 + 4t + 2. Oplossing 6.15 a. De veelterm f(t) = t 2 + t + 1 is een irreducibel polynoom in Z 2 [t] en blijkt een primitieve veelterm voor F 4. Kies daarom α = t. We vinden de eerste twee kolommen hieronder, waaruit men snel de laatste twee kan halen, die de Zech-log-tabel zijn. exponentieel additief i θ(i) α 0 0 α α t 1 2 α 2 t b. De gegeven veelterm is irreducibel, maar is niet primitief. Het element α = 2t + 1 is echter wel een primitief element. We berekenen daarom de opeenvolgende machten α i voor i = 1,... 7 en kunnen dan de volgende tabel opstellen die het verband legt tussen de exponentiële notatie en de additieve Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 60

8 notatie, waaruit dan ook onmiddellijk de Zech-log-tabel volgt (zie de laatste twee kolommen). stellen bovendien ook elk element a 0 + a 1 t nog eens voor als geordend tweetal (a 0, a 1 ). We exponentieel additief (a 0, a 1 ) i θ(i) 0 = α 0 (0, 0) 0 α 0 1 (1, 0) 0 4 α 2t + 1 (1, 2) 1 7 α 2 t (0, 1) 2 3 α 3 t + 1 (1, 1) 3 5 α 4 2 (2, 0) 4 α 5 t + 2 (2, 1) 5 2 α 6 2t (0, 2) 6 1 α 7 2t + 2 (2, 2) 7 6 c. De veelterm f(t) = t 4 +t+1 is een irreducibel polynoom in Z 2 [t] en is een primitieve veelterm voor F 16. Kies daarom α = t en we bekomen de volgende tabel waarbij we in de eerste kolom de exponentiële notatie geven, in de tweede kolom de additieve notatie, in de derde kolom elk element dat dus additief van de vorm a 0 + a 1 t + a 2 t 2 + a 3 t 3 is, voorstellen als geordend 4-tal (a 0, a 1, a 2, a 3 ). Uit de eerste twee kolommen kan men dan snel de laatste twee kolommen halen, die de Zech-log-tabel geeft. exponentieel additief (a 0, a 1, a 2, a 3 ) i θ(i) 0 = α 0 (0, 0, 0, 0) 0 α 0 1 (1, 0, 0, 0) 0 α t (0, 1, 0, 0) 1 4 α 2 t 2 (0, 0, 1, 0) 2 8 α 3 t 3 (0, 0, 0, 1) 3 14 α t (1, 1, 0, 0) 4 1 α 5 t 2 + t (0, 1, 1, 0) 5 10 α 6 t 3 + t 2 (0, 0, 1, 1) 6 13 α 7 t 3 + t + 1 (1, 1, 0, 1) 7 9 α 8 t (1, 0, 1, 0) 8 2 α 9 t 3 + t (0, 1, 0, 1) 9 7 α 10 t 2 + t + 1 (1, 1, 1, 0) 10 5 α 11 t 3 + t 2 + t (0, 1, 1, 1) α 12 t 3 + t 2 + t + 1 (1, 1, 1, 1) α 13 t 3 + t (1, 0, 1, 1) 13 6 α 14 t (1, 0, 0, 1) 14 3 d. De gegeven veelterm is inderdaad irreducibel over Z 5 en is bovendien een primitieve veelterm voor F 25. Maak zelf de berekeningen en controleer ze met de volgende tabel. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 61

9 exponentieel additief (a 0, a 1 ) i θ(i) exp additief (a 0, a 1 ) i θ(i) 0 = α 0 (0, 0) 0 α 11 3t + 2 (2, 3) α 0 1 (1, 0) 0 6 α 12 4 (4, 0) 12 α t (0, 1) 1 22 α 13 4t (0, 4) 13 5 α 2 t + 3 (3, 1) 2 17 α 14 4t + 2 (2, 4) 14 3 α 3 4t + 3 (3, 4) 3 10 α 15 t + 2 (2, 1) 15 2 α 4 2t + 2 (2, 2) 4 23 α 16 3t + 3 (3, 3) α 5 4t + 1 (1, 4) 5 14 α 17 t + 4 (4, 1) 17 1 α 6 2 (2, 0) 6 18 α 18 3 (3, 0) α 7 2t (0, 2) 7 8 α 19 3t (0, 3) 19 9 α 8 2t + 1 (1, 2) 8 4 α 20 3t + 4 (4, 3) α 9 3t + 1 (1, 3) 9 11 α 21 2t + 4 (4, 2) 21 7 α 10 4t + 4 (4, 4) α 22 t + 1 (1, 1) α 23 2t + 3 (3, 2) Oefening Gebruik de Zech-log-tabellen uit oefening 6.15 om de volgende kwadratische vergelijkingen op te lossen: a. αx 2 + α 2 = 0 over F 4. b. x 2 + α 7 x + α 2 = 0 over F 9. c. x 2 + α 7 x + 1 = 0 over F 16. d. x 2 + α 13 x + α 14 = 0 over F 25. Oplossing 6.16 a. Over F 4. Deze vergelijking is equivalent met x 2 + α = 0, dus door α 4 = α ook equivalent met x 2 + α 4 = 0 en wegens de freshmen s dream met (x + α 2 ) 2 = 0. We vinden één oplossing, namelijk x = α 2. b. Over F 9. Kwadratische vergelijkingen over karakteristiek verschillend van 2 kunnen we oplossen met de discriminantmethode. Houd rekening met 2 = 1 = α 4 en met α 8 = 1. We vinden dan x 1,2 = b ± b 2 4ac 2a = α7 ± α 14 α 2 1 = α 7 α 14 + α 6 = α 7 2α 6 = α 7 α 4 α 6 = α 7 α 5 = α 7 + α 5, α 7 α 5 = α 7 + α 5, α 7 + α = α 5 (α 2 + 1), α(α 6 + 1) = α 5 α 3, αα = 1, α 2. Inderdaad, men kan controleren dat 1 + α 7 + α 2 = 0 en (α 2 ) 2 + α 7 α 2 + α 2 = 0. c. Over F 16. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 62

10 1. Gereduceerde vergelijking y = ax b = x = α15 x α 7 α 7 δ = ac = 1 = α15 b 2 α 14 α 14 = α 8 x = α 2. Tr(α) Tr(α) = α + α 2 + α 4 + α 8 = α(1 + α) + α 4 (1 + α 4 ) = α 5 + α 5 = 0. We kunnen dus besluiten dat er twee oplossingen zijn. 3. We zoeken nu een element k F 16 waarvoor Tr(k) = 1. We vinden Tr(α 3 ) = α 3 + α 6 + α 12 + α 9 = α 2 + α 8 = α 15 = 1. Een oplossing van de vergelijking wordt gegeven door s = kδ 2 + (k + k 2 )δ 4 + (k + k 2 + k 4 )δ 8. Wanneer we k = α 3 en δ = α invullen, bekomen we s = α 3 α 2 + (α 3 + α 6 )α 4 + (α 3 + α 6 + α 12 )α 8 = α 5 + α 6 + α 7 α 8 = α = α 7. De twee oplossingen van de gereduceerde vergelijking worden gegeven door α 7 en α De oplossingen van de oorspronkelijke vergelijking worden gegeven door α 14 en α. d. Over F 25. We gebruiken de discriminantmethode. Houd rekening met 4 = 1 = α 12 en met α 24 = 1. We vinden dan x 1,2 = b ± b 2 4ac 2a = α13 ± α 26 + α 14 2 = α13 ± α 14 (α ) α 6 = α12 α 13 ± 0 = α 19 α 6 (8) (9) (10) (11) (12) met dubbele multipliciteit. Inderdaad, want x 2 + α 13 x + α 14 = x 2 + α 18 α 19 x + α 38 = x 2 2α 19 x + α 38 = (x α 19 ) 2. Oefening Los de volgende kwadratische vergelijkingen op over F 8 waarbij t 3 + t + 1 = 0. a. tx 2 + (t 2 + t + 1)x + t 2 + t = 0. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 63

11 b. (1 + t + t 2 )x 2 + t 2 x + t + 1 = 0. Oplossing 6.17 Werk in de exponentiële notatie en ga pas op het einde weer over naar de additieve notatie. a. {t, t 2 }. b. {1, 1 + t + t 2 } 6.4 Primitieve elementen Oefening Hoeveel primitieve elementen heeft een eindig veld van orde 64? Oplossing 6.18 Aangezien de multiplicatieve groep F 64 de cyclische groep C 63 is, zijn er Φ(63) = Φ(3 2 7) = = 36 niet-nul-elementen die deze multiplicatieve groep voortbrengen, dus primitieve elementen. Oefening Zoek de primitieve elementen van Z 41. Oplossing 6.19 Aangezien 41 een priemgetal is, is Z 41 een veld. We weten ook dat Z 41 de cyclische groep C 40 is. Een primitief element van Z 41 is dus een element van orde 40 dat de volledige groep Z 41 voortbrengt. Er zijn in totaal juist Φ(40) = Φ(5)Φ(8) = 4 4 = 16 primitieve elementen van Z 41. We zoeken nu een element van orde 40. We starten met het kleinst mogelijk element, met name 2 en nemen de opeenvolgende machten van 2 (ermee rekening houdend dat we modulo 41 werken). We vinden dan 2, 4, 8, 16, 32, 23, 5, 10, 20, 40 = 1. Omdat 2 10 = 1 in Z 41, zal de orde van 2 precies 20 zijn. Helaas, geen primitief element. We proberen eens met 3. Om de orde van 3 te vinden, noteren we de opeenvolgende machten van 3: 3, 9, 27, 81 = 1. Hieruit kunnen we besluiten dat de orde van 3 inderdaad 8 moet zijn. Weer geen primitief element, maar kgv(8, 20) = 40. We maken nu gebruik van de volgende eigenschap (zie oefeningen 5.7 en 5.11): als u de orde s heeft en v de orde r, dan heeft uv de orde kgv(r, s) = rs/ ggd(r, s). We vinden dus dat de orde van 6 gelijk is aan kgv(20, 8) = 40. Hoera, 6 is een primitief element. Nu we een primitief element α gevonden hebben, gebruiken we dat ook α i met ggd(i, 40) = 1, een primitief element is van Z 41. Om nu alle primitieve elementen te vinden in Z 41 moeten we dus 6 k berekenen modulo 41 met ggd(k, 40) = 1, dus de primitieve elementen zijn 6, 6 3, 6 7, 6 9, 6 11, 6 13, 6 17, 6 19, 6 21, 6 23, 6 27, 6 29, 6 31, 6 33, 6 37 en Sage rekent na dat dit de elementen 6, 11, 29, 19, 28, 24, 26, 34, 35, 30, 12, 22, 13, 17, 15 en 7 zijn. Oefening Vergelijk de ringen Z 16 en F 16. Beantwoord daarvoor voor beide: a. Hoe ziet de additieve groep van beide eruit? b. Hoeveel elementen heeft de multiplicatieve groep (of meer correct, de multiplicatieve groep van inverteerbare elementen)? c. Hoeveel primitieve elementen zijn er? d. Lijst alle inverteerbare elementen met hun ordes op. Oplossing 6.20 Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 64

12 a. Z 16 is net opgebouwd als de optelling modulo 16, dus de additieve groep van Z 16 is cyclisch en wordt voortgebracht door 1, m.a.w Z 16, + = C 16. De additieve groep van F 16 is meer ingewikkeld. Omdat = 0, brengt element 1 hier een deelgroep C 2 voort en niet de hele groep. De additieve groep is abels en element heeft orde 2. We vinden dat F 16, + = C 2 C 2 C 2 C 2. b. F 16 is een veld dus elk element behalve 0 is inverteerbaar. We weten bovendien dat de multiplicatieve groep cyclisch is, namelijk F 16, = C 15. Een element zal inverteerbaar zijn modulo 16 als het er onderling ondeelbaar mee is. Bijgevolg zijn er Φ(16) = 8 inverteerbare elementen in Z 16. Deze zullen een groep vormen, maar dit is niet noodzakelijk een cyclische groep. c. In F 16 zijn er Φ(15) = 8 primitieve elementen. Dezelfde redenering als oefening Een element van Z 16 wordt primitief genoemd als het maximale orde, nl. 8 heeft. Als de groep niet cyclisch is (en er dus geen element van orde 8 bestaat), zijn er geen primitieve elementen. Als de groep wel cyclisch is, zullen er Φ(8) = 4 primitieve elementen zijn. Uit de uitwerking hieronder blijkt dat er geen primitieve elementen zijn. d. Voor F 16 is de oefening eenvoudig, als we de elementen multiplicatief voorstellen, als machten van een primitief element α: x 0 = α 1 α 2 α 3 α 4 α 5 α 6 α 7 α 8 α 9 α 10 α 11 α 12 α 13 α 14 orde Voor Z 16 zijn we aangewezen op proberen. We weten alvast dat we de ordes moeten bepalen van de Φ(16) = 8 inverteerbare elementen {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15}, die de multiplicatieve groep uitmaken. Deze orde is het kleinste natuurlijk getal t waarvoor geldt dat a t 1 (mod 16). Om niet voor alle elementen een groot aantal berekeningen te moeten maken, zullen we theoretische observaties gebruiken. (a) Aangezien a Φ(m) 1 (mod m) vinden we al dat elke t 8. We hebben dus enkel 1, 2, 4 en 8 als mogelijke ordes van deze elementen. (b) Als de orde van een element a gelijk is aan t, dan heeft a k eveneens orde t als en slechts als ggd(k, t) = 1. (Hieruit kunnen we al besluiten dat als we een primitief element a vinden, er minstens Φ(8) = 4 primitieve elementen zijn, namelijk a, a 3, a 5 en a 7, die wegens primitiviteit van a allemaal verschillend zijn.) Beschouw a = 3. We vinden (mod 16) (mod 16) (mod 16) De orde van 3 is dus gelijk aan 4, maar ook de orde van (mod 16) is gelijk aan 3. We vinden ook dat de orde van (mod 16) gelijk is aan 2. Beschouw nu a = 5. We vinden (mod 16). Aangezien we de orde van 9 al kennen, vinden we dat de orde van 5 gelijk is aan 4. Ook de orde van (mod 16) is gelijk aan 4. Hieruit kunnen we ook meteen besluiten dat er geen primitieve elementen zijn, aangezien er geen 4 elementen meer over zijn. We moeten nu nog de orde van 7 en 15 bepalen. We vinden dat (mod 16), de orde van 7 is dus gelijk aan 2. Uit ( 1) 2 1 (mod 16), volgt dat ook de orde van 1 15 gelijk is aan 2. We vatten dit samen in volgende tabel: x orde Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 65

13 6.5 Doordenkers in eindige velden Oefening Bewijs dat alle elementen van F 2 11 derdemachten zijn. Oplossing = In F 2 11 is elk element een kwadraat en hebben we dat x = x Vermenigvuldigen we deze vergelijking met x, dan bekomen we voor elk element x 2 = x 2049 = (x ) 3. Een willekeurig element van F 2 11 een derdemacht. is te schrijven als het linkerlid, en dus ook als het rechterlid, is m.a.w. Oefening 6.22 (Examen 2012). Bewijs: als ggd(k, q 1) = 1, dan is elk element in F q een k-de macht. Oplossing 6.22 De multiplicatieve groep van dit veld is een cyclische groep C q 1, voortgebracht door een element a. We moeten bewijzen dat elk element van C q 1 te schrijven is als k-de macht. Maar als ggd(k, q 1) = 1, dan is ook a k een voortbrenger. Daarom is elk element te schrijven als (a k ) m = (a m ) k, duidelijk een k-de macht. De observatie dat ook 0 een k-de macht is, voltooit het bewijs. Een andere methode is de volgende. Om te bewijzen dat de afbeelding θ k : F q F q : x x k surjectief is, volstaat het om aan te tonen dat ze injectief is (door de eindigheid van F q ). Stel dat x k = y k. Dan is (xy 1 ) k = 1. Maar in de multiplicatieve, cyclische groep heeft elk element als orde een deler van q 1, maar k is onderling ondeelbaar met q 1. Dit kan enkel als xy 1 = 1. (Meer formeel, met c(q 1)+dk = 1, xy 1 = (xy 1 ) c(q 1)+dk = ( (xy 1 ) q 1) c ( (xy 1 ) k) d = 1. Oefening a. Welk irreducibel polynoom met coëfficiënten in F 2 heeft precies alle elementen van orde drie van F 16 als nulpunten? b. Welk irreducibel polynoom met coëfficiënten in F 2 heeft precies alle elementen van orde vijf van F 16 als nulpunten? c. Welk irreducibel polynoom met coëfficiënten in F p heeft precies alle elementen van orde d van F p h als nulpunten, waarbij d een deler is van p h 1? Oplossing 6.23 a. De elementen van orde drie van F 16 voldoen aan x 3 = 1. Maar ook 1 voldoet hieraan, en dit is geen element van orde 3. We vinden over F 2 dat x = (x + 1)(x 2 + x + 1). De veelterm x 2 + x + 1 is irreducibel over F 2 en heeft de twee elementen van F 16 van orde 3 als wortels. Een andere manier om dit te vinden is de volgende: in de exponentiële notatie van F16 zijn α 5 en α 10 de elementen van orde drie. Deze vormen immers de cyclische deelgroep C 3 van α = C 15. We vinden dat het gezochte polynoom (x + α 5 )(x + α 10 ) = x 2 + (α 5 + α 10 )x + α 15 is, hoewel dit nog geen polynoom is met coëfficiënten in F 2. Voor elk element van F 16 geldt echter dat zijn 15-de macht 1 is, dus α 15 = 1. Om te bepalen wat het mysterieuze element α 5 + α 10 is, kunnen we observeren dat zijn kwadraat (α 5 + α 10 ) 2 = α 10 + α 20 = α 10 + α 5 terug zichzelf is. Er zijn echter maar twee elementen die voldoen aan η 2 = η, namelijk 1 en 0. Maar mocht α 5 + α 10 = 0, dan zouden α 5 en α 10 gelijk zijn, quod non. Dus de middelste coëfficiënt is 1 en het gezochte polynoom is x 2 + x + 1. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 66

14 b. Analoog, x 4 + x 3 + x 2 + x + 1. c. Analoog. Deze elementen voldoen aan x d + 1 = 0, maar het gezochte polynoom is (x d + 1)/(x + 1) = x d 1 + x d x + 1. Oefening Welke polynoom is een deler van x 15 1 en heeft precies alle primitieve elementen van F 16 als nulpunt? Oplossing 6.24 Het polynoom x 15 1 heeft alle elementen van F 16 als wortels. De elementen van orde 3 zijn wortels van x 3 1. Meer precies (omdat 1 hier ook een wortel van is maar niet orde 3 heeft), zijn de orde- 3-elementen wortels van x3 1 = x2 + x + 1. Analoog zijn de orde-5-elementen precies de wortels van x 5 1 x 1 x 1 = x4 + x 3 + x 2 + x + 1. Het orde-1-element, namelijk 1, is wortel van x 1. De overblijvende elementen zijn de primitieve elementen, dus om het gevraagde polynoom te bekomen, moeten we uit x 15 1 de gevonden polynomen wegdelen. Brute-force-rekenwerk leert ons dat (x + 1)(x 2 + x + 1)(x 4 + x 3 + x 2 + x + 1) = x 7 + x 6 + x 5 + x 2 + x + 1 en met behulp van de Euclidische deling vinden we tot slot dat x = (x 7 + x 6 + x 5 + x 2 + x + 1)(x 8 + x 7 + x 5 + x 4 + x 3 + x + 1). Iets zuiniger in rekenwerk is de berekening (x 1) x 15 1 ( x 3 1 x 1 ) ( x 5 1 x 1 ) = (x15 1)(x 1) (x 3 1)(x 5 1) = x8 + x 7 + x 5 + x 4 + x 3 + x + 1 We besluiten dat x 8 + x 7 + x 5 + x 4 + x 3 + x + 1 juist de 8 primitieve elementen van F 16 als nulpunt heeft. Oefening a. Hoeveel koppels (a, b) F 8 F 8 zijn er met a 2 b 2 = 1? b. Hoeveel koppels (a, b) F 9 F 9 zijn er met a 2 b 2 = 1? c. Hoeveel koppels (a, b) F 16 F 16 zijn er met a 2 + b 3 = 1? Oplossing 6.25 a. We werken over een veld met even karakteristiek, dus elk element is een kwadraat. Analoog heeft elk element een vierkantswortel. Beschouw a 2 = 1 + b 2. We vinden dat er voor elke b F 8 een uniek getal 1 + b 2 bestaat. We vinden dat er dus een unieke a bestaat zodat a 2 = 1 + b 2. Er zijn dus juist acht koppels in F 8 F 8. b. Over F 9 hebben we dat 1 = α 4. We kunnen dus volgende tabel opstellen. b 0 1 α α 2 α 3 α 4 α 5 α 6 α 7 b α 2 α 4 α 6 1 α 2 α 4 α 6 b α 4 α α We hebben nu al 8 oplossingen (welke? (1, 0), (α 4, 0), (0, α 2 ), (0, α 6 ), (α 2, 1), (α 2, α 4 ), (α 6, 1), (α 6, α 4 )). Er kunnen er telkens nog 4 bijkomen, als zou blijken dat α of α een kwadraat zijn. Nu zouden we het veld F 9 expliciet kunnen opstellen om dit te onderzoeken, maar aangezien het aantal oplossingen onafhankelijk is van de voorstelling van het veld, kunnen we dit ook los van de additieve notatie of de Zech log tabel oplossen. We vinden dat a = a 2 (1 + a 6 ) en a = a 6 (1 + a 2 ). Hieruit volgt dat ofwel α en α beide een kwadraat zijn, ofwel geen van beiden. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 67

15 Veronderstel dat ze beiden een kwadraat zijn. Dan vinden we α = α 6 en α = α 2. Deze twee beweringen kunnen slechts samengaan in een veld van karakteristiek 2, waaruit een strijdigheid volgt. We concluderen dat α en α beide geen kwadraat zijn, waaruit volgt dat er juist 8 koppels voldoen aan de gegeven vergelijking. Een veel kortere methode is de volgende: a 2 b 2 = 1 (a + b)(a b) = 1. We vinden dus dat a + b = x en a b = x 1. Het stelsel gevormd door deze twee vergelijkingen heeft determinant 1 en is dus voor elke waarde van x oplosbaar: de oplossing wordt gegeven door ( x x 1, x + x 1 ). Voor elke x F 9 vinden we precies 1 mogelijkheid voor a en b. Dus 8 oplossingen. c. Voor elke b vinden we precies één a, omdat elk element een vierkantwortel heeft. Er zijn dus zoveel oplossingen als de grootte van het veld, nl. 16. Oefening Bewijs dat x 16 + x 4 + x + 1 precies 16 verschillende wortels heeft over F 64. Hint: beschouw de afbeelding f : F 64 F 64, x x 16 + x 4 + x + 1 en vooral diens beeld. Oplossing 6.26 Beschouw, voor een vaste x F 64 het beeld f(x) = x 16 + x 4 + x + 1 = γ. We vinden dat γ 4 = γ. Hieruit volgt dat elk mogelijk beeld γ van de functie f(x) een element is van F 4 (als deelveld van F 64 ). De elementen van F 64 worden door f dus afgebeeld op vier elementen, namelijk 0, 1, t = α 21, t 2 = t + 1 = α 42. De vier vergelijkingen x 16 + x 4 + x + 1 = 0 x 16 + x 4 + x + 1 = 1 x 16 + x 4 + x + 1 = α 21 x 16 + x 4 + x + 1 = α 42 hebben samen juist 64 oplossingen, namelijk alle elementen van F 64. Maar elke vergelijking heeft hoogstens 16 oplossingen, waaruit volgt dat elke bovenstaande vergelijking juist 16 oplossingen heeft. Oefening Noem α een primitief element van F 9, en noem f(x) een irreducibele veelterm van Z 3 [x] zodanig dat f(α 2 ) = 0. Bepaal f(x). Oplossing 6.27 We hebben dat α 8 = 1, met α n 1 voor elke 0 < n < 8. Stel b = α 2. Bovenstaande opmerkingen hebben tot gevolg dat de orde van b gelijk is aan 4. We hebben dus b 4 = 1. Stel nu g(x) = x 4 1. Dan is b een nulpunt van deze veelterm over Z 3. Maar deze veelterm is niet irreducibel over Z 3. Aangezien x 4 1 = (x 2 + 1)(x + 1)(x 1) over Z 3, vinden we dat f(x) = x Controle: we vinden dat b = α = = 0 in F 9. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, hoofdstuk 6 68