Men kan enkele samenstellingen berekenen en vervolgens de Cayleytabel aanvullen, wetende dat het een Latijns vierkant is. De Cayleytabel wordt:

Oefeningen op hoofdstuk 5 Algebra 5.2 Groepentheorie 5.2.1 Cayleytabellen van groepen van orde 8 Oefening 5.1. Stel de Cayleytabel op voor de groep van de symmetrieën van een vierkant. Bewijs dat deze groep de viergroep van Klein bezit als deelgroep. Oplossing 5.1. De symmetrieën van een vierkant in het Euclidisch vlak, zijn de vier rotaties ρ, O, ρ 1 en r 4 = e om respectievelijk n 90, n = 1, 2, 3, 4, en de spiegelingen D, D, V en H om respectievelijk de diagonalen en de middelloodlijnen. Er zijn er dus acht. Indien we de hoekpunten in tegenwijzerzin nummeren dan kunnen deze symmetrieën ook als volgt worden voorgesteld in cykelnotatie: e = (1)(2)(3)(4) ρ = (1234) O = (13)(24) ρ 1 = (1432) D = (1)(3)(24) D = (2)(4)(13) V = (12)(34) H = (14)(23) Men kan enkele samenstellingen berekenen en vervolgens de Cayleytabel aanvullen, wetende dat het een Latijns vierkant is. De Cayleytabel wordt: e ρ O ρ 1 D D V H e e ρ O ρ 1 D D V H ρ ρ O ρ 1 e V H D D O O ρ 1 e ρ D D H V ρ 1 ρ 1 e ρ O H V D D D D H D V e O ρ 1 ρ D D V D H O e ρ ρ 1 V V D H D ρ ρ 1 e O H H D V D ρ 1 ρ O e De groep van de symmetrieën van een regelmatige n-hoek heeft overigens altijd 2n elementen en bestaat altijd uit de n rotaties en de n spiegelingen om de symmetrieassen, en wordt de diëdergroep (dihedral group) D 2n genoemd. De automorfismegroep Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Algebra 87

van het vierkant is dus de niet-abelse groep D 8 en bezit orde 8. Merk op dat de groep van de gelijkzijdige driehoek, dus D 6, isomorf is met S 3 en eveneens niet-abels is. De automorfismegroep van de rechthoek zit inderdaad als deelgroep van index 2 in de automorfismegroep van het vierkant. De deelgroep is isomorf met de viergroep van Klein: in de bovenstaande notaties is het de groep K 4 = {e, O, D, D },. Oefening 5.2. Stel de Cayleytabellen op voor de groepen C 2 C 4 en C 2 C 2 C 2. Is één van beide isomorf met de automorfismegroep van het vierkant? Kun je dat bewijzen zonder gebruik te maken van de Cayleytabel? Oplossing 5.2. Stel C 2 = a = {a, a 2 = e} en C 4 = b = {b, b 2, b 3, b 4 = e}. Dan is de groep C 2 C 4 de groep met de volgende elementen (e, e), (e, b), (e, b 2 ), (e, b 3 ), (a, e), (a, b), (a, b 2 ), (a, b 3 ). De Cayleytabel ziet er als volgt uit. (e, e) (e, b) (e, b 2 ) (e, b 3 ) (a, e) (a, b) (a, b 2 ) (a, b 3 ) (e, e) (e, e) (e, b) (e, b 2 ) (e, b 3 ) (a, e) (a, b) (a, b 2 ) (a, b 3 ) (e, b) (e, b) (e, b 2 ) (e, b 3 ) (e, e) (a, b) (a, b 2 ) (a, b 3 ) (a, e) (e, b 2 ) (e, b 2 ) (e, b 3 ) (e, e) (e, b) (a, b 2 ) (a, b 3 ) (a, e) (a, b) (e, b 3 ) (e, b 3 ) (e, e) (e, b) (e, b 2 ) (a, b 3 ) (a, e) (a, b) (a, b 2 ) (a, e) (a, e) (a, b) (a, b 2 ) (a, b 3 ) (e, e) (e, b) (e, b 2 ) (e, b 3 ) (a, b) (a, b) (a, b 2 ) (a, b 3 ) (a, e) (e, b) (e, b 2 ) (e, b 3 ) (e, e) (a, b 2 ) (a, b 2 ) (a, b 3 ) (a, e) (a, b) (e, b 2 ) (e, b 3 ) (e, e) (e, b) (a, b 3 ) (a, b 3 ) (a, e) (a, b) (a, b 2 ) (e, b 3 ) (e, e) (e, b) (e, b 2 ) De groep C 2 C 2 C 2 is een elementair abelse groep van de orde 8 en is niet isomorf met C 8 noch met C 4 C 2. De elementen van C 2 C 2 C 2 kunnen als vectoren van lengte 3 over Z/2Z worden voorgesteld waarbij de samenstelling van elementen dan niets anders is dan optelling van vectoren over Z/2Z. De elementen zijn dus waarbij de bewerking gegeven wordt door 000, 100, 010, 001, 110, 101, 011, 111 + 000 100 010 001 110 101 011 111 000 000 100 010 001 110 101 011 111 100 100 000 110 101 010 001 111 011 010 010 110 000 011 100 111 001 101 001 001 101 011 000 111 100 010 110 110 110 010 100 111 000 011 101 001 101 101 001 111 100 011 000 110 010 011 011 111 001 010 101 110 000 100 111 111 011 101 110 001 010 100 000 Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Groepentheorie 88

Al deze groepen, die cartesische producten van cyclische groepen zijn, zijn abels en kunnen dus niet isomorf zijn met de symmetriegroep D 8 van het vierkant (zie oplossingen bij oefeningen 5.1). Oefening 5.3. Stel de Cayleytabel op voor de deelgroep {1, 1, i, i}, van de complexe getallen ( is de gewone vermenigvuldiging van complexe getallen). Doe hetzelfde voor Q 8 = {1, 1, i, i, j, j, k, k}, (met i 2 = j 2 = k 2 = ijk = 1). Oplossing 5.3. Deze groep is een cyclische groep van orde 4, voortgebracht door het element i. Het is het 4 4-blok linksboven in onderstaande tabel. Voor Q 8 bekomen we de volgende bewerkingstabel 1 1 i i j j k k 1 1 1 i i j j k k 1 1 1 i i j j k k i i i 1 1 k k j j i i i 1 1 k k j j j j j k k 1 1 i i j j j k k 1 1 i i k k k j j i i 1 1 k k k j j i i 1 1 Deze groep, die de quaternionengroep van de orde 8 wordt genoemd, is een nietabelse groep en is niet isomorf met de diëdergroep D 8. Samen met de groepen die we hebben gezien in de oplossingen van de oefeningen 5.1 en 5.2, vinden we dus 5 niet-isomorfe groepen van de orde 8, met name de drie abelse groepen C 8, C 2 C 4 en C 2 C 2 C 2 en de twee niet-abelse groepen D 4 en Q 8. Men kan bewijzen dat er geen andere groepen van de orde 8 bestaan. 5.2.2 Cyclische groepen Oefening 5.4. Bewijs dat cyclische groepen abels zijn. Oplossing 5.4. Zij G een willekeurige cyclische groep, voortgebracht door g. Twee willekeurige elementen van G zijn dan g i en g j, met i, j Z. Deze twee elementen commuteren met elkaar, want g i g j = g i+j = g j+i = g j g i. Oefening 5.5. Beschrijf alle deelgroepen van C 15 en C 25. Oplossing 5.5. Wegens stelling 5.38 bestaat er voor elke deler d juist 1 deelgroep met orde d, die bovendien cyclisch is. Hieruit volgt dat C 15 slechts 2 eigenlijke deelgroepen heeft, namelijk met ordes 3 en 5. C 25 bevat maar 1 eigenlijke deelgroep van de orde 5. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Groepentheorie 89

Stel ρ een voortbrenger van C 15, dan is de deelgroep van orde 3 gegeven door ρ 5 en de deelgroep van orde 5 gegeven door ρ 3. Als C 25 = σ, dan is de unieke deelgroep van C 25 de deelgroep σ 5. Oefening 5.6. Hoeveel elementen van C 60 brengen de ganse groep voort? Oplossing 5.6. We zoeken het aantal elementen van C 60 met orde 60. Wegens Stelling 5.39 bevat C 60 juist ϕ(60) = ϕ(4)ϕ(3)ϕ(5) = 2 2 4 = 16 elementen van orde 60. Alternatief: als g een voortbrenger is van C 60, dan ook elke g k, met ggd(60, k) = 1. Dat is de inhoud van Gevolg 5.40. Er zijn er dus zoveel als met 60 ondeelbare k s, namelijk ϕ(60). Oefening 5.7. Bewijs dat elke abelse groep van de orde 15 cyclisch is. Oplossing 5.7. Veronderstel dat de abelse groep niet cyclisch is. De orde van elk element is dan gelijk aan 3 of 5. Toon aan dat er een element a van orde 3 is en een element b van orde 5. Bepaal de orde van ab en vind een strijdigheid. Hieruit volgt dat de groep inderdaad cyclisch is. Dit is een schets en geen bewijs. Oefening 5.8. Bewijs rechtstreeks en inzichtsvol dat in een cyclische groep van orde n, er precies ϕ(d) elementen van orde d leven, voor d een deler van n. (Stelling 5.39) Oplossing 5.8. Zij g een voortbrenger van C n en n = dk. Dan zijn alle elementen van de orde d bevat in de cyclische deelgroep C d = g k = {e, g k, g 2k,..., g n k }, want als voor een element g j geldt dat g jd = 1, dan moet jd een veelvoud zijn van n en dus j een veelvoud van k. Het aantal elementen in deze groep C d dat zelf orde d heeft (en geen deler ervan), is het aantal elementen dat deze groep voortbrengt, dus van de vorm (g k ) i, met ggd(i, d) = 1. Dat is precies ϕ(d). Oefening 5.9. Beschouw de groep G = a, b met a n = e met (n 2), b 2 = e en met bab 1 = a 1. Bewijs dat G nooit cyclisch is. Oplossing 5.9. Indien de groep cyclisch, en dus ook abels is, dan volgt uit de geldige identiteit dat a 1 = a of nog dat n = 2 en dan is de groep G = a, b isomorf met de viergroep van Klein, dewelke eveneens niet cyclisch is. Oefening 5.10. Gegeven is de cyclische groep C 8 = a. Bewijs dat de volgende afbeeldingen α en β morfismen van C 8 naar C 8 zijn. Bepaal telkens de kern. Oplossing 5.10. α : a a 4 β : a a 5 Ker(α) = a 2 = C 4 Ker(β) = {e} Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Groepentheorie 90

5.2.3 Ordes van elementen Oefening 5.11. Veronderstel dat u en v twee elementen zijn van een abelse groep met respectieve ordes r en s. Bewijs dat, in de veronderstelling dat ggd(r, s) = 1, de orde van uv gelijk is aan rs. Oplossing 5.11. Stel de orde van uv voor door t, dan is (uv) t = e. Aangezien de groep abels is, vinden we bovendien dat u t v t = (uv) t = e. Hieruit volgt u t = (v 1 ) t. Het linkerlid heeft een orde die een deler is van r en het rechterlid een orde die deler is van s. De orde van dit element moet dus een deler zijn van ggd(r, s) = 1, waaruit volgt dat u t = v t = e. Hieruit volgt dat t noodzakelijk een veelvoud moet zijn van zowel r als van s. De kleinst mogelijke kandidaat is dus het kleinste gemeen veelvoud zijn van r en s, en dit is, aangezien ggd(r, s) = 1, nu t = rs. Die voldoet inderdaad: (uv) rs = u r v s = e. Oefening 5.12. Veronderstel dat u en v twee elementen zijn van een abelse groep G met respectieve ordes r en s. Onderstel dat de cyclische groep voortgebracht door u en de cyclische groep voortgebracht door v enkel het neutraal element gemeen hebben. Stel ook dat ggd(r, s) = d. Wat is de orde van het element u v? Oplossing 5.12. Stel de orde van uv voor door t (en zie ook oefening 5.11). Aangezien de groep abels is, vinden we dat u t v t = (uv) t = e. Hieruit volgt u t = (v 1 ) t. Het linkerlid zit in u en het rechterlid in v, waarbij het gegeven zegt dat deze twee enkel snijden in het eenheidselement. Bijgevolg is u t = v t = e. Hieruit volgt dat t een veelvoud moet zijn van zowel de orde r van u als van de orde s van v en dus moet t het kleinste gemeen veelvoud zijn van r en s, zijnde kgv(r, s) = rs/d. Oefening 5.13. Zij C n = g de cyclische groep voortgebracht door g. Bewijs dat de deelgroep H C n, voortgebracht door g k (k N\{0}) de orde n ggd(n,k) heeft. Oplossing 5.13. De orde van H is het kleinste positief getal m waarvoor (g k ) m = e. Daar e = g n, is m dus het kleinste positief getal waarvoor km 0 (mod n), dus km = kgv(n, k). Bovendien volgt uit kgv(n, k) ggd(n, k) = n k dat km ggd(n, k) = nk of dus dat m = n ggd(n,k). Oefening 5.14. Stel dat een eindige groep G en een priemgetal p gegeven zijn. Stel dat G precies m deelgroepen heeft van orde p. Bewijs dat G precies m(p 1) elementen van de orde p bezit. Oplossing 5.14. Toon aan dat elke deelgroep van orde p juist p 1 elementen van orde p bezit. Kunnen twee verschillende deelgroepen van orde p meer dan 1 element gemeenschappelijk hebben? Waarom? Dit is uiteraard maar een schets. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Groepentheorie 91

5.2.4 Varia in groepentheorie Oefening 5.15. Welke van de volgende permutaties zijn even en welke oneven? α = (1357)(2468) β = (127)(356)(48) γ = (135)(678)(2)(4) Oplossing 5.15. α) We kunnen (1357) schrijven als (13)(15)(17); analoog geldt (2468) = (24)(26)(28), waardoor α even is. β) Analoog is (127) = (12)(17) en (356) = (35)(36), waardoor β oneven is. γ) Voor γ schrijven we (135) als (13)(15) en (678) = (67)(68), waardoor γ even is. Oefening 5.16 (Herexamen 2012). Beschouw een groep G en een deelgroep H van G. Definieer een relatie over de elementen van G als volgt: x y x 1 y H. a. Bewijs dat deze relatie een equivalentierelatie is. b. Toon aan dat de equivalentieklassen gelijk zijn aan de linkse nevenklassen van H. Oplossing 5.16. a. Een equivalentierelatie voldoet aan 3 eigenschappen: ze is reflexief (R), symmetrisch (S) en transitief (T). (R) Is x x? Wegens de definitie van deze relatie is x x x 1 x H. Maar nu is x 1 x = e, en aangezien H een deelgroep is van G is e H. (S) Als x y, is dan ook y x? Opnieuw wegens de definitie van deze relatie vinden we dat x y x 1 y H. Maar aangezien H een deelgroep is van G, is voor elke z H ook z 1 H. We vinden dus dat (x 1 y) 1 H. Maar nu is (x 1 y) 1 = y 1 (x 1 ) 1 = y 1 x, waaruit volgt dat y x. (T) Als x y en y z, is dan ook x z? We hebben dat x 1 y H en y 1 z H. Aangezien H een groep is, behoort het product van twee elementen van H ook tot H. We vinden dus dat x 1 yy 1 z H. Dit is niets anders dan x 1 z H, waaruit volgt dat x z. b. We zullen de definitie nu omvormen tot we aan de definitie van een linkse nevenklasse komen. x y x 1 y H h H : x 1 y = h h H : y = xh y xh. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Groepentheorie 92

Oefening 5.17. Hoeveel symmetrieën heeft de symmetriegroep van de starre kubus? Tel dus alle realiseerbare acties (geen spiegelingen) die de kubus op zichzelf afbeelden. Welke essentieel verschillende symmetrieën onderscheid je? Beschrijf de structuur van hun cykelvoorstelling (als permutatiegroep op de hoekpunten). Hoeveel zijn er van elke soort? Oplossing 5.17. a. Het eenheidselement fixeert alles, dus van de vorm ( )( )( )( )( )( )( )( ). Zo is er één van. b. Steek een rotatieas door het midden van twee tegenoverliggende zijvlakken. We kunnen nu een kwartslag draaien in elk van de richtingen: dit houdt de twee tegenoverliggende zijvlakken vast en permuteert de vier hoekpunten ervan cyclisch. We krijgen dus een cykelvoorstelling als ( )( ). Voor elk van de drie paren tegenoverliggende zijvlakken kunnen we telkens een zin kiezen (90 met of tegen wijzerzin). We vinden dus 6 dergelijke symmetrieën. c. Diezelfde rotatie kan je ook over 180 uitvoeren. In elk gefixeerd zijvlak verwisselen dan de paren overstaande hoekpunten en we krijgen dus een ( )( )( )( ). Zo zijn er 3. d. Steek een rotatieas door het midden van twee totaal overstaande ribben en roteer over 180. Dan worden de twee hoekpunten aan beide ribben waarvan sprake verwisseld daarop werken we dus als ( )( ) en op de andere vier hoekpunten werkt deze symmetrie als ( )( ). Dit groepselement ziet er dus weer uit als ( )( )( )( ), maar is fundamenteel verschillend van de vorige: de -hoekpunten die in één cykel voorkomen zijn nu door een ribbe verbonden, in tegenstelling tot alle -hoekpunten in de vorige soort. Van dit soort zijn er evenveel als paren totaal overstaande ribben, nl. 12/2 = 6. e. Spies een rotatieas door twee diametraal opposiete hoekpunten. We kunnen nu de drie ribben die uit een doorspiest hoekpunt komen, draaien (±120 ). Deze groepselementen moeten er zo uitzien: ( )( )( )( ). Voor elk paar diametraal opposiete hoekpunten (zo zijn er 4) kunnen we twee rotatierichtingen kiezen, dus we vinden 8 zo n elementen. In totaal vinden we 1+6+3+6+8 = 24 elementen in de symmetriegroep van de starre kubus. Je kon dit ook als volgt vinden. Fixeer een hoekpunt en kleur een ribbe eruit. Je kunt dit hoekpunt op 8 mogelijke hoekpunten afbeelden. Eénmaal dat gedaan is, heb je nog 3 keuzes om je gekleurde ribbe te leggen, maar zodra dit gebeurd is, ligt de realiseerbare symmetrie volledig vast. Er zijn dus 8 3 = 24 groepselementen. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Groepentheorie 93

5.6 Veeltermringen 5.6.1 Polynomen over F p = Z/pZ: irreducibiliteit en factorisatie Oefening 5.18. Bewijs dat x 2 + 2x + 2 irreducibel is in F 3 [x]. Oplossing 5.18. Aangezien de veelterm van graad 3 is, is deze irreducibel als hij geen wortels heeft. x F 3 x 2 + 2x + 2 0 2 1 2 2 1 Uit bovenstaande tabel volgt dat dit inderdaad het geval is, de veelterm x 2 + 2x + 2 is dus irreducibel in F 3 [x]. Oefening 5.19. Ontbind x 5 + x 4 + x 3 + x in irreducibele factoren over F 2. Oplossing 5.19. We vinden alvast dat x 5 + x 4 + x 3 + x = x(x 4 + x 3 + x 2 + 1). Beschouw nu f(x) = x 4 + x 3 + x 2 + 1. 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 2 + 1 = (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 5.20. Ontbind x 8 + 2 in irreducibele factoren in F 3 [x]. Oplossing 5.20. In F 3 is ook A 2 B 2 = (A + B)(A B) geldig. We vinden dus dat x 8 + 2 = 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 F 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 F 3. Aangezien echter f(0) = 1 en f(1) = f(2) = 2, mogen we besluiten dat de veelterm x 2 + 1 irreducibel is in F 3 [x]. De ontbinding van x 4 + 1 is in de cursus reeds uitgewerkt (voorbeeld 5.75, p. 214 in 2013-2014). We vinden dat x 4 + 1 = (x 2 + x 1)(x 2 x 1), terwijl deze veeltermen niet verder ontbindbaar zijn in Z/3Z[x]. We vinden dus dat x 8 1 = (x + 1)(x 1)(x 2 + 1)(x 2 + x 1)(x 2 x 1). Oefening 5.21. Ontbind x 3 + 5x 2 + 5 in F 11 [x]. Oplossing 5.21. Deze veelterm is van graad 3 en dus irreducibel over F 11 als en slechts als ze geen lineaire factor bevat, dus als en slechts als ze geen wortels bevat in F 11. Aangezien de som van de coëfficiënten gelijk is aan 11 0 (mod 11) is de Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Veeltermringen 94

veelterm deelbaar door x 1 en na uitvoering van de deling bekomen we x 3 +5x 2 +5 = (x 1)(x 2 + 6x + 6). Zoeken we van x 2 + 6x + 6 F 11 [x] de wortels (Discriminant = 12 = 1), dan vinden we 2 en 3, dus de gezochte factorisatie is x 3 + 5x 2 + 5 = (x 1)(x 2)(x 3). Oefening 5.22. Factoriseer volgende veeltermen in irreducibele veeltermen over F 5. a. x 4 + 4 b. x 4 + 3x 3 + 2x + 4 Oplossing 5.22. a. (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) b. (x + 4) 3 (x + 1) Oefening 5.23. Wat is de multipliciteit van de wortel 1 van x 8 +x 7 +x 6 +x 3 +x 2 +1 in F 2 [x]? Oplossing 5.23. Met behulp van de Euclidische deling of de regel van Horner vinden we achtereenvolgens: x 8 + x 7 + x 6 + x 3 + x 2 + 1 = (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 3 + 1 = (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 2 + 1 = (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 2 + 1 = (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 F 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, wat geldt in karakteristiek 2: x 8 + x 7 + x 6 + x 3 + x 2 + 1 = x 8 + 1 + x 3 (x 4 + 1) + x 2 (x 4 + 1) De gezochte multipliciteit is dus 5. = (x 4 + 1)(x 4 + 1 + x 3 + x 2 ) = (x + 1) 4 (x 3 (x + 1) + (x + 1) 2 ) = (x + 1) 5 (x 3 + x + 1) 5.6.2 Deling, Euclides en modulaire inversen Oefening 5.24. Bepaal het quotiënt en de rest van de deling van a(x) door b(x) over het veld F. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Veeltermringen 95

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. f. Zelfde als d. maar nu over F 73. Oplossing 5.24. 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 5.25. 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 2 + 2. 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 2 + 1. d. F = F 2 ; a(x) = x 5 + 1; b(x) = x 2 + 1. e. F = F 2 ; a(x) = x 9 + 1; b(x) = x 6 + 1. Oplossing 5.25. 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 5.26. 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). Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Veeltermringen 96

a. a(x) = x 4 + 2 en b(x) = 5x 2 + 6x + 4 in F 7 [x]. b. a(x) = x 3 + 2x 2 + 2x + 1 en b(x) = 2x 2 + 2 in F 3 [x]. c. a(x) = x 5 + 1 en b(x) = x + 1 in F 2 [x]. Oplossing 5.26. a. Stel voor het gemak bij de berekeningen op voorhand volgende tabel op in F 7 : x 1 2 3 4 5 6 x 1 1 4 5 2 3 6 x 6 5 4 3 2 1 Een eerste keer de Euclidische deling toepassen geeft x 4 + 2 = (3x 2 + 2x + 5)(5x 2 + 6x + 4) + (4x + 3). De tweede Euclidische deling geeft als resultaat: We vinden dus achtereenvolgens 5x 2 + 6x + 4 = (3x + 1)(4x + 3) + 1. 1 = 5x 2 + 6x + 4 (3x + 1)(4x + 3) = 5x 2 + 6x + 4 (3x + 1)[x 4 + 2 (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) = x 4 + x 3 + x 2 + x + 1. Oefening 5.27. Bepaal in F 3 [x] de inverse veelterm van 2x 4 + 2 modulo x 5 + 2. Oplossing 5.27. 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 5 + 2 = (2x 4 + 2)(2x) + ( x + 2) 2x 4 + 2 = ( x + 2)(x 3 + 2x 2 + x + 2) + 1 1 = (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 5 + 2 en je bekomt dat de inverse van 2x 4 + 2 gelijk is aan 2x 4 + x 3 + 2x 2 + x + 1, modulo x 5 + 2. In Sage zou men dit kunnen berekenen met de volgende code: Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Veeltermringen 97

K.<x> = PolynomialRing(GF(3)) L.<x> = K.quotient(x^5+2) 1/(2*x^4+2) Na de tweede lijn weet x dat het een element is van F 3 [x]/(x 5 + 2) zodat de laatste lijn het juiste antwoord geeft. Oefening 5.28. Waarom is x 2 + 3 irreducibel over F 5? Zoek de inverse veelterm van x + 1 modulo x 2 + 3 in F 5. Oplossing 5.28. 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/5Z, zodat de veelterm irreducibel is. Aan de hand van het algoritme van Euclides vinden we x 2 + 3 + 4(x + 1)(x + 4) = 4 4(x 2 + 3) + (x + 1)(x + 4) = 1 x 2 + 3 = (x + 1)(x + 4) + 4 We vinden dus dat (x + 1)(x + 4) = 1 modulo x 2 + 3. De inverse veelterm van x + 1 is dus gelijk aan x + 4 modulo x 2 + 3 in F 5. Alternatief: werken modulo x 2 + 3 betekent dat je x opvat als een object dat de informatie in zich draagt dat x 2 + 3 = 0, ofte x 2 = 2. Dus, met de methode van onbepaalde coëfficiënten: (x + 1)(ax + b) = 1 a 2 + (a + b)x + b = 1 { 2a + b = 1 a = 1, b = 1 = 4 a + b = 0 Oefening 5.29. Bereken de som en het product in Z[x] van 3x + 4 en 5x 2 modulo x 2 7. Bereken de som en het product van 3x x2 2 en 2 modulo x 2 + 2 in Q[x]. Oplossing 5.29. a. 8x + 2 en 14x + 97. b. Het tweede element is gewoon 1. Dus 3 2 x + 1 en 3 2 x. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Veeltermringen 98

5.7 Eindige velden 5.7.1 Constructie Oefening 5.30. a. Toon aan dat f(t) = t 2 + t 1 over F 3 irreducibel is. b. Bewijs dat f(t) = t 2 + t 1 een primitief polynoom is in F 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 5.30. a. Aangezien een tweedegraadsveelterm enkel in lineaire termen ontbonden kan worden, is het voldoende om na te gaan of f(t) = t 2 + 1 1 nulwaarden heeft in F 3. t 0 1 1 t 2 + t 1 1 1 1 We vinden dat f(t) = t 2 + t 1 irreducibel is over F 3. b. Het polynoom f(t) = t 2 + t 1 is een primitief polynoom in F 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 + 1 + 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) = t2 + t 1 is dus een primitief polynoom in F 3 [t]. c. We vinden dat F 9 voorgesteld kan worden door F 9 = {0, 1, 1, t, t + 1, t 1, t, t + 1, t 1}, 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 allemaal verschillend zijn omdat t een primitief Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Eindige velden 99

element is. 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 kunnen dus berekenen dat t + 1 = t 7 t 2 + 1 = t + 1 + 1 = t 1 = t 3 t + 1 = 0 + 1 = 1 = t 0 t 7 + 1 = t + 1 + 1 = t 1 = t 6 t 3 + 1 = t 1 + 1 = t = t 5 t 0 + 1 = 1 + 1 = 1 = t 4 t 6 + 1 = t t 5 + 1 = t + 1 = t 2 t 4 + 1 = 1 + 1 = 0 = t wat zich voor de operator θ waarvoor t i + 1 = t θ(i) vertaalt als θ(1) = 7 θ(2) = 3 θ( ) = 0 θ(7) = 6 θ(3) = 5 θ(0) = 4 θ(6) = 1 θ(5) = 2 θ(4) = De Zech-log-tabel wordt dan gegeven door i 0 1 2 3 4 5 6 7 θ(i) 0 4 7 3 5 2 1 6 d. (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 Oefening 5.31. Is x 4 +x 2 +1 een primitieve, irreducibele veelterm in F 2? Is x 4 +x+1 een primitieve, irreducibele veelterm in F 2? Oplossing 5.31. a. We vinden onmiddellijk dat x 4 + x 2 + 1 = (x 2 + x + 1) 2. Deze veelterm is dus reducibel, en komt zelfs niet in aanmerking om een primitief polynoom te zijn. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Eindige velden 100

b. Merk op dat x 4 + x + 1 geen lineaire factoren heeft. Als de veelterm reducibel is, is deze het product van twee irreducibele tweedegraadsveeltermen over F 2. Met de methode van de onbepaalde coëfficiënten kan men zien dat dit niet het geval is. Een meer inzichtelijke manier om de irreducibiliteit van x 4 + x + 1 te vestigen gaat als volgt. Over F 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 2 + 1. Maar er zijn slechts vier kwadratische veeltermen over F 2, waaruit volgt dat x 2 + x + 1 de enige irreducibele kwadratische veelterm is over F 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 2 + 1. Dit is niet gelijk aan x 4 + x + 1, waaruit volgt dat de beschouwde veelterm irreducibel is. Is de veelterm nu ook primitief? Met andere woorden: is het element x (met x 4 +x+1 = 0) een voortbrengend element van de multiplicatieve groep 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 0 0 1 1 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 2 + 1 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 2 + 1 x 13 x 3 + 1 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 5.32. Onderzoek of de gegeven veelterm een irreducibele veelterm is over het gepaste veld en stel de Zech-log-tabel op voor het gevraagde veld. Als het gegeven polynoom niet primitief is, zal je in plaats van de variabele t dus een ander element α moeten kiezen als primitief element. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Eindige velden 101

a. F 4, met f(t) = t 2 + t + 1. b. F 9, met f(t) = t 2 + 1. c. F 16, met f(t) = t 4 + t + 1. d. F 25, met f(t) = t 2 + 4t + 2. Oplossing 5.32. a. De veelterm f(t) = t 2 + t + 1 is een irreducibel polynoom in F 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 0 1 0 α t 1 2 α 2 t + 1 2 1 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 notatie, waaruit dan ook onmiddellijk de Zech-log-tabel volgt (zie de laatste twee kolommen). We stellen bovendien ook elk element a 0 + a 1 t nog eens voor als geordend tweetal (a 0, a 1 ). exponentieel additief vector i θ(i) 0 = α 0 (0, 0) 0 α 0 1 (1, 0) 0 4 α 1 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 F 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. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Eindige velden 102

exponentieel additief vector 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 4 1 + 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 2 + 1 (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) 11 12 α 12 t 3 + t 2 + t + 1 (1, 1, 1, 1) 12 11 α 13 t 3 + t 2 + 1 (1, 0, 1, 1) 13 6 α 14 t 3 + 1 (1, 0, 0, 1) 14 3 d. De gegeven veelterm is inderdaad irreducibel over F 5 en is bovendien een primitieve veelterm voor F 25. Maak zelf de berekeningen en controleer ze met de volgende tabel. exp additief vector i θ(i) exp additief vector i θ(i) 0 = α 0 (0, 0) 0 α 11 3t + 2 (2, 3) 11 16 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) 16 20 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) 18 12 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) 20 19 α 9 3t + 1 (1, 3) 9 11 α 21 2t + 4 (4, 2) 21 7 α 10 4t + 4 (4, 4) 10 13 α 22 t + 1 (1, 1) 22 15 α 23 2t + 3 (3, 2) 23 21 Oefening 5.33. Gebruik de Zech-log-tabellen uit oefening 5.32 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. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Eindige velden 103

c. x 2 + α 7 x + 1 = 0 over F 16. d. x 2 + α 13 x + α 14 = 0 over F 25. Oplossing 5.33. 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. (a) Gereduceerde vergelijking y 2 + y + δ = 0 y = ax b = x = α15 x α 7 α 7 δ = ac = 1 = α15 b 2 α 14 α 14 = α 8 x = α (b) Tr(δ) 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. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Eindige velden 104

(c) 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 9 + 1 = α 7. De twee oplossingen van de gereduceerde vergelijking worden gegeven door α 7 en α 9. (d) 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 12 + 1) α 6 = α12 α 13 ± 0 α 6 = α 19 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 5.34 (Examen 2013). Toon aan dat f(x) = x 3 x + 1 een irreducibel polynoom is over F 3. Construeer met dit polynoom het eindig veld F 27 in de variabele s en stel de Zech-log-tabel op. Hoeveel veldelementen zijn primitieve elementen? Welke zijn deze? Los de derdegraadsvergelijking X 3 + (s 2 s)x 2 + ( s 2 + 1)X = 0 op over deze F 27. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Eindige velden 105

Oplossing 5.34. Mocht dit polynoom reducibel zijn, dan zou het zeker een lineaire factor over F 3 en dus een wortel in F 3 hebben. Maar f(0) = f(1) = f( 1) = 1, dus het polynoom moet wel irreducibel zijn. We berekenen opeenvolgende machten van s, waarbij s 3 = s 1, om de Zechlog-tabel op te stellen. s = 0 s 8 = s 2 1 s 17 = s 2 + s s 0 = 1 s 9 = s + 1 s 18 = s 2 s + 1 s 1 = s s 10 = s 2 + s s 19 = s 2 s 1 s 2 = s 2 s 11 = s 2 + s 1 s 20 = s 2 + s + 1 s 3 = s 1 s 12 = s 2 1 s 21 = s 2 + 1 s 4 = s 2 s s 13 = 1 s 22 = s 1 s 5 = s 2 + s 1 s 14 = s s 23 = s 2 s s 6 = s 2 + s + 1 s 15 = s 2 s 24 = s 2 s + 1 s 7 = s 2 s 1 s 16 = s + 1 s 25 = s 2 + 1 We vinden de volgende Zech-log-tabel: i θ(i) 2 21 6 11 10 6 14 16 18 7 22 14 0 3 1 7 4 11 10 15 25 19 23 23 24 0 13 4 18 8 15 12 2 16 22 20 5 24 19 1 9 5 17 9 3 13 17 20 21 12 25 8 De multiplicatieve groep is cyclisch van orde 26 en zal dus ϕ(26) = 12 elementen hebben die de multiplicatieve groep ook voortbrengen. Als s een voortbrenger is, dan zijn dit de s k, met ggd(k, 26) = 1, namelijk s, s 3, s 5, s 7, s 9, s 11, s 15, s 17, s 19, s 21, s 23 en s 25. We zien direct dat X = 0 een oplossing is. Andere oplossingen zijn oplossing van X 2 + (s 2 s)x + ( s 2 + 1) = 0. We werken vanaf nu in multiplicatieve notatie, dus de vergelijking wordt X 2 +s 4 X +s 25 = 0. De oplossingen zullen dan gegeven worden door X 1,2 = b ± b 2 4ac 2a = s4 ± s 8 s 25 1 = s 4 s 8 + s 13 s 1 = s 4 s 8 + s 12 = s 4 s 8 (s 4 + 1) = s 4 s 8 (s 18 ) = s 4 1 = s 2 s 1, s 2 s + 1 Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Eindige velden 106

We besluiten dat de derdegraadsvergelijking drie oplossingen heeft, namelijk 0, s 7 = s 2 s 1 en s 18 = s 2 s + 1. Oefening 5.35 (Herexamen 2012). Los de kwadratische vergelijking x 2 + α 2 x + α 4 = 0 op over F 16, het eindig veld waarvan een Zech-log-tabel gegeven wordt door i θ(i) i θ(i) 0 5 10 1 4 6 13 2 8 7 9 3 14 11 12 Oplossing 5.35. We vinden de gereduceerde vergelijking y 2 + y + δ = 0, met Nu op zoek naar Tr(α). y = ax b = x α 7 = α15 x α 7 = α 8 x δ = ac b 2 = 1 α15 = α14 α 14 = 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. We zoeken nu een element k F 16 waarvoor Tr(k) = 1. Na wat proberen vinden we 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 9 + 1 = α 7. De twee oplossingen van de gereduceerde vergelijking worden gegeven door α 7 en α 9. De oplossingen van de oorspronkelijke vergelijking worden gegeven door α 14 en α. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Eindige velden 107

Oefening 5.36. Bepaal de kwadraten in de drie velden uit oefening 5.32. Oplossing 5.36. Als q oneven is, zijn er precies q 1 2 niet-kwadraten en evenveel kwadraten, verschillend van 0. Als q even is, is elk element een kwadraat. Als we met de exponentiële notatie werken, met een primitief element α gegeven, zijn alle elementen met een even macht α 2i kwadraten (namelijk van α i ), de rest moeten dan wel niet-kwadraten zijn. Dat geeft ons dus, de verzameling kwadraten genoteerd met, a. = F 4 b. = {0, α 0, α 2, α 4, α 6 } = {0, 1, t, 2, 2t} c. = F 16 d. = {0, α 0, α 2,..., α 22 } = {0, 1, t+3, 2t+2, 2, 2t+1, 4t+4, 4, 4t+2, 3t+3, 3, 3t+ 4, t + 1} 5.7.2 Primitieve elementen Oefening 5.37. Hoeveel primitieve elementen heeft een eindig veld van orde 64? Oplossing 5.37. Aangezien de multiplicatieve groep F 64 de cyclische groep C 63 is, zijn er ϕ(63) = ϕ(3 2 7) = 2 3 6 = 36 niet-nul-elementen die deze multiplicatieve groep voortbrengen, dus primitieve elementen. Oefening 5.38. Zoek de primitieve elementen van Z/41Z. Oplossing 5.38. Aangezien 41 een priemgetal is, is Z/41Z een veld, doorgaans genoteerd als F 41. We weten ook dat F 41 de cyclische groep C 40 is. Een primitief element van F 41 is dus een element van orde 40 dat de volledige groep F 41 voortbrengt. Er zijn in totaal juist ϕ(40) = ϕ(5)ϕ(8) = 4 4 = 16 primitieve elementen van F 41. We zoeken nu een element van orde 40. We starten met het kleinst mogelijke 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 F 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 5.11 en 5.12): 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. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Eindige velden 108

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/41Z. Om nu alle primitieve elementen te vinden in F 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 6 39. 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 5.39. Vergelijk de ringen Z/16Z 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 5.39. a. Z/16Z is net opgebouwd als de optelling modulo 16, dus de additieve groep van Z/16Z is cyclisch en wordt voortgebracht door 1, m.a.w. Z/16Z, + = C 16. De additieve groep van F 16 is meer ingewikkeld. Omdat 1 + 1 = 0, brengt element 1 hier een deelgroep C 2 voort en niet de hele groep. De additieve groep is abels en elk element heeft orde 2. We vinden dat F 16, + = C 2 C 2 C 2 C 2. Want inderdaad, F 16 is een vectorruimte over zijn priemveld F 2, dus de additieve structuur moet isomorf zijn met F 4 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 getal in Z/016Z zal inverteerbaar zijn als het copriem is met 16. Bijgevolg zijn er ϕ(16) = 8 inverteerbare elementen in Z/16Z. 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 5.37. Een element van Z/16Z 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 1 15 5 15 3 5 15 15 5 3 15 5 15 15 Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Eindige velden 109

Voor Z/16Z 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 3 2 9 (mod 16) 3 3 27 11 (mod 16) 3 4 3 11 33 1 (mod 16) De orde van 3 is dus gelijk aan 4, maar ook de orde van 3 3 11 (mod 16) is gelijk aan 4. We vinden ook dat de orde van 3 2 9 (mod 16) gelijk is aan 2. Beschouw nu a = 5. We vinden 5 2 25 9 (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 5 3 5 9 13 (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 7 3 49 1 (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 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 orde 1 4 4 2 2 4 4 2 5.7.3 Doordenkers in eindige velden Oefening 5.40. Bewijs dat alle elementen van F 2 11 derdemachten zijn. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Eindige velden 110

Oplossing 5.40. 2 11 = 2048. In F 2 11 is elk element een kwadraat en hebben we dat x = x 2048. Vermenigvuldigen we deze vergelijking met x, dan bekomen we voor elk element x 2 = x 2049 = (x 2049 3 ) 3. Een willekeurig element van F 2 11 is te schrijven als het linkerlid, en dus ook als het rechterlid, is m.a.w. een derdemacht. Oefening 5.41 (Examen 2012). Bewijs: als ggd(k, q 1) = 1, dan is elk element in F q een k-de macht. Oplossing 5.41. 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 5.42. Bewijs dat elk element van F q een som van twee kwadraten is. Oplossing 5.42. In een veld van even karakteristiek is elk element een kwadraat. We vinden dus dat a = a + 0, waarbij zowel a als 0 kwadraten zijn. Elk element is dus de som van twee kwadraten. In een veld F q van oneven karakteristiek p (p 2, p priem) is juist de helft van de elementen van F q = F q \ {0} een kwadraat. Aangezien 0 een kwadraat is, vinden we dat F q juist q 1 2 niet-kwadraten heeft, en juist q+1 2 kwadraten. Dit zijn twee observaties die moeten gemaakt worden. Om nu te bewijzen dat in oneven karakteristiek, elk element als de som van twee kwadraten geschreven kan worden, wetende dat er q+1 2 kwadraten zijn en q 1 2 niet-kwadraten, zijn er verschillende aanpakken mogelijk. Aanpak 1. Veronderstel nu dat z een niet-kwadraat is dat niet kan geschreven worden als een som van twee kwadraten. Beschouw de getallen z r, waarbij r de verzameling van de kwadraten doorloopt. Omdat er q+1 2 kwadraten zijn, zijn er precies q+1 2 zo n getallen z r. Ze zijn ook allen verschillend, want als z r 1 = z r 2, dan moet r 1 = r 2. Minstens één ervan moet dus een kwadraat s zijn, want er zijn slechts q 1 2 < q+1 2 niet-kwadraten. Dus z = r + s, waarbij r en s beiden kwadraten zijn. Aanpak 2. Als een element a van F q een kwadraat is, dan is inderdaad a = a + 0 2. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Eindige velden 111

Veronderstel weer dat z een niet-kwadraat is dat niet kan geschreven worden als een som van twee kwadraten. Aangezien de niet-kwadraten een nevenklasse vormen van de deelgroep van de kwadraten in de multiplicatieve groep F q, is elk niet-kwadraat van de vorm za 2 en kan het niet geschreven worden als som van twee kwadraten want uit za 2 = b 2 + c 2 zou volgen dat z = (b/a) 2 + (c/a) 2, wat tegen de veronderstelling is dat z niet kan geschreven worden als som van twee kwadraten. Hieruit volgt dus ook dat de som van twee kwadraten dan ook altijd terug een kwadraat moet zijn, wat betekent dat de q+1 2 kwadraten een deelgroep van de additieve groep F q, + vormen, en dat dus wegens de stelling van Lagrange q+1 2 een deler moet zijn van q wat een tegenstrijdigheid geeft. Oefening 5.43. 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 5.43. 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 2 0 1 α 2 α 4 α 6 1 α 2 α 4 α 6 b 2 + 1 1 α 4 α 2 + 1 0 α 6 + 1 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 2 + 1 of α 6 + 1 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 2 + 1 = a 2 (1 + a 6 ) en a 6 + 1 = a 6 (1 + a 2 ). Hieruit volgt dat ofwel α 2 + 1 en α 6 + 1 beide een kwadraat zijn, ofwel geen van beiden. Veronderstel dat ze beiden een kwadraat zijn. Dan vinden we α 2 + 1 = α 6 en α 6 + 1 = α 2. Deze twee beweringen kunnen slechts samengaan in een veld van karakteristiek 2, waaruit een strijdigheid volgt. We concluderen dat α 2 + 1 en α 6 + 1 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. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Eindige velden 112

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 5.44. 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 priemdeler is van p h 1? Oplossing 5.44. 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 3 + 1 = (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. 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 2 + + x + 1. Oefening 5.45. Welke polynoom is een deler van x 15 1 en heeft precies alle primitieve elementen van F 16 als nulpunt? Oplossing 5.45. 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 x 1 = x2 +x+1. Analoog zijn de orde-5-elementen precies de wortels van x5 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 Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Eindige velden 113