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Strukturen und Algebra » Körper und Galois-Theorie » Zerfällungskörper über F_3
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Universität/Hochschule Zerfällungskörper über F_3
LamyOriginal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-01-20


Hallo,

ich soll den Zerfällungskörper von $f=x^3+2x+1$ und seinen Grad über $\mathbb{F}_3$ bestimmen.

Dazu: $f$ ist irreduzibel in $\mathbb{F}_3$. Man bestimmt ja die Nullstellen und adjungiert diese, allerdings schaff ich es nicht die Nullstellen zu bestimmen ohne Hilfe von Wolframalpha.

Mein Ansatz: im Skript hatten wir ein Beispiel zu kubischen Polynomen (allerdings nur über $\mathbb{Q}$!). Sei $\alpha$ eine komplexe Nullstelle, dann faktorisiert f über $\mathbb{Q}(\alpha)$ zu $f=(x-\alpha)g$ mit $g=(x^2+\alpha x + \alpha^2 +2)$. Die Nullstellen von g sind $\frac{-\alpha \pm \sqrt{-3\alpha^2-8}}{2}$, wobei in $\mathbb{F}_3$ ja für die weiteren Nullstellen gelten müsste (wegen $-3=0$): $\frac{-\alpha \pm \sqrt{-8}}{2} = \frac{-\alpha}{2} \pm \sqrt{2}i $

Ich würde mich über jede Hilfe und jeden Tipp freuen!



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-01-20


2021-01-20 15:42 - LamyOriginal im Themenstart schreibt:
$\mathbb{F}_3$ ist ja kein Körper

Wie kommst du darauf? Natürlich ist $\mathbb{F}_3$ ein Körper.

--zippy



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LamyOriginal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-20


2021-01-20 16:02 - zippy in Beitrag No. 1 schreibt:
2021-01-20 15:42 - LamyOriginal im Themenstart schreibt:
$\mathbb{F}_3$ ist ja kein Körper

Wie kommst du darauf? Natürlich ist $\mathbb{F}_3$ ein Körper.

--zippy

Danke für deine Anmerkung, habe mittlerweile auch bemerkt, dass es ein Körper ist, da 3 eine Primzahl ist



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UsernameTaken
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-01-20


Hallo LamyOriginal,

falls du mit \( \mathbb{F}_3 \) gerade \( \mathbb{Z}/3\mathbb{Z} \) meinst, dann haben wir sehr wohl einen Körper vorliegen. Tatsächlich ist \( \mathbb{F}_p \) für jede Primzahl \(p \) ein Körper. Dann kannst du natürlich über Nullstellen argumentieren.

Was den Zerfällungskörper angeht: Kennst du eine Körpererweiterung die auf jeden Fall eine Nullstelle enthält ? Ich behaupte dein Polynom wird in einem solchen Körper bereits zerfallen.

Das Stichwort ist hier der Frobenius Automorphismus: Ist \( p \) eine Primzahl und \(K\) ein Körper mit \(p^n\) Elementen, dann ist die Abbildung \( \Phi:K \to K; a \mapsto a^p \) ein Körperautomorphismus, welche man auch Frobenius Automorphismus nennt. Tatsächlich finden wir in \( K \) einen Unterkörper isomorph zu \( \mathbb{F}_p \) und \( \Phi \) ist dann ein \( \mathbb{F}_p \)-Algebrenhomomorphismus.
Ist nun \( f \in \mathbb{F}_p[x] \) ein Polynom welches eine Nullstelle \( a \in K \) hat, so wirst du die restlichen Nullstellen durch wiederholtes anwenden des Frobenius auf \(a\) finden.

Falls dir das etwas zu abstrakt ist, keine Panik. Eigentlich musst du bloß mitnehmen, dass deine restlichen Nullstellen geeignete Potenzen der Ersten sind.

Beste Grüße
UsernameTaken


[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]



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LamyOriginal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-20


Erstmal vielen Dank für deine Hilfe!


Das Stichwort ist hier der Frobenius Automorphismus: Ist \( p \) eine Primzahl und \(K\) ein Körper mit \(p^n\) Elementen, dann ist die Abbildung \( \Phi:K \to K; a \mapsto a^p \) ein Körperautomorphismus, welche man auch Frobenius Automorphismus nennt. Tatsächlich finden wir in \( K \) einen Unterkörper isomorph zu \( \mathbb{F}_p \) und \( \Phi \) ist dann ein \( \mathbb{F}_p \)-Algebrenhomomorphismus.
Ist nun \( f \in \mathbb{F}_p[x] \) ein Polynom welches eine Nullstelle \( a \in K \) hat, so wirst du die restlichen Nullstellen durch wiederholtes anwenden des Frobenius auf \(a\) finden.

Das hatten wir nicht. Also im Skript steht, sei K ein endlicher Körper, der Primkörper von K ist der endliche Körper $F_p$. Da K endlich ist, ist der Grad $[K ∶ F_p]$ (sei hier n) der Körpererweiterung
$K/F_p$ endlich, dann gilt $K ≅ F^n_p$, also $q:= ∣K∣ = p^n$.
Wie hilft mir das weiter? Ich verstehe das nicht ganz...


Falls dir das etwas zu abstrakt ist, keine Panik. Eigentlich musst du bloß mitnehmen, dass deine restlichen Nullstellen geeignete Potenzen der Ersten sind.

Aber ich finde ja nicht mal eine Nullstelle...



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UsernameTaken
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2021-01-20


Nun, du hast ein irreduzibles Polynom aus \( \mathbb{F}_3[x] \) vom Grad 3. Wie bastelst du daraus einen Körper mit \( 3^3 \) Elementen ? Haben wir dort eine Nullstelle ?



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2021-01-20

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2021-01-20 16:37 - LamyOriginal in Beitrag No. 4 schreibt:
Aber ich finde ja nicht mal eine Nullstelle...
\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\grad}{\operatorname{grad}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert} \newcommand{\Abb}{\operatorname{Abb}}\)

Hi LamyOriginal,

wie würdest du denn beispielsweise eine Nullstelle von $X^2-2\in\mathbb Q[X]$ finden? Und wenn du mir jetzt sagst, offensichtlich sei $\sqrt2$ eine, dann erkläre mir, was $\sqrt2$ sein soll wenn nicht einfach "eine Nullstelle von $X^2-2$".

Es geht mir hier darum zu sagen, dass es eigentlich unwesentlich ist, wie die Nullstelle deines Polynoms aussieht. Wesentlich ist nur, dass es eine gibt. Die Zahl $\sqrt2$ behandeln wir ja auch größtenteils nur darüber, dass sie eben eine Nullstelle von $X^2-2$ ist, und nicht indem wir eine konkrete Konstruktion angeben.

Wenn du aber eine konkrete Konstruktion willst: Falls $f$ irreduzibel ist, so ist die Restklasse von $X$ als Element von $\mathbb F_3[X]/(f)$ eine Nullstelle des Polynoms $f$ im Körper $\mathbb F_3[X]/(f)$. Ich empfehle dir aber, nicht damit zu rechnen. Es macht nämlich keinen Spaß und ist auch unwichtig.

Viele Grüße
Vercassivelaunos

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]
\(\endgroup\)


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LamyOriginal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-20



Okay, also f ist irreduzibel in $\mathbb{F}_3$, da es keine Nullstellen hat in $\mathbb{F}_3$. Sei $\alpha=x + <f>$ eine adjungierte Nullstelle. Dann $n=deg(f) = 3$ und $|K| = 3^3 = 9$

2021-01-20 16:54 - UsernameTaken in Beitrag No. 5 schreibt:
Nun, du hast ein irreduzibles Polynom aus \( \mathbb{F}_3[x] \) vom Grad 3. Wie bastelst du daraus einen Körper mit \( 3^3 \) Elementen ? Haben wir dort eine Nullstelle ?

Der einzige Körper mit 9 Elementen, der mir einfällt, ist $\mathbb{F}_9$, der hat aber nach ausprobieren auch keine Nullstelle...


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]



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UsernameTaken
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2021-01-20


Also zunächst ist \(3^3 = 27 \). Der Körper \( K=\mathbb{F}_3[\alpha] \) den du dir gearde konstruiert hast ist isomorph zu \( \mathbb{F}_3[x]/\langle f \rangle \) bzw. \( \mathbb{F}_{27} \).

Dies ist wie Vercassivelaunos bereits bemerkt hat aber unwesentlich. Wichtig ist nur, dass du eine Nullstelle hast. Wie du die restlichen findest ist Teil meiner ersten Antwort.

Du musst dir dazu 2 Dinge überlegen: Warum ist \( \Phi^m (\alpha) \) wieder eine Nullstelle von \( f \) für jedes \(m \in \mathbb{N} \), und warum findest du auf diese Weise alle 3 Nullstellen ?

Prinzipiell würde dir ja schon eine zweite Nullstelle in \(K\) reichen, sodass man das Problem in \( \mathbb{F}_3[x]/\langle f \rangle \) auch brute forcen könnte. Ich stimme allerdings Vercassivelaunos zu, dass das nicht unbedingt Spaß bereitet.

Vielleicht kennt ja jemand auch noch eine elegante Methode die ohne den Frobenius auskommt ?



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LamyOriginal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-20


Mir ist gerade aufgefallen, dass ich f gar nicht definiert habe?!? f:= x^3+2x+1


Ist nun f∈Fp[x] ein Polynom welches eine Nullstelle a∈K hat, so wirst du die restlichen Nullstellen durch wiederholtes anwenden des Frobenius auf a finden. a \mapsto a^p

Okay, also nach den vorherigen Argumenten ist der Zerfällungskörper von f über $\mathbb{F}_3$ $\mathbb{F}_{3^3}≅ \mathbb{F}_3[X]/<f>=\mathbb{F}_3(\alpha)$, insbesondere ein Körper K mit $|K| = 3^3 = 27$.

Das heißt, wenn wir f zerlegen mit dem Frobeniusautomorphismus, den du vorher erwähnt hast ($a \mapsto a^{p=3}$) erhalten wir:
$0 = a^3 + 2a + 1$
$0 = (a^3)^3 + 2(a^3) + 1$
$0 = (a^9)^3 + 2(a^9) +1$
Also insgesamt $f =x^3+2x+1 = (x-a)(x-a^3)(x-a^9)$, falls ich es richtig verstanden habe?


Nun, du hast ein irreduzibles Polynom aus F3[x] vom Grad 3. Wie bastelst du daraus einen Körper mit 3^3 Elementen ? Haben wir dort eine Nullstelle ?

An was genau hast du da gedacht?



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2021-01-20


Offenbar hast du Probleme damit, zu erkennen, dass die dir bekannte Körpertheorie im Falle von endlichen Körpern überhaupt nicht anders als die allgemeine Theorie ist. Dazu gibt es einen passenden Artikel: LinkAlgebra über endlichen Körpern



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UsernameTaken
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2021-01-20


 
Also insgesamt $f =x^3+2x+1 = (x-a)(x-a^3)(x-a^9)$, falls ich es richtig verstanden habe?

Richtig. Überlege dir nur noch wieso das funktioniert (der multipliziere notfalls aus und rechne nach das \(f \) rauskommt. Für \( \alpha \) kennst du ja eine Relation).


An was genau hast du da gedacht?

Konkret dachte ich an \( \mathbb{F}_3[x] / \langle f \rangle \), was man dann aber korrekterweise als \( \mathbb{F}_3[\alpha] \) erkennt und damit weiter arbeitet.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.9 begonnen.]



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LamyOriginal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-20


2021-01-20 18:24 - UsernameTaken in Beitrag No. 11 schreibt:

Richtig. Überlege dir nur noch wieso das funktioniert (der multipliziere notfalls aus und rechne nach das \(f \) rauskommt. Für \( \alpha \) kennst du ja eine Relation).

Mit Ausmultiplizieren und der $\alpha$-Relation meinst du $\alpha^3+2\alpha+1=0 \iff \alpha^3 = -2\alpha -1$, oder?

Jetzt ist die Frage nach dem Grad des Zerfällungskörpers. Sei $L = \mathbb{F}_3/\langle f\rangle$, ist dann $[L:\mathbb{F}_3]=deg(f)=3$?



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2021-01-20



Mit Ausmultiplizieren und der $\alpha$-Relation meinst du $\alpha^3+2\alpha+1=0 \iff \alpha^3 = -2\alpha -1$, oder?

Ja genau.


Jetzt ist die Frage nach dem Grad des Zerfällungskörpers. Sei $L = \mathbb{F}_3/\langle f\rangle$, ist dann $[L:\mathbb{F}_3]=deg(f)=3$?

Den hast du doch gerade bestimmt ?

Im Hinblick auf Triceratops Antwort fällt mir gerade ein, dass du bei gegebener Nullstelle \( \alpha \) wohl auch einfach dein \( f\) durch \( x - \alpha \) teilen, und dann fortfahren kannst 🤔. Ich Persöhnlich habe diesen Ansatz tatsächlich noch nie verfolgt. Coole Sache.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-20


2021-01-20 18:39 - UsernameTaken in Beitrag No. 13 schreibt:

Im Hinblick auf Triceratops Antwort fällt mir gerade ein, dass du bei gegebener Nullstelle \( \alpha \) wohl auch einfach dein \( f\) durch \( x - \alpha \) teilen, und dann fortfahren kannst 🤔. Ich Persöhnlich habe diesen Ansatz tatsächlich noch nie verfolgt. Coole Sache.

Das habe ich in meinem obersten Beitrag (also in der Frage) gemacht mit $f = (x-\alpha)g$ mit $g=...$, aber wir haben ja keine Nullstelle $\alpha$ gegeben...



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2021-01-20


Naja doch. \( \alpha = x + \langle f \rangle \) z.B. , die haben wir ja gerade extra adjungiert 🙃



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-20


2021-01-20 19:13 - UsernameTaken in Beitrag No. 15 schreibt:
Naja doch. \( \alpha = x + \langle f \rangle \) z.B. , die haben wir ja gerade extra adjungiert 🙃

Und wie rechne ich damit dann weiter? Ergibt mein Ansatz im obersten Beitrag denn Sinn?



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2021-01-20


Tatsächlich ja ! Ich bin nur sofort zum Frobenius gekommen weil ich damit einfach alle Nullstellen (auch bei schwierigeren Polynomen) angeben kann ohne weiter nachzudenken 😁 Mein Fehler.

Beachte nur, dass deine Nullstelle \( \alpha \) nun nicht mehr aus den komplexen Zahlen kommt, sondern aus einen Körper wie weiter unten. Das ändert aber nichts, denn Division mit Rest funktioniert weiterhin und das von dir berechnete \( g \) dürfte stimmen. Was die Interpretation der p-q-Formel angeht: Spare dir den letzten Schritt und bemerke \(-8 = 1, 2^{-1} = 2 \).



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2021-01-20


Weil das hier anscheinend noch niemand erwähnt hat und den verlinkten Artikel ja anscheinend auch niemand liest: Endliche Erweiterungen endlicher Körper sind immer normal. Daraus folgt: Wenn $K$ ein endlicher Körper ist und $f \in K[X]$ irreduzibel, dann ist $ L: = K[X]/\langle f \rangle$ bereits ein Zerfällungskörper von $f$ über $K$. Es gilt außerdem ganz allgemein $[L:K] = \deg(f)$. Wenn $K$ hierbei $q$ Elemente hat, hat also $L$ genau $q^{\deg(f)}$ Elemente.



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Beachte nur, dass deine Nullstelle \( \alpha \) nun nicht mehr aus den komplexen Zahlen kommt, sondern aus einen Körper wie weiter unten. Das ändert aber nichts, denn Division mit Rest funktioniert weiterhin und das von dir berechnete \( g \) dürfte stimmen. Was die Interpretation der p-q-Formel angeht: Spare dir den letzten Schritt und bemerke \(-8 = 1, 2^{-1} = 2 \).

Das heißt es müssten neben $\alpha$ noch $\frac{-\alpha \pm 1}{2}$ als weitere Nullstellen von f rauskommen in $\mathbb{F}_3$, wenn man meine Rechnung von oben weiter fortführt, wobei $\alpha = x + \langle f\rangle$?

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.17 begonnen.]



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Das heißt es müssten neben $\alpha$ noch $\frac{-\alpha \pm 1}{2}$ als weitere Nullstellen von f rauskommen in $\mathbb{F}_3$, wenn man meine Rechnung von oben weiter fortführt, wobei $\alpha = x + \langle f\rangle$?

Ja, die Nullstellen leben aber in \( \mathbb{F}_3[X]/\langle f \rangle \cong \mathbb{F}_{27} \), nicht in \( \mathbb{F}_3 \). Du könntest den Bruch noch loswerden und dein Ergebnis etwas schöner schreiben, indem du \( 1/2 = 2^{-1} = 2 \) verwendest.

Weil das hier anscheinend noch niemand erwähnt hat und den verlinkten Artikel ja anscheinend auch niemand liest: Endliche Erweiterungen endlicher Körper sind immer normal. Daraus folgt: Wenn $K$ ein endlicher Körper ist und $f \in K[X]$ irreduzibel, dann ist $ L: = K[X]/\langle f \rangle$ bereits ein Zerfällungskörper von $f$ über $K$. Es gilt außerdem ganz allgemein $[L:K] = \deg(f)$. Wenn $K$ hierbei $q$ Elemente hat, hat also $L$ genau $q^{\deg(f)}$ Elemente.

Das ist auf den ersten Blick wohl auch nicht ganz trivial, zumindest nicht aus der Sicht eines Studenten der vermutlich gerade erst Computeralgebra hört. Ich, der anfangs noch vom Frobenius sprach, muss hier natürlich Hypokratie eingestehen.

Hilfreich dazu ist vielleicht noch folgender Link: Erweiterung endlicher Körper

Der von Triceratops verlinkte Beitrag ist dennoch sehr zu empfehlen.



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