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

2021-01-20 16:02 - zippy in Beitrag No. 1 schreibt:

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

--zippy

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.

2021-01-20 16:37 - LamyOriginal in Beitrag No. 4 schreibt:
Aber ich finde ja nicht mal eine Nullstelle...
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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 ?

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

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 ?

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

An was genau hast du da gedacht?

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 $[L:\mathbb{F}_3]=deg(f)=3$?

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.

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 🙃

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 $\alpha = x + \langle f\rangle$?

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.