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 Erzeugung eines Körpers |
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LamyOriginal
Aktiv 
Dabei seit: 20.11.2018
Mitteilungen: 234
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Hallo Forum,
ich habe Probleme mit folgender Algebra Aufgabe:
K ein Körper mit $2^{12}=4096$ Elementen, zeigen Sie, dass es ein Element $\alpha \neq 1$ in K gibt mit $a^{13}=1$ und dass $K=\mathbb{F}_2(\alpha)$ gilt.
Wir wissen K Körper von Primpotenzordung mit $|K|=4096$. Wir hatten einen Satz: Es gibt bis auf Isomorphie genau einen Körper mit $q=p^n$ Elementen, p Primzahl: den Zerfällungskörper von $f:=x^q-x$ über $\mathbb{F}_p$, hier mit $p=2, n=12$, also $q=4096$.
Nun müssen wir also zeigen, dass es ein Element $\alpha$ gibt mit $\alpha^{13}=\alpha \cdot \alpha^{12}=1$ und $\alpha^{12}=\alpha^{-1}$, kann ich es irgendwie mit Einheiten zeigen? Falls $\alpha$ eine Nullstelle von f ist, gilt ja $\alpha^q=\alpha$, aber eigentlich gilt doch immer $\alpha^{ord}=e$...
Und die Isomorphie mit Körpern mit $2^{12}$ Elementen sind ja $\alpha$ NST, dann $\mathbb{F}_2(\alpha)\cong \mathbb{F}_2[x] / \langle f \rangle \cong \mathbb{F}_{2^{12}}$
Danke für jeden Tipp!
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ochen
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|      Beitrag No.1, eingetragen 2021-01-26
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Hallo,
wie lässt sich denn $P=X^{4096}-X$ in kleinere Polynome zerlegen?
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LamyOriginal
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-26
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2021-01-26 14:48 - ochen in Beitrag No. 1 schreibt:
Hallo,
wie lässt sich denn $P=X^{4096}-X$ in kleinere Polynome zerlegen?
Hallo,
wegen $deg(P)=q=4096$ in $K$ kann es höchstens $q$ Nullstellen haben, also sind alle Elemente von $K$ Nullstellen von $P$ mit $P=x^q-x=\prod_{\alpha \in K} (x-\alpha)$, also $K$ Zerfällungskörper und das Element $\alpha\neq 1$ ist eine NST von P, für das wir zeigen müssen, dass $\alpha^{13}=1$, oder?
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ochen
Senior
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| Beitrag No.3, eingetragen 2021-01-26
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Kannst du es nicht vorher in Polynome in $\mathbb F_2$ zerlegen:
\[
X^{4096}-X=X(X^{4095}-1)=X(X^{13\cdot 315}-1)=X(X^{13}-1)\cdots
\]
Kennst du die geometrische Reihe?
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Triceratops
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 |  Beitrag No.4, eingetragen 2021-01-26
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Vorweg: Der Titel ist irreführend, hier geht es nicht um Zerfällungskörper.
Der erste Teil der Beh. ist äquivalent dazu, dass $K^{\times}$ ein Element der Ordnung $13$ besitzt. Das ist nach dem Satz von Cauchy (der hier trivial ist, weil die Gruppe zyklisch ist) dazu äquivalent, dass $13$ ein Teiler der Ordnung $2^{12}-1 = 4095$ ist. Das kann man per Hand einsehen (Division mit Rest etwa, das Ergebnis ist $4095 = 13 \cdot 315$).
Die Frage ist nur, warum ein Element $\alpha$ der Ordnung $13$ bereits $K$ als Körper erzeugen sollte; die erzeugte multiplikative Gruppe $\langle \alpha \rangle = \{\alpha^z : z \in \IZ\} = \{u \in K^{\times} : u^{13}=1\}$ hat ja nur $13$ Elemente. Ich würde mir jetzt einmal die multiplikative Ordnung von $1 + \alpha$ anschauen.
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