Irreduzibles Polynom über F_p

10.01.2009, 12:04

Sly

Irreduzibles Polynom über F_p

Guten Tag alle zusammen!
Ich hab da so einen kleinen Hänger bei folgender Aufgabe:

Ich soll zeigen, dass das Polynom $\begin{eqnarray*} f=X^p-X-1 \in \mathbb{F}_p[X]=:R \end{eqnarray*}$ irreduzibel ist.

Nun habe ich an einer Stelle bei Wikipedia eine analoge Behauptung gesehen mit der Begründung

Zitat:

Weil das Polynom invariant unter der von $\begin{eqnarray*} \varphi: R\to R, X\mapsto X+1 \end{eqnarray*}$ induzierten Abbildung ist, müsste es sonst in Linearfaktoren zerfallen, was aber nicht sein kann, da das Polynom in $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_p \end{eqnarray*}$ keine Nullstelle besitzt.

Nun habe ich schon nachgerechnet, dass tatsächlich $\begin{eqnarray*} \varphi(f)=f \end{eqnarray*}$ gilt. Dass das Polynom keine Nullstelle in $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_p \end{eqnarray*}$ hat, ist wegen $\begin{eqnarray*} f(1)=p-1\neq 0 \end{eqnarray*}$ auch klar. Aber ich verstehe den Schritt "daher müsste es sonst in Linearfaktoren zerfallen" nicht.
Warum müsste f in Linearfaktoren zerfallen, wenn es reduzibel wäre?
Könnte mir jemand eine Begründung dafür geben oder zumindest eine Anregung?

Danke schonmal!

10.01.2009, 12:10

kiste

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo,

nimm doch einmal an es gäbe eine Zerlegung des Polynoms. Dann müsste diese ebenfalls invariant unter phi sein. Das geht aber nur falls es p Polynome in der Zerlegung sind und das geht nur falls es in Linearfaktoren zerfällt.

10.01.2009, 14:25

Sly

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von kisteDas geht aber nur falls es p Polynome in der Zerlegung sind und das geht nur falls es in Linearfaktoren zerfällt.

Ja nur WARUM? Das ist doch grad meine Frage. Dass es genau p sein müssen, erzwingt ja schon der Grad.
Also ich hab hier schon diverse Blätter mit Ansätzen vollgeschrieben, aber ich sehe den Grund einfach nicht.

10.01.2009, 17:56

kiste

Auf diesen Beitrag antworten »

So ganz sehe ich dein Problem nicht.
Für ein Polynom g mit Grad < p gilt $\begin{eqnarray*} \varphi(g) \neq g \end{eqnarray*}$ , ist dir das klar?
Falls ja sieht man aber:
Ist g(x) in der Zerlegung von f, dann auch g(x+1) und g(x+2) etc.

11.01.2009, 00:27

Sly

Auf diesen Beitrag antworten »

Nein das ist mir nicht klar verwirrt

Ich versuch das mal zu verstehen...

11.01.2009, 12:55

Sly

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe jetzt über eine Stunde darüber gegrübelt und versucht, das zu beweisen. Mir ist das absolut nicht klar. Warum ist $\begin{eqnarray*} \varphi(g)\neq g \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} 1\leq \deg g<p \end{eqnarray*}$ ?

11.01.2009, 12:59

kiste

Auf diesen Beitrag antworten »

Betrachte den Koeeffizient vor $\begin{eqnarray*} x^{\mathrm{deg}(g)-1} \end{eqnarray*}$ in g(x) und g(x+1)

11.01.2009, 13:08

Sly

Auf diesen Beitrag antworten »

Aaaaaah, wunderbar, danke...Von alleine wäre ich darauf aber jetzt auch nicht gekommen.

Also wenn $\begin{eqnarray*} g=\sum_{i=1}^j a_iX^i \end{eqnarray*}$ den Grad $\begin{eqnarray*} j<p \end{eqnarray*}$ hat, dann ist nach ein bisschen Rechnerei
$\begin{eqnarray*} g(X+1)=\sum_{l=0}^j \left(\sum_{i=l}^j a_i{i\choose l} \right) X^l \end{eqnarray*}$
Wäre nun $\begin{eqnarray*} g(X)=g(X+1) \end{eqnarray*}$ , so würde gelten $\begin{eqnarray*} a_{j-1}=a_{j-1}+ja_j\quad\Leftrightarrow\quad ja_j=0 \end{eqnarray*}$

Und dies wäre ein Widerspruch. So korrekt?

Ich bedanke mich schonmal. Den Rest des Beweises kriege ich dann wohl alleine hin. Da die Beweisskizze hier ja schon steht, werde ich mir mal die Schreibarbeit sparen, das hier rein zu setzen.

11.01.2009, 13:17

kiste

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja das war meine Beweisidee. Jetzt musst du eben noch zeigen dass g(x+i) und g(x+j) paarweise verschieden ist wenn i ungleich j ist. Sollte (hoffentlich) analog funktionieren.

Neue Frage »

Antworten »

Irreduzibles Polynom über F_p

Verwandte Themen