Produkt von Polynomen modulo p

15.08.2009, 16:36

frischfisch

Produkt von Polynomen modulo p

Sei $\begin{eqnarray*} f = a_0 + a_1X + ... + a_nX^n \in \mathbb Z\left[X\right] \end{eqnarray*}$ ein primitives Polynom, p eine Primzahl mit $\begin{eqnarray*} p \not| a_n \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} p | a_i \end{eqnarray*}$ für alle i=1,...,n-1
Seien $\begin{eqnarray*} g,h \in \mathbb Z\left[X\right] \end{eqnarray*}$ mit f =g*h.
Bestimmen Sie f=g*h mod p.
Was kann man über g mod p und h mod p folgern?

Es gilt: $\begin{eqnarray*} f = a_nX^n mod\ p \end{eqnarray*}$ weil p die ai's teilt aber nicht an.
Kann man allein daraus nun schon folgern, dass es ein j gibt so, dass $\begin{eqnarray*} g = g_j X^j mod\ p \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} h = h_{n-j}X^{n-j} mod\ p \end{eqnarray*}$

Diese Folgerung ist natürlich sehr naheliegend.
Für n=0, 1 und 2 konnte ich das auch schon beweisen, aber nicht für allgemeine n.
Kann man da mit Induktion vorgehen? Den Induktionsanfang hätte ich ja dann schon.
Für n=0 ist der Fall klar: f=g*h=a0=g0*h0
Für n=1 auch nicht viel schwerer:
$\begin{eqnarray*} f = a_0 + a_1X = g\cdot h \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow g = g_0 + g_1X, h = h_0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_0=g_0\cdot h_0, a_1=g_1\cdot h_0 \end{eqnarray*}$
oder $\begin{eqnarray*} g=g_0, h=h_0+h_1X \end{eqnarray*}$ aber dieser Fall ist äquivalent zum ersten.

Dann gilt, dass g0*h0 = 0 mod p. Daraus folgt, dass g0 = 0 mod p, da p prim und h0 ungleich 0 mod p da sonst auch h0*g1 = 0 mod p wäre.
Also ist g = g1X mod p und h = h0 mod p.

Für n=2 wird der Beweis etwas länglich aber auch nicht wirklich schwerer, deswegen schreibe ich ihn hier nicht auf.

Ich hoffe das ganze ist übersichtlich genug... Tut mir leid wenn nicht.

19.08.2009, 13:14

Reksilat

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Hallo frischfisch,

Kannst Du vielleicht noch mal die vollständige Aufgabenstellung posten, denn bei Dir steht nichts über $\begin{eqnarray*} a_0 \end{eqnarray*}$ und trotzdem nimmst Du ja später $\begin{eqnarray*} p|a_0 \end{eqnarray*}$ an. Weiterhin habe ich unter dem Begriff "primitives Polynom über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ " nur gefunden, dass die Koeffizienten teilerfremd sind. Für n>2 ist das bei Dir aber offensichtlich nicht der Fall.

Gruß,
Reksilat.

19.08.2009, 22:48

frischfisch

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Das mit dem $\begin{eqnarray*} a_0 \end{eqnarray*}$ war ein Tippfehler. Es ist gemeint, dass $\begin{eqnarray*} p|a_i \end{eqnarray*}$ für alle i = 0,...,n-1.
Ein primitives Polynom ist in der Tat eines, bei dem der $\begin{eqnarray*} ggT(a_0,...,a_n) = 1 \end{eqnarray*}$ ist, also bei dem die Koeffizienten teilerfremd sind.
Ich verstehe aber nicht warum dies für n>2 nicht der Fall sein soll.
Es ist damit ja nicht gemeint, dass die Koeffizienten paarweise teilerfremd sind.

20.08.2009, 00:19

Reksilat

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Gut, primitiv bezieht sich also auf den kompletten ggT. Das lässt sich ja aber sowieso aus den anderen Voraussetzungen folgern und insofern ist diese Angabe redundant.

Der Beweis der ganzen Geschichte wird möglicherweise etwas länger, wenn man keine geeigneten Sätze zitieren kann. Schau doch erst mal in diesen Beitrag, ob Du da nicht schon ein paar Ideen findest.

Gruß,
Reksilat.

20.08.2009, 01:24

frischfisch

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Wie lässt sich dass den folgern?
Es ist doch nur gesagt, dass $\begin{eqnarray*} p|a_i \end{eqnarray*}$ für 1=0,...,n-1 und $\begin{eqnarray*} p \nmid a_n \end{eqnarray*}$ . Das bedeutet ja noch nicht, dass es nicht ein q gibt, dass alle a teilt...
Es kann aber sein, dass man diese Angabe gar nicht braucht, das Problem ist mir aufgetreten als es darum ging, dass Eisenstein-Kriterium zu beweisen. Ich wollte aber nicht das alles aufschreiben weil es die Sache nur komplizierter und unübersichtlicher macht, außerdem habe ich den Rest ja hinbekommen.
Leider habe ich in dem von dir verlinkten Thema noch nichts gefunden was mir bei diesem Problem weiter hilft.

20.08.2009, 10:32

Reksilat

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Zitat:

Wie lässt sich dass den folgern?

Gar nicht! Hammer

Man sollte halt nicht antworten, wenn man in Eile ist.

In der Aufgabe betrachten wir aber letztlich nur ein Polynom aus $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}[X] \end{eqnarray*}$ über dem Polynomring $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_p[X] \end{eqnarray*}$ , welcher ebenfalls wieder ein faktorieller Ring (ZPE-Ring) ist und damit eine eindeutige Zerlegung in irreduzible Faktoren besitzt. Hattet Ihr dergleichen schon?

Gruß,
Reksilat.

20.08.2009, 20:06

Mathespezialschüler

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Geht es dir um den Beweis des Eisenstein-Kriteriums? Da hat man doch noch eine Voraussetzung mehr, nämlich $\begin{eqnarray*} p^2\not|a_0 \end{eqnarray*}$ . Der Beweis ist eine leichte Modifikation deiner Idee.

20.08.2009, 22:05

frischfisch

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Ja es geht mir um den Beweis des Eisenstein-Kriteriums, ja ich kenne diese zusätzliche Voraussetzung. Ich weiß auch wie der Beweis geht.
Den Beweis habe ich hinbekommen, es hängt eben nur an dieser einen Stelle und deswegen habe ich nur danach gefragt und nicht nach dem ganzen Beweis...

21.08.2009, 00:18

Mathespezialschüler

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Sei

$\begin{eqnarray*} g\equiv b_{j_1}X^{j_1}+\ldots+b_{j_r}X^{j_r}\mod p \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} h\equiv c_{k_1}X^{k_1}+\ldots+c_{k_s}X^{k_s}\mod p \end{eqnarray*}$ .

Berechne damit $\begin{eqnarray*} gh\mod p \end{eqnarray*}$ und benutze die Voraussetzung sowie die Primeigenschaft von $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ .

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