Irreduzibilität in F2[X,Y]

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26.03.2011, 19:59

Merlinius

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Irreduzibilität in F2[X,Y]

Hallo, ich habe gerade in einer alten Klausur folgende Aufgabe entdeckt:

Zitat:

z.z. $\begin{eqnarray*} f = X^3(Y+1)+X(Y^2+1)+1 \in \mathbb F_2[X, Y] \end{eqnarray*}$ ist irreduzibel

Auch wenn es mir fast weh tut, bei so einer Aufgabe nachfragen zu müssen Big Laugh

, komme ich leider nicht auf den Lösungsweg. Der "Prüfling" hat versucht, das Polynom aufzufassen in $\begin{eqnarray*} (\mathbb F_2[X])[Y] \end{eqnarray*}$ , was auch meine erste Idee war, bevor ich mir seinen Lösungsversuch angeschaut hatte.

Damit ist:

$\begin{eqnarray*} f = XY^2+X^3Y+(X^3+X+1) \in \mathbb F_2[X][Y] \end{eqnarray*}$

Hier komme ich nun aber nicht weiter. f hat Grad 2 in der Variablen Y. Kann ich jetzt irgendwie mit Nullstellen argumentieren? Das Eisensteinkriterium ist wohl nicht anwendbar, so wie ich das sehe.

Ich kann natürlich versuchen, das Polynom zu zerlegen in (aY+b)(cY+d) und dies dann auf einen Widerspruch bringen. Allerdings ist auf dem Aufgabenblatt so wenig Platz für die Lösung vorgesehen, dass ich das starke Gefühl habe, dass es hier einen ganz einfachen "Trick" gibt.

Danke schonmal

edit: Ich habe gerade etwas über das "Reduktionskriterium" gelesen. Dieses ist mir aber nicht bekannt. Geht es auch ohne?

27.03.2011, 11:43

Leopold

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Ich weiß nicht, ob es einen einfachen Trick gibt, und habe mich an einer Lösung versucht. Ich gebe allerdings keine Garantie auf Richtigkeit.

Ich fasse wie du $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ als Polynom vom Grad $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} R = K[X] \end{eqnarray*}$ auf, wo $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ der Körper mit $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ Elementen ist:

$\begin{eqnarray*} f = f(Y) = a \cdot Y^2 + b \cdot Y + c \ \ \text{mit} \ \ a = X \, , \ b = X^3 \, , \ c = X^3 + X + 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ ist ein Primelement von $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ , das zwar $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ , jedoch nicht $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ teilt. Damit existiert keine nichttriviale Zerlegung $\begin{eqnarray*} f = pg \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} p \in R \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \in R[Y] \end{eqnarray*}$ .
Wenn sich $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ also zerlegen läßt, dann höchstens in zwei lineare Polynome $\begin{eqnarray*} g,h \in R[Y] \end{eqnarray*}$ . Nehmen wir an, es gäbe eine solche Zerlegung: $\begin{eqnarray*} f = gh \end{eqnarray*}$ .
Multipliziert man die Leitkoeffizienten von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ , so muß sich der Leitkoeffizient von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} a=X \end{eqnarray*}$ ergeben. Da dieses Element ein Primelement von $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ ist, muß einer der beiden Leitkoeffizienten $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ sein, etwa der von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ . Damit besitzt $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ und folglich auch $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ eine Nullstelle $\begin{eqnarray*} \in R \end{eqnarray*}$ . Eine solche ist Teiler des konstanten Gliedes $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ . Dieses ist aber ebenfalls ein Primelement von $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ , da es als Polynom in $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ vom Grad $\begin{eqnarray*} 3 \end{eqnarray*}$ ist und in $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ keine Nullstelle besitzt. Als Nullstelle von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ kommen daher nur $\begin{eqnarray*} Y = y_1 = 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y = y_2 = X^3 + X + 1 \end{eqnarray*}$ in Frage. Man berechnet aber $\begin{eqnarray*} f(y_1) = 1 \end{eqnarray*}$ und erkennt sofort, daß $\begin{eqnarray*} f(y_2) \end{eqnarray*}$ als Polynom in $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ vom Grad $\begin{eqnarray*} 7 \end{eqnarray*}$ ist, also niemals $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ sein kann. Widerspruch!

Damit ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ irreduzibel.

Zugegeben, bei wenig Platz auf dem Lösungsblatt ist diese Lösung "zu Fuß" nicht gerade der Renner. Aber vielleicht kontrollierst du, ob zumindest die Argumentation stimmt. Und wenn du etwas Besseres gefunden hast, laß es uns wissen.

27.03.2011, 13:00

Manus

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Hm, ein ganz klein bisschen schneller geht's noch, wenn man vorher $\begin{eqnarray*} y \leftrightarrow y+1 \end{eqnarray*}$ substituiert. Dann muss man noch das Polynom $\begin{eqnarray*} XY^2+X^3Y+1 \end{eqnarray*}$ untersuchen. Mit gleicher Argumentation wie bei Leopold bleibt dann nur die mögliche Nullstelle 1 zu untersuchen.

27.03.2011, 13:52

Merlinius

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Danke, die Lösung kann ich gut nachvollziehen.

Die einzige Lösung, die ich dazu noch gefunden habe, ist halt die mit dem Reduktionskriterium (hier nach Bosch). Dazu stellt man fest, dass $\begin{eqnarray*} \mathbb F_2[Y] \end{eqnarray*}$ faktoriell ist und fasst f auf als:

$\begin{eqnarray*} f = (Y+1)X^3+(Y^2+1)X+1 \in \mathbb F_2[Y][X] \end{eqnarray*}$

Y ist Primelement in $\begin{eqnarray*} \mathbb F_2[Y] \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y \not{|} (Y+1) \end{eqnarray*}$ . Nun rechnet man alle Koeffizienten modulo Y, und enthält ein irreduzibles Polynom

$\begin{eqnarray*} X^3+X+1 \in \mathbb F_2/(Y)[X] \end{eqnarray*}$

Da f zusätzlich primitiv ist, folgt nun, dass f auch irreduzibel ist in $\begin{eqnarray*} \mathbb F_2[X, Y] \end{eqnarray*}$

Diese Lösung übersteigt aber größtenteils mein Wissen.

27.03.2011, 23:20

juffo-wup

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Zitat:

Original von Merlinius
Diese Lösung übersteigt aber größtenteils mein Wissen.

Welchen Schritt verstehst du denn nicht? Die Bosch-Lösung ist ziemlich elegant, darauf bin ich auch nicht gekommen.

28.03.2011, 14:39

Merlinius

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Zitat:

Original von juffo-wup

Zitat:

Original von Merlinius
Diese Lösung übersteigt aber größtenteils mein Wissen.

Welchen Schritt verstehst du denn nicht? Die Bosch-Lösung ist ziemlich elegant, darauf bin ich auch nicht gekommen.

Im Nachhinein kann ichs natürlich grob nachvollziehen. Die Lösung selbst kommt übrigens nicht aus Bosch, sondern die Formulierung der Regel. Ich hab's dazugeschrieben, weil die Wikipedia-Formulierung anders ist.

Aber ich kannte die Regel halt nicht, und ohne sie mir näher anzuschauen (und die Herleitung dazu), sehe ich auch nicht auf Anhieb, warum die die Irreduzibilität von

$\begin{eqnarray*} X^3+X+1 \in \mathbb F_2/(Y)[X] \end{eqnarray*}$

+ f primitiv zur Folge hat, dass f irreduzibel ist in F2[X, Y].

28.03.2011, 15:43

Manus

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Naja, das Argument ist faktisch das gleiche das man benutzt, wenn man Irreduzibilität eines Polynoms in $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}[X] \end{eqnarray*}$ zeigt, indem man es in $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_p[X] \end{eqnarray*}$ betrachtet und die Irreduzibilität dort zeigt. Jede nichttriviale Faktorisierung über dem Grundring würde zu einer Faktorisierung im Faktorring führen.

28.03.2011, 17:14

juffo-wup

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Der Beweis ist wirklich nicht viel mehr als $\begin{eqnarray*} f=gh \Rightarrow \varphi(f)=\varphi(g)\varphi(h) \end{eqnarray*}$ zu beatrachten für $\begin{eqnarray*} \varphi:R\to S \end{eqnarray*}$ ein Homomorphismus faktorieller Ringe (der durch Abbilden aller Koeffizienten zu einem Homomorphismus der Polynomringe fortgesetzt wird, z.B. mit der universellen Eigenschaft).

28.03.2011, 17:51

Merlinius

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Danke, ich habe es nun verstanden smile

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