F16 ist Körper??

20.01.2006, 17:25

BuzzDee

F16 ist Körper??

hallo!
hab n kleines problem. und zwar mit $\begin{eqnarray*} \mathbb F _{16 } \end{eqnarray*}$ ...
also es heisst hier $\begin{eqnarray*} \mathbb F _{16 } \end{eqnarray*}$ wäre ein körper. ich kann mir aber darunter nicht so wirklich was vorstellen. wie sehen denn die elemente von $\begin{eqnarray*} \mathbb F _{16 } \end{eqnarray*}$ aus?
ich stell mir darunter immer sowas vor wie Z/16Z. aber das is ja bekannterweise kein körper wg nullteilern.
wäre über bissl hilfe froh,
grüße,
buzz

20.01.2006, 17:56

4c1d

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RE: F16 ist Körper??

Zitat:

Original von BuzzDee
ich stell mir darunter immer sowas vor wie Z/16Z.

Laut Wikipedia ist das auch dasselbe. Demnach wäre F_16 kein Körper. In welchem Zusammenhang taucht das denn bei dir auf?

20.01.2006, 18:23

Abakus

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RE: F16 ist Körper??
Für Primzahlen p gilt $\begin{eqnarray*} \mathbb F_p \approx \mathbb Z/p\mathbb Z \end{eqnarray*}$ . 16 ist natürlich keine Primzahl, so dass die Konstruktion hier etwas aufwändiger ist.

Es gilt: $\begin{eqnarray*} \mathbb F_{16} \approx \mathbb Z_2[X]/(f) \end{eqnarray*}$ , wobei f ein über $\begin{eqnarray*} \mathbb Z_2 \end{eqnarray*}$ irreduzibles Polynom ist, was $\begin{eqnarray*} X^{16}-X \end{eqnarray*}$ teilt.

Die endlichen Körper sind bis auf Isomorphie eindeutig und haben $\begin{eqnarray*} p^n \end{eqnarray*}$ -viele Elemente (p Primzahl).

Grüße Abakus smile

20.01.2006, 18:43

Leopold

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Den Körper $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_{16} \end{eqnarray*}$ gibt es, aber er ist eben nicht gleich $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z} \, / \, 16 \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ .

Das Verfahren von Abakus, für die Praxis ausgeführt:

Du weißt wahrscheinlich, wie man mit komplexen Zahlen rechnet. Daß man also wie gewöhnlich mit reellen Zahlen rechnen kann und nur die Regel $\begin{eqnarray*} i^2 = -1 \end{eqnarray*}$ beachten muß.

Und genau so kann man auch $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_{16} \end{eqnarray*}$ konstruieren. Nimm ein Objekt $\begin{eqnarray*} \operatorname{i} \end{eqnarray*}$ , das nicht in $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_2 = \mathbb{Z} \, / \, 2 \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ liegt, und betrachte formale Ausdrücke der Art

$\begin{eqnarray*} a + b \operatorname{i} + c \operatorname{i}^2 + d \operatorname{i}^3 \end{eqnarray*}$

wobei jetzt allerdings die $\begin{eqnarray*} a,b,c,d \in \mathbb{Z}_2 \end{eqnarray*}$ sind. Zwei solche Ausdrücke gelten nur dann als gleich, wenn sie in den Koeffizienten $\begin{eqnarray*} a,b,c,d \end{eqnarray*}$ übereinstimmen, wobei allerdings die Reihenfolge der Summanden keine Rolle spielen soll. Eine einfache kombinatorische Überlegung zeigt, daß es 16 solche Ausdrücke gibt. Und wie üblich läßt man Summanden mit Koeffizient 0 einfach weg und unterdrückt den Koeffizienten 1. Man schreibt also z.B.

kurz $\begin{eqnarray*} \operatorname{i}^2 + \operatorname{i}^3 \end{eqnarray*}$ statt ausführlich $\begin{eqnarray*} 0 + 0 \operatorname{i} + 1 \operatorname{i}^2 + 1 \operatorname{i}^3 \end{eqnarray*}$

Zwei solche Ausdrücke werden addiert, indem man entsprechende Koeffizienten addiert. Und sie werden distributiv multipliziert unter Beachtung - und jetzt kommt es! - der Regel

$\begin{eqnarray*} \operatorname{i}^4 = \operatorname{i} + 1 \end{eqnarray*}$

Das ist nun der Unterschied zu den komplexen Zahlen. Ein Beispiel zur Multiplikation:

$\begin{eqnarray*} \left( 1 + \operatorname{i} + \operatorname{i}^3 \right) \left( \operatorname{i} + \operatorname{i}^2 \right) = \operatorname{i} + \operatorname{i}^2 + \operatorname{i}^2 + \operatorname{i}^3 + \operatorname{i}^4 + \operatorname{i}^5 \end{eqnarray*}$

Jetzt faßt man Koeffizienten gleicher Potenzen zusammen. Beachte, daß die Koeffizienten aus $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_2 \end{eqnarray*}$ sind, also $\begin{eqnarray*} 1+1=0 \end{eqnarray*}$ ist. Daher gilt $\begin{eqnarray*} \operatorname{i}^2 + \operatorname{i}^2 = (1+1) \operatorname{i}^2 = 0 \operatorname{i}^2 = 0 \end{eqnarray*}$ . Somit hat man

$\begin{eqnarray*} \left( 1 + \operatorname{i} + \operatorname{i}^3 \right) \left( \operatorname{i} + \operatorname{i}^2 \right) = \operatorname{i} + \operatorname{i}^3 + \operatorname{i}^4 + \operatorname{i}^5 \end{eqnarray*}$

Nach der Regel oben gilt $\begin{eqnarray*} \operatorname{i}^4 = \operatorname{i} + 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \operatorname{i}^5 = \operatorname{i}^4 \cdot \operatorname{i} = \left( \operatorname{i} + 1 \right) \cdot \operatorname{i} = \operatorname{i}^2 + \operatorname{i} \end{eqnarray*}$ . Eingesetzt gibt das

$\begin{eqnarray*} \left( 1 + \operatorname{i} + \operatorname{i}^3 \right) \left( \operatorname{i} + \operatorname{i}^2 \right) = \operatorname{i} + \operatorname{i}^3 + \operatorname{i} + 1 + \operatorname{i}^2 + \operatorname{i} = 1 + (1+1+1) \operatorname{i} + \operatorname{i}^2 + \operatorname{i}^3 = 1 + \operatorname{i} + \operatorname{i}^2 + \operatorname{i}^3 \end{eqnarray*}$

Und jetzt hoffe ich nur, daß ich mich bei der ganzen Kopiererei nicht verrechnet habe.

20.01.2006, 19:09

Ben Sisko

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Hallo Leopold,

tolle Erklärung Freude

Um sie auch zukünftig mal wieder zu finden, möchte ich folgende Begriffe erwähnen, mit dem ich die Boardsuche füttern würde: Endlicher Körper, endliche Körper, Primzahlpotenz Augenzwinkern

Gruß vom Ben

20.01.2006, 20:53

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Und ein weiterer Suchbegriff: Galoisfeld, hier speziell $\begin{eqnarray*} GF(2^4) \end{eqnarray*}$

20.01.2006, 21:32

Abakus

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Die Regeln für dieses Objekt $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ (s.o.) ergeben sich aus der Polynomzerlegung von $\begin{eqnarray*} x^{16} - x \end{eqnarray*}$ in irreduzible Faktoren. Es ist (gerechnet in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z_2 \end{eqnarray*}$ ):

$\begin{eqnarray*} x^{16} - x = x * (x + 1) * (x^2 + x + 1) * (x^4 + x^3 + x^2 + x + 1) * (x^4 + x + 1) * (x^4 + x^3 + 1) \end{eqnarray*}$

Da es hier um eine Erweiterung vom Grad 4 geht, haben wir die Wahl zwischen 3 Polynomen. Für $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ lässt sich festsetzen:

Möglichkeit 1: $\begin{eqnarray*} i^4 = i^3 + i^2 + i + 1 \end{eqnarray*}$
Möglichkeit 2: $\begin{eqnarray*} i^4 = i + 1 \end{eqnarray*}$ (wie Leopold es gemacht hat)
Möglichkeit 3: $\begin{eqnarray*} i^4 = i^3 + 1 \end{eqnarray*}$

Jede dieser Möglichkeiten führt letztendlich zu einer Darstellung von GF(16).

Grüße Abakus smile

EDIT: Latex

21.01.2006, 09:51

BuzzDee_

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wow eure antworten sind echt super! vielen dank!
aber n bissl befremdlich isses ja schon wenn auf einmal i^4 nicht 1 ist...
naja =)

21.01.2006, 10:32

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Weil dieses $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ hier NICHT die imaginäre Einheit ist, so wie du sie kennst. Wenn dich die Bezeichnung $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ hier stört, dann nenne es anders, z.B. $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \mathfrak{k} \end{eqnarray*}$ oder vieleicht auch $\begin{eqnarray*} \mathcal{BUZZDEE} \end{eqnarray*}$

21.01.2006, 11:05

BuzzDee

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achso ok. na dann is ja alles klar Prost

21.01.2006, 11:18

Leopold

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Zitat:

Original von BuzzDee_
wow eure antworten sind echt super! vielen dank!
aber n bissl befremdlich isses ja schon wenn auf einmal i^4 nicht 1 ist...
naja =)

Dafür gilt etwas anderes Hübsches. Oben hatten wir gesehen: $\begin{eqnarray*} \operatorname{i}^5 = \operatorname{i}^2 + \operatorname{i} \end{eqnarray*}$ . Und jetzt rechnen wir ein bißchen:

$\begin{eqnarray*} \operatorname{i}^{15} = \left( \operatorname{i}^5 \right)^3 = \left( \operatorname{i}^2 + \operatorname{i} \right)^3 = \left( \operatorname{i}^2 + \operatorname{i} \right) \left( \operatorname{i}^2 + \operatorname{i} \right) \left( \operatorname{i}^2 + \operatorname{i} \right) = \left( \operatorname{i}^4 + \operatorname{i}^3 + \operatorname{i}^3 + \operatorname{i}^2 \right) \left( \operatorname{i}^2 + \operatorname{i} \right) = \left( \operatorname{i}^4 + \operatorname{i}^2 \right) \left( \operatorname{i}^2 + \operatorname{i} \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \left( \operatorname{i} + 1 + \operatorname{i}^2 \right) \left( \operatorname{i}^2 + \operatorname{i} \right) = \operatorname{i}^3 + \operatorname{i}^2 + \operatorname{i}^2 + \operatorname{i} + \operatorname{i}^4 + \operatorname{i}^3 = \operatorname{i} + \operatorname{i}^4 = \operatorname{i} + \operatorname{i} + 1 = 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \operatorname{i}^{15} = 1 \end{eqnarray*}$

Theoretischer Hintergrund: Eine endliche Untergruppe der multiplikativen Gruppe eines Körpers ist stets zyklisch.

Du kannst ja einmal sämtliche Potenzen von $\begin{eqnarray*} \operatorname{i} \end{eqnarray*}$ berechnen und wirst feststellen, daß alle Elemente von $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_{16} \end{eqnarray*}$ außer 0 darunter vorkommen:

$\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_{16} \ = \ \left\{ 0 , 1 , \operatorname{i} , \operatorname{i}^2 , \operatorname{i}^3 , \ldots , \operatorname{i}^{14} \right\} \end{eqnarray*}$

Und damit ist auch klar, daß tatsächlich ein Körper vorliegt, denn jedes von 0 verschiedene Element hat ein multiplikatives Inverses:

$\begin{eqnarray*} \operatorname{i}^9 \cdot \operatorname{i}^6 = \operatorname{i}^{15} = 1 \end{eqnarray*}$

21.01.2006, 18:25

mercany

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