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Mathematik » Zahlentheorie » Nullstellen vom Kreisteilungspolynom
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Universität/Hochschule Nullstellen vom Kreisteilungspolynom
InOMatrix
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 17.04.2019
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Aus: Berlin, Deutschland
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-06-13


Hallo in die Runde,

kürzlich habe ich etwas gelesen, was mich auf folgende Idee gebracht hat.

Normalerweise: wir definieren das \(n\)-te Kreisteilungspolynom durch
\[\Phi_n(X):=\prod_{\substack{\zeta_n\in\mathbb{C}\text{ primitive }\\ n\text{-te Einheitswurzel}}}{(X-\zeta_n)}\quad\underbrace{\in\mathbb{C}[X]}_{\text{a priori}}.\] Dann beweist man, dass sogar \(\Phi_n\in\mathbb{Z}[X]\), und dieses Polynom irreduzibel über \(\mathbb{Z}\) bzw. \(\mathbb{Q}\) ist.

Nun, vergessen wir das mal für diesen Thread, und wir definieren für ein \(\zeta_n\in\mathbb{C}\) das Polynom \(\Phi_{\zeta_n}\) als das Minimalpolynom über \(\mathbb{Q}\). Jetzt möchte ich zeigen, was wir sonst als Definition wählen, also: die Nullstellenmenge von \(\Phi_{\zeta_n}\) in \(\mathbb{C}\) ist gleich der Menge aller \(n\)-ten primitiven Einheitswurzeln in \(\mathbb{C}\), und das Polynom liegt in \(\mathbb{Z}[X]\). Insbesondere ist \(\Phi_{\zeta_n}\) unabh\"angig von der Wahl der \(n\)-ten primitiven Einheitswurzel.

Leicht zu sehen ist, dass \(\Phi_{\zeta_n}\) in \(\mathbb{Z}[X]\) liegt, da es \(X^n-1\) teilt und beide Polynome normiert sind. Aber bei der anderen Behauptung habe ich Schwierigkeiten, weiß da jemand Rat für mich?

Ich bedanke mich für Tipps schonmal im Voraus,

InOMatrix



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-06-13


Hallo,

für eine primitive Wurzel hast Du mit $\zeta_n^k;0\leq k\leq n-1$ bereits alle Nullstellen von $X^n-1$. Insbesondere hat eine weitere primitive n-te Wurzel $\xi$ die Darstellung $\xi = \zeta_n^k$ mit ggT(n,k)=1. Damit sollte man die Produktdarstellung von $\Phi_n$ bekommen. Ggf. benötigst Du noch, dass $X^n-1$ keine mehrfachen Nullstellen hat.



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InOMatrix
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Aus: Berlin, Deutschland
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-14


Danke für Deine Antwort.

So richtig sehe ich das noch nicht. Also da \(\Phi_{\zeta_n}\mid X^n-1\), folgt ja zunächst nur, dass \(\Phi_{\zeta_n}\) Nullstellen hat, die nur \(n\)-te Einheitswurzeln sein können und mindestens eine ist eine primitive \(n\)-te Einheitswurzel (nach der obigen Definition von \(\Phi_{\zeta_n}\)).

Ich kann jetzt natürlich hergehen und ein Polynom \(p(x)\) als das Polynom definieren, welches nur die \(n\)-ten primitiven Einheitswurzeln als Nullstelle besitzt und normiert ist, dann komme ich wieder auf die bekannten Resultate, \(p\in\mathbb{Z}[X]\) und irreduzibel, womit ich \(p(X)=\Phi_{\zeta_n}(X)\) folgern kann.

Aber eigentlich hatte ich das nicht vor, kann man \(p=\Phi_{\zeta_n}\) nicht über einen anderen Weg zeigen?



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TomTom314
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Dabei seit: 12.05.2017
Mitteilungen: 1483
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-06-14


Du hast recht. Mein Argument geht nicht so ganz auf. Möglicherweise wird etwas Galoistheorie benötigt. $\IQ(\zeta_n)$ ist der Zerfällungskörper von $X^n-1$ über $\IQ$ und damit auch der Zerfällungskörper von $p$. Von der Automorphismengruppe / Galoisgruppe wissen wir, dass diese Nullstellen von Polynomen in $\IQ[X]$ auf Nullstellen abbildet. Wenn Du nun zeigen kannst, dass mit $\zeta_n\mapsto \zeta_n^k$, $ggT(n,k)=1$ alle Automorphismen gegeben sind, folgt daraus, dass alle primitiven Einheitswurzeln wieder Nullstellen von $p$ sind.

Wir wissen, dass alle Automorphismen die Gestalt $\zeta_n\mapsto \zeta_n^k$ haben (ohne etwas genaueres über k zu wissen), da die $\zeta_n^k$ Nullstellen von $X^n-1$ sind. Für ein irreduzibles Polynom gilt weiter, dass es zu zwei Nullstellen einen Automorphismus gibt, der die erste auf die zweite abbildet. Daher sollte es reichen, wenn Du zeigst, dass $\zeta_n\mapsto \zeta_n^k$, $ggT(n,k)=1$ tatsächlich ein Automorphismus definiert.



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Red_
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Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-06-15


2019-06-13 15:11 - InOMatrix im Themenstart schreibt:

Leicht zu sehen ist, dass \(\Phi_{\zeta_n}\) in \(\mathbb{Z}[X]\) liegt, da es \(X^n-1\) teilt und beide Polynome normiert sind.

Schreibe kurz: \(\zeta := \zeta_n\) und \(f:=\Phi_{\zeta_n}\)
Schreibe das hier aus mit einem weiteren Polynom h. Zeige: \(\zeta^p\) ist erneut eine Nullstelle von \(f\), wobei aber \(p\) eine Primzahl ist, die \(n\) nicht teilt.
Anleitung:
-Beweis durch Widerspruch
-betrachte dann h(X^p) = f*g
-betrachte die Gleichung modulo p
-nutze aus, dass man Potenzen hoch p ''rausziehen'' kann
-führe das zum Widerspruch mit \(p\) teilt nicht \(n\), indem du zeigst \(X^n -1\) hat mehrfache Nullstelle in \(\mathbb{F}_p\)

Nimm dir jetzt ein weiteres primitives Element \(\zeta^m\) mit ggt(m,n)=1. Betrachte die Primfaktorzerlegung von m (=\(p_1\cdots p_k\)). Zeige induktiv, dass das Minimalpolynom von \(\zeta\) gleich dem von \(\zeta^{p_1}\) ist, gleich dem von ..., gleich dem von \( (...(\zeta^{p_1})^{p_2}...)^{p_n} = \zeta^m\).


Red_



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InOMatrix
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Aus: Berlin, Deutschland
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-15


Hallo,

@TomTom314
Damit komme ich in der Tat gut weiter. Setzen wir \(m:=\deg{\left(\Phi_{\zeta_n}\right)}\), wissen wir, dass es genau \(m\) Automorphismen \(\sigma:\mathbb{Q}({\zeta_n})\longrightarrow\mathbb{Q}({\zeta_n})\) mit \(\sigma|_{\mathbb{Q}}\equiv\mathrm{id}\) gibt. Jedes der \(\sigma\) schickt \(\zeta_n\) auf eine andere Nullstelle von \(\Phi_{\zeta_n}\), also sind die Automorphismen, die infrage kommen von der Form \(\zeta_n\longmapsto\zeta_n^k\) mit \(1\leq k\leq n\) (da \(\Phi_{\zeta_n}\mid X^n-1\)). Sei \(k\) derart, dass \(l:=\mathrm{ggT}(k,n)\ne1\), und angenommen dadurch wird ein Automorphismus definiert, so folgt
\[\sigma\left(\zeta_n^{\frac{n}{l}}\right)\stackrel{\sigma\text{ Automorphismus}}{=}\zeta_n^{\frac{nk}{l}}=\zeta_n^{\mathrm{kgV}(n,k)}=1=\sigma(1),\] aber \(1\ne\zeta_n^{\frac{n}{l}}\), da \(\zeta_n\) primitiv, also ist \(\sigma\) nicht injektiv: Widerspruch!

Es folgt: ist \(\sigma\) ein Automorphismus, so \(\zeta_k\longmapsto\zeta_n^k\) für ein \(k\) mit \(\mathrm{ggT}(k,n)=1\).

Zu zeigen ist nun die Umkehrung, wie Du auch schon geschrieben hattest. Nehmen wir ein \(k\) mit \(\mathrm{ggT}(k,n)=1\), so müssen wir (nachdem wir uns von der Additivität überzeugt haben und ein wenig gerechnet haben, um die Mulitplikativität zu zeigen) nur noch zeigen, dass \(\sigma(\zeta_n^j)=\zeta_n^{jk}\) für alle \(j=1,\dotsc,m\). Vielleicht wird es nicht nützlich sein, aber Beobachtung: \(\sigma\) ist \(\mathbb{Q}\)-linear. Eventuell kann man Ergebnisse der Vektorraumtheorie nutzen. Ich überlege an der Stelle nochmal weiter und schreibe später, was meine Ergebnisse sind.

@Red_
Ich würde mir auch gerne Deine Idee genauer anschauen, aber dazu müsste ich doch nochmal nachfragen, welches Polynom Du mit \(h\) meinst.

Viele Grüße

InOMatrix



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Red_
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Aus: Erde
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-06-15


X^n -1 = f*h



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