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Strukturen und Algebra » Polynome » Kreisteilungspolynome
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Universität/Hochschule J Kreisteilungspolynome
Martin_Infinite
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  Themenstart: 2006-05-21

Hi, ich habe hier einige Aufgaben zu Kreisteilungspolynomen, wo ich leider keinen Ansatz habe (obwohl ich mir Definitionen und einige Eigenschaften der Kreisteilungspolynome, die man so im Netz findet, angesehen habe). Also für einen ein Tipp wäre ich dankbar!   Im Folgenden sei \Phi_n das n. Kreisteilungspolynom. Dann gilt \blue\1. \Phi_mn \| \Phi_n(x^m)    Gruß Martin [ Nachricht wurde editiert von Martin_Infinite am 21.05.2006 14:45:28 ] [ Nachricht wurde editiert von fed am 21.05.2006 15:20:45 ]


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SirJective
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  Beitrag No.1, eingetragen 2006-05-21

Welche Definition hättest du denn gern? Wenn man das Kreisteilungspolynom definiert als das Minimalpolynom einer primitiven (komplexen) n-ten Einheitswurzel über IQ, dann ergibt sich 1. durch stumpfes Einsetzen der mn-ten Einheitswurzel. Gruss, SirJective [ Nachricht wurde editiert von SirJective am 21.05.2006 15:11:55 ]


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Zahlenteufel
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  Beitrag No.2, eingetragen 2006-05-21

Hallo Martin Überleg dir mal warum die Nullstellen des linken Polynoms auch Nullstellen des rechten sind. Gruß Christoph


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Martin_Infinite
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  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2006-05-21

Hi Christian, in meinem Algebra-Buch ist das Polynom definiert als das Produkt aller x-z, wobei z die primitiven n. Einheitswurzeln durchläuft. Es wird auch gezeigt, dass dieses Polynom irreduzibel über Z ist, sodass es das Minimalpolynom jeder primitiven n. Einheitwurzel ist. Insofern verstehe ich deine Lösung, vielen Dank :-)   Die nächste Aufgabe lautet: \blue\2. Ist jeder Primteiler von m auch ein Teiler von n, so gilt \blue\Phi_mn = \Phi_n(x^m) Das habe ich hinbekommen: Man muss einfach nur die entsprechende Aussage für die \phi\-Funktion zeigen und dann 1. anwenden. Wo ich aber wieder Hilfe bräuchte: \blue\3. Sind m,n teilerfremd, n > 1 falls m=2, und W die Menge der primitiven m. Einheitswurzeln, so gilt \blue \Phi_mn = prod(\Phi_n(\zeta x),\z \in W) Den Spezialfall m=2 (sprich \Phi_2n = \Phi_n(-x) für ungerade n>1) habe ich schon.    Gruß Martin [ Nachricht wurde editiert von fed am 21.05.2006 15:37:31 ]


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Martin_Infinite
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2006-05-21

Zum allgemeinen Fall von 3. habe ich jetzt folgendes:   Beide Seiten haben den Grad \phi(mn)=\phi(m) \phi(n), sodass man nur eine Teilerrelation zeigen muss. Sei \z \in W, also \z eine primitive m. Einheitswurzel, und z eine Nullstelle von \Phi_n(\zeta x). Dann ist z/\zeta eine primitive n. Einheitswurzel. Wegen ggT(m,n)=1 ist dann z = \zeta * z/\zeta eine primitive (mn). Einheitswurzel und damit eine Nullstelle von \Phi_mn. Jede Nullstelle von prod(\Phi_n(\zeta x),\zeta \in W) ist also auch eine Nullstelle von \Phi_(mn). Weil \Phi_(mn) nur einfache Nullstellen hat, gilt also prod(\Phi_n(\zeta x),\zeta \in W) \| \Phi_(mn).   Aber dabei braucht man ja gar nicht die (sicherlich notwendige!) Einschränkung, dass n>1 für m=2 gelten soll. Daher bin ich mir unsicher, ob das stimmt.   Nachtrag: Ach, es kommt auf den Leitkoefizienten an.   Der Leitkoeffizient von prod(\Phi_n(\zeta x),\zeta \in W) ist prod((\zeta^n),\zeta \in W)=(prod(\z,\z \in W))^n . (Nur) für m>2 besitzt W keine selbstinversen Elemente, sodass das Produkt 1 ist. [ Nachricht wurde editiert von Martin_Infinite am 21.05.2006 16:25:18 ]


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Martin_Infinite
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2006-05-21

Also irgendwie geht das jetzt mit Christophs Tipp wie von selbst ...   \blue\4. Ist p eine Primzahl mit p \teiltnicht n, so gilt   \blue\Phi_n \Phi_np = \Phi_n(x^p)   Beweis: Beide Seiten sind normiert. Die linke Seite hat den Grad   \phi(n) + \phi(np) = \phi(n) + \phi(n) \phi(p) = \phi(n) + \phi(n) (p-1) = p \phi(n)   also wie die rechte Seite. Also reicht es zu zeigen, dass die Nullstellen von \Phi_n und \Phi_np auch Nullstellen von \Phi_n(x^p) sind. Wenn aber \z eine primitive n. Einheitswurzel ist, dann ist dies auch \z^p wegen ggT(p,n)=1. Außerdem gilt für jede primitive (np). Einheitswurzel \z ord(\z^p)=ord(\z)/ggT(ord(\z),p)=(np)/ggT(np,p)=np/p=n   d.h. \z^p ist eine primitive n. Einheitswurzel.


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Martin_Infinite
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2006-05-23

Ich habe noch einmal versucht, alles mögliche, was ich in Skripten, im Chat mit Gockel, Publius und auf meinem Block ... zum Thema gefunden habe, zusammenzufassen, weil ich das noch nirgendwo in der Form gesehen habe (u.a. mit 1. der Betrachtung für beliebige n, nicht nur solche, die von der Charakteristik p nicht geteilt werden, 2. dem allgemeinen Zusammenhang zwischen Primitivwurzeln und Kreisteilungspolynomen, und 3. der allgemeinen Zerlegung des Kreisteilungspolynoms in irreduzible Polynome). Also vielleicht wird es ja auch für andere als Überblick ganz nützlich sein.   Im Folgenden wird das Kreisteilungspolynom \Phi_n mit der Inklusion \IZ -> K als Polynom über einem beliebigen Körper K aufgefasst. In diesem Fall ist es im Gegensatz zu K=\IC nicht so, dass \Phi_n genau die primitiven n. Einheitswurzeln \( := Elemente der Ordnung n\) als Nullstellen hat, und das solche überhaupt existieren müssen.   Sei L\/K eine beliebige Körpererweiterung. Wir fassen \Phi_n und x^n-1 als Polynome über K auf. Es sei p:=char(K) \(man beachte im Folgenden, dass selbst p = 0 funktioniert\) und W_n = {l \in L : l^n=1} die Gruppe der n. Einheitswurzeln, die aus den Nullstellen von x^n-1 über L besteht. Als endliche Untergruppe von L^\* ist sie zyklisch. Für W_n = span(\z) gilt dann abs(W_n)=ord(\z) \| n wegen \z^n=1. Also ist W_n zu einer Untergruppe von \IZ\/n isomorph. Eine primitive n. Einheitswurzel existiert genau dann, wenn abs(W_n)=n, d.h. wenn W_n ~= \IZ\/n. Es gibt eine eindeutige Darstellung n = p^k m mit k \in \IN_0 , m \in \IN , p \teiltnicht m \(Für p = 0 ist k = 0, m = n\). Wegen x^n-1=(x^m-1)^p^k ist dann W_n = W_m, und x^n-1 zerfällt genau dann in L, wenn dies x^m-1 tut. Wegen p \teiltnicht m ist x^m-1 zur Ableitung m x^(m-1) teilerfremd, hat also in L nur einfache Nullstellen. Sobald also x^n-1 über L zerfällt, gilt abs(W_n)=abs(W_m)=m, und es gibt in L eine primitive m. Einheitswurzel, und zwar \phi(m) Stück. Eine primitive n. Einheitswurzel \z existiert damit offenbar genau dann in L \(was irgendeine Erweiterung von K ist!\), wenn m=n, d.h. p \teiltnicht n, und x^n-1 über L zerfällt. Für jedes n \in \IN bezeichnen wir mit K_n den Zerfällungskörper von x^n-1 über K, d.h. es gilt K_n = K(W_n), und nennen ihn den n. Kreisteilungskörper über K. Wählen wir wieder die Darstellung n = p^k m, so gilt K_n = K_m wegen W_n = W_m . Wegen p \teiltnicht m gibt es eine primitive m. Einheitswurzel \z, und für jede solche gilt offenbar K_m = K(\z). Kommen wir auf die Kreisteilungspolynome zurück:   a\) Jede primitive n. Einheitswurzel ist Nullstelle von \Phi_n . b\) Ist p \teiltnicht n, so zerfällt \Phi_n über K_n , und die Nullstellen von \Phi_n darin sind genau die primitiven n. Einheitswurzeln. Insbesondere ist K_n der Zerfällungskörper von \Phi_n . c\) Ist n = p^k m mit p \teiltnicht m, so gilt \Phi_n=(\Phi_m)^\phi(p^k). Nach b\) ist also K_m = K_n der Zerfällungskörper von \Phi_n und die Nullstellen von \Phi_n darin sind genau die primitiven m. Einheitswurzeln.   Beweis(e):   a\) Sei \z eine primitive n. Einheitswurzel. Wegen  x^n-1 = prod(\Phi_d,d \| n)  ist dann \z eine Nullstelle eines \Phi_d mit d \| n. Wegen x^d-1 = prod(\Phi_e,e \| d) ist dann \z^d = 1. Weil \z primitiv ist, folgt d=n.   b\) Wegen p \teiltnicht n gibt es genau \phi(n) primitive n. Einheitswurzeln, und dass für jede solche K_n = K(\z) gilt. Mit Grad(\Phi_n)=\phi(n) und a\) ergibt sich die Behauptung.   c\) Für p = 0 ist das trivial. Ansonsten ist p eine Primzahl, und mit 4. \(siehe ganz weit oben\) folgt   \Phi_pm = \Phi_m(x^p)/\Phi_m = (\Phi_m)^p/\Phi_m = \Phi_m^(p-1)   Weiter folgt mit 2. \(siehe ebenso oben\)   \Phi_n \= \Phi_(p^(k-1) pm) \= \Phi_pm(x^(p^(k-1))) \=\Phi_pm(x)^(p^(k-1)) \= \Phi_m^(p-1)^(p^(k-1)) \= \Phi_m^\phi(p^k) \checked   Wir wissen bereits, dass x^m -1 separabel ist, sodass array(K_n)\/K = K(\z)\/K galoisch ist. Die Galoisgruppe G dieser Erweiterung lässt sich in die Einheitengruppe (\IZ\/m)^\* einbetten, und zwar mittels \a : G -> (\IZ\/m)^\* , \z^\a(\s)=\s(\z)   Insbesondere ist der Grad von K_n \/ K ein Teiler von \phi(m), und Kreisteilungskörper sind immer abelsche Erweiterungen.   Es sei d der Grad von K_n \/ K, und f ein irreduzibler Teiler von \Phi_m über K. Nach c\) besitzt er eine Nullstelle \z , und diese ist eine primitive m. Einheitswurzel. Dann ist f das Minimalpolynom von \z über K, sodass   d = [ K_n : K ] = [K(\z) : K] = Grad(f)   Wegen Grad(\Phi_m) = \phi(m) besteht \Phi_m also aus genau \phi(m)/d irreduziblen Polynomen über K jeweils vom Grad d. Folglich besteht \Phi_n = (\Phi_m)^\phi(p^k) aus genau \phi(p^k) \phi(m)/d = \phi(n)/d irreduziblen Polynomen über K jeweils vom Grad d.   Insbesondere ist \Phi_n genau dann irreduzibel über K, wenn \phi(p^k)=1, also p \teiltnicht n oder p=2,k=1, und d = \phi(n). Für K = \IQ ist das der Fall \(was nicht trivial ist, und hier nicht bewiesen wird\).   Für endliche K gibt es eine schöne Beschreibung des Grades d: Ist etwa K = \IF_q für eine Potenz q von p, dann ist bekanntlich auch K_n endlich, und die Galoisgruppe G wird vom Frobenius\-Automorphismus x |-> x^q erzeugt. Dieser wird offenbar von \a auf q^- \in (\IZ\/m)^\* abgebildet. Also ist G zur Untergruppe span(q^-) von (\IZ\/m)^\* isomorph, und es gilt   d = [K_n : K] = abs(G) = ord(span(q^-))=ord(q^-)   Weil der Kreisteilungskörper K_n den Grad d über K hat, ist er zu \IF_q^d isomorph. Nach der ganzen Theorie kann man z.B. diese Aufgaben hier erschlagen: viewtopic.php?topic=55235 viewtopic.php?topic=43122   Hat vielleicht noch jemand eine Idee, wie man die irreduziblen Teiler des Kreisteilungspolynoms genau bestimmen kann? Deren Grade sind ja nun klar, aber mehr nicht. [ Nachricht wurde editiert von Martin_Infinite am 23.05.2006 04:08:32 ]


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  Beitrag No.7, eingetragen 2006-05-23

2006-05-23 03:18: Martin_Infinite schreibt: Hat vielleicht noch jemand eine Idee, wie man die irreduziblen Teiler des Kreisteilungspolynoms genau bestimmen kann? Deren Grade sind ja nun klar, aber mehr nicht. Ja, jemand hat. :) Ich machs mal nur für den Fall p\teiltnicht\ n. Der andere Fall folgt ja analog aus c\) Betrachte die Operation von Gal(K_n\.\|K) auf W_n. Ist B\subseteq\ W eine Bahn unter dieser OP, so ist produkt(x-\xi,\xi\el\ B) ein irreduzibles Polynom aus K[x] \(aus K[x] weil unter der OP der Galoisgruppe invariant und irreduzibel, weil die Galoisgruppe transitiv auf der Nullstellen operiert\). Offensichtlich liefern diese Polynome die Zerlegung von \Phi_n in irreduzible Faktoren, wenn man für B nacheinander alle Bahnen durchgeht. Man erkennt nun \(aus der Bahnformel oder aus deinem Beweis, dass die Grade der irreduziblen Faktoren alle gleich sein müssen\), dass jede Bahn die gleiche Anzahl von Elementen hat, nämlich genau abs(K_n : K) Stück. mfg Gockel. [ Nachricht wurde editiert von fed am 23.05.2006 03:34:52 ]


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Martin_Infinite
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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2006-05-23

Danke Gockel! Du meintest wohl nicht W_n , sondern die Menge der primitiven n. Einheitswurzeln. Darauf muss man G operieren lassen, damit dein Polynom das Kreisteilungspolynom teilt. Nach der ganzen Theorie wollte ich jetzt mal zur Praxis kommen ;\-\), und \Phi_26 über \IF_3 in irreduzible Faktoren zerlegen. \red ^1 Also wegen 26 = 2*13 und 2 \teiltnicht 13 gilt \Phi_26 = \Phi_13(-x)=x^12 - x^11 + x^10 - x^9 +- ... - x + 1 Die Ordnung von 3 in (\IZ\/26)^\* ist 3. Also besteht die Galoisgruppe aus den drei Elementen x |-> x, x |-> x^3 , x |-> x^9 . Wir wissen, dass es in einer Erweiterung von \IF_3 eine primitive 26. Einheitswurzel \zeta gibt. Damit kann man alle angeben: \z , \z^3 , \z^5 , \z^7 , \z^9 , \z^11 , \z^15 , \z^17 , \z^19 , \z^21 , \z^23 , \z^25 Wenn man die Galoisgruppe darauf operieren lässt, erhält man 4 Bahnen der Länge 3; sie lauten B(\z) = menge(\z , \z^3 , \z^9) B(\z^5) = menge(\z^5 , \z^15 , \z^19) B(\z^7) = menge(\z^7 , \z^21 , \z^11) B(\z^17) = menge(\z^17 , \z^25 , \z^23) Die irreduziblen Teiler von \Phi_26 über \IF_3 sind damit f_1 = (x-\z)(x-\z^3)(x-\z^9) =x^3 - (\z^9+\z^3 + \z) x^2 + (\z^12 + \z^10 + \z^4) x - \z^13 f_2 = (x-\z^5)(x-\z^15)(x-\z^19) = x^3 - (\z^19 + \z^15 + \z^5) x^2 + (\z^8 + \z^24 + \z^20) - \z^13 f_3 = (x-\z^7)(x-\z^21)(x-\z^11) = x^3 - (\z^21 + \z^11 + \z^7) x^2 + (\z^6 + \z^2 + \z^18) x - \z^13 f_4 = (x-\z^17)(x-\z^25)(x-\z^23) =x^3-(\z^25 + \z^23 + \z^17) x^2 + (\z^22 + \z^16 + \z^14) x - \z^13 Ok, die Galoistheorie sagt uns, dass die Koeffizienten in \IF_3 sind. Aber wie sehen sie denn nu aus?! #:-) Also mir ist nur klar, dass \z^13 = -1 wegen (\z^13)^2=1, \z^13 != 1 gilt. Damit kann man schon einmal vereinfachen: f_1=x^3 - (\z^9+\z^3 + \z) x^2 + (\z^12 + \z^10 + \z^4) x +1 f_2 = x^3 - (-\z^6 - \z^2 + \z^5) x^2 + (\z^8 - \z^11 - \z^7) x + 1 f_3 = x^3 - (-\z^8 + \z^11 + \z^7) x^2 + (\z^6 + \z^2 - \z^5) x +1 f_4 = x^3-(-\z^12 - \z^10 - \z^4) x^2 + (-\z^9 - \z^3 - \z) x + 1 Aber weiter komme ich nicht! Beziehungsweise ich will mich davor hüten, in dem Kreisteilungskörper, hier ~= \IF_3^3 ~= \IF_3 [x]\/(x^3+2x+1), loszurechnen ... 1 Das Maple-Ergebnis findet man hier ... [ Nachricht wurde editiert von fed am 23.05.2006 16:54:57 ] [ Nachricht wurde editiert von fed am 30.05.2006 13:15:30 ]


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Martin_Infinite
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array(\z)X hat mal geraten, dass [x+2] eine 26. Primitivwurzel in  \IF_3 [x] \/ (x^3+2x+1) ist, und es stimmt ......   Nach mehreren Polynomdivisonen kann man das verifizieren und erhält   f_1 = x^3 + 2x + 1 f_2 = x^3 + 2x^2 + x + 1 f_3 = x^3 + x^2 + 2x + 1 f_4 = x^3 +2x^2 + 1   Also per Hand lässt sich das wohl nicht so praktisch machen. Naja, ich hake mal ab. Vielen Dank Christoph, Christian, Daniel und Gockel für die Hilfen


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