Diskrete Strukturen, SS 06

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1 G. Nebe, M. Künzer Diskrete Strukturen, SS 06 Lösung Aufgabe 43. Ein zyklischer Code der Länge 7 über F 2 [X] ist ein Ideal in F 2 [X]/X 7. Es ist X 7 = X + X 3 + X + X 3 + X 2 + die Zerlegung in irreduzible Faktoren in F 2 [X]. Mögliche Erzeugerpolynome sind normierte Teiler von X 7, und ergeben sich also wie folgt. X + 0 X 3 + X + 0 X 3 + X = X + 0 X 3 + X + 0 X 3 + X 2 + = X 3 + X 2 + X + 0 X 3 + X + X 3 + X = X 3 + X + X + 0 X 3 + X + X 3 + X 2 + = X 6 + X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + X + X + X 3 + X + 0 X 3 + X = X + X + X 3 + X + 0 X 3 + X 2 + = X 4 + X 2 + X + X + X 3 + X + X 3 + X = X 4 + X 3 + X 2 + X + X 3 + X + X 3 + X 2 + = X 7 + Die Dimension über F 2 des von der Restklasse eines Erzeugerpolynoms gx in F 2 [X]/X 7 erzeugten Ideals ist gleich 7 deg g. Bleiben also die folgenden 6 Erzeugerpolynome. X 3 + X 2 + X 3 + X + X + X 4 + X 2 + X + X 4 + X 3 + X 2 + Somit gibt es 6 zyklische Codes der Dimension > und der Länge 7 über F 2. 2 Wir gehen durch alle 6 Fälle. Erzeugerpolynom. Hier hat der Code Dimension 7, genau wie der Gesamtraum. Somit ist der Minimalabstand gleich. Erzeugerpolynom X 3 +X 2 +. Das Prüfpolynom ist X 7 /X 3 +X 2 + = X 4 +X 3 +X 2 +. Eine Prüfmatrix ist dementsprechend gegeben durch Mangels zweier, aber dank dreier Zeilen, die ein linear abhängiges Tupel bilden, ist der Minimalabstand gleich 3. Erzeugerpolynom X 3 + X +. Das Prüfpolynom ist X 7 /X 3 + X + = X 4 + X 2 + X +. Eine Prüfmatrix ist dementsprechend gegeben durch Somit ist der Minimalabstand gleich

2 Erzeugerpolynom X +. Das Prüfpolynom ist X 7 /X + = X 6 + X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + X +. Eine Somit ist der Minimalabstand gleich 2. Erzeugerpolynom X 4 + X 2 + X +. Das Prüfpolynom ist X 7 /X 4 + X 2 + X + = X 3 + X +. Eine Hier zu testen, ob je 3 Zeilen ein linear unabhängiges Tupel bilden, wäre aufwendig. Wir gehen zurück zur naiven Methode die manchmal besser ist. Eine Erzeugermatrix ist gegeben durch Die nicht in dieser Matrix auftretenden 4 nichtverschwindenden Codewörter sind die Zeilen folgender Matrix. Somit ist der Minimalabstand gleich Erzeugerpolynom X 4 + X 3 + X 2 +. Abermals ist die naive Methode besser. Eine Erzeugermatrix ist gegeben durch Die nicht in dieser Matrix auftretenden 4 nichtverschwindenden Codewörter sind die Zeilen folgender Matrix. Somit ist der Minimalabstand gleich Alternative Lösung für diesen Fall. Man erkennt an den Erzeugermatrizen, daß die von den Erzeugerpolynomen X 4 + X 3 + X 2 + und X 4 + X 2 + X + gelieferten Codes äquivalent sind, und daher gleichen Minimalabstand haben. Resultat. Als maximaler Minimalabstand der zyklischen Codes der Dimension > der Länge 7 über F 2 ergibt sich 4. Wäre das eine Klausuraufgabe gewesen, so hätte sie mehr als einen Punkt gegeben. 3 Ein zyklischer Code der Länge 5 über F 4 [X] ist ein Ideal in F 4 [X]/X 5. Es ist X 5 = X + X 2 + ωx + X 2 + ω 2 X + die Zerlegung in irreduzible Faktoren in F 4 [X]. Mögliche Erzeugerpolynome sind normierte Teiler von X 5, und ergeben sich also wie folgt. X + 0 X 2 + ωx + 0 X 2 + ω 2 X + 0 = X + 0 X 2 + ωx + 0 X 2 + ω 2 X + = X 2 + ω 2 X + X + 0 X 2 + ωx + X 2 + ω 2 X + 0 = X 2 + ωx + X + 0 X 2 + ωx + X 2 + ω 2 X + = X 4 + X 3 + X 2 + X + X + X 2 + ωx + 0 X 2 + ω 2 X + 0 = X + X + X 2 + ωx + 0 X 2 + ω 2 X + = X 3 + ωx 2 + ωx + X + X 2 + ωx + X 2 + ω 2 X + 0 = X 3 + ω 2 X 2 + ω 2 X + X + X 2 + ωx + X 2 + ω 2 X + = X 5

3 Die Dimension über F 2 des von der Restklasse eines Erzeugerpolynoms gx in F 4 [X]/X 5 erzeugten Ideals ist gleich 5 deg g. Bleiben also die folgenden 6 Erzeugerpolynome. X 2 + ω 2 X + X 2 + ωx + X + X 3 + ωx 2 + ωx + X 3 + ω 2 X 2 + ω 2 X + Somit gibt es 6 zyklische Codes der Dimension > und der Länge 5 über F 4. 4 Zunächst bemerken wir, daß die von X 2 + ω 2 X + und von X 2 + ωx + erzeugten Codes durch eintragsweises Anwenden von Frob 2 auseinander hervorgehen. Insbesondere haben sie denselben Minimalabstand. Selbiges gilt für X 3 + ωx 2 + ωx + und X 3 + ω 2 X 2 + ω 2 X +. Wir gehen durch alle 4 noch zu betrachtenden Fälle. Erzeugerpolynom. Hier hat der Code Dimension 5, genau wie der Gesamtraum. Somit ist der Minimalabstand gleich. Erzeugerpolynom X 2 + ωx +. Das Prüfpolynom ist X 5 /X 2 + ωx + = X 3 + ωx 2 + ωx +. Eine Somit ist der Minimalabstand gleich 3. 0 ω ω ω ω 0 Erzeugerpolynom X +. Das Prüfpolynom ist X 5 /X + = X 4 + X 3 + X 2 + X +. Eine Prüfmatrix ist dementsprechend gegeben durch Somit ist der Minimalabstand gleich 2. Erzeugerpolynom X 3 + ωx 2 + ωx +. Das Prüfpolynom ist X 5 /X 3 + ωx 2 + ωx + = X 2 + ωx +. Eine 0 0 ω 0 ω 0 ω 0 0 Beim Nachprüfen, daß je 3 Zeilen hieraus linear unabhängig sind, kann man sich mittels der Symmetrie der Situation etwa die Hälfte der Arbeit sparen. Ferner kann das Tupel der ersten 4 Zeilen nicht linear unabhängig sein dazu bedarf es keiner Rechnung, ein Tupel der Länge 4 in einem Raum der Dimension 3 ist linear abhängig. Insgesamt ist der Minimalabstand also zu 4 ermittelt. Resultat. Der maximale Minimalabstand der zyklischen Codes der Dimension > der Länge 5 über F 4 ist gleich 4. 5 Die Aussage ist richtig. Ist gx F q [X] ein Erzeugerpolynom eines zyklischen Codes C der Länge N, so ist mit gxhx = X N und hx = i [0,k] h ix i eine Erzeugermatrix des dualen Codes gegeben durch die Erzeugermatrix des zyklischen Codes des Polynoms X k h/x = i [0,k] h k ix i. Dies ist in der Tat ein zyklischer Code, da aus gxhx = X N folgt, daß X k h/x X N k g/x = X N X N = X N, und insbesondere also, daß X k h/x ein Teiler von X N ist.

4 Aufgabe 44. Zeigen wir zunächst, daß für ein Ideal a R auch das Bild ϕa R/a ein Ideal ist. Seien a, a a und r, r R. Es wird [r] a [a] a + [r ] a [a ] a = [ra + r a ] a ϕa, da ra + r a a. Zeigen wir nun, daß für ein Ideal c R/a auch das Urbild ϕ a R ein Ideal ist. Seien x, x ϕ a und r, r R. Es wird ϕrx + r x = [rx + r x ] a = [r] a [x] a + [r ] a [x ] a c, und daher rx + r x c. Zeigen wir, daß für ein Ideal a R gilt, daß ϕ ϕa = a ist. Die Inklusion folgt, da ein Element in a unter ϕ nach ϕa abgebildet wird. Sei umgekehrt für die Inklusion ein Element x R mit ϕx ϕa gegeben, gebe es also ein a a mit ϕx = ϕa. Dann ist und folglich x a a. Also ist x = a + x a a. 0 = ϕx ϕa = [x] a [a] a = [x a] a, Zeigen wir, daß für ein Ideal c R/a gilt, daß ϕϕ c = c ist. Die Inklusion folgt, da ϕ c gerade die Elemente enthält, die unter ϕ nach c gehen. Sei umgekehrt für die Inklusion ein Element c c gegeben. Da ϕ surjektiv ist, gibt es ein x R mit ϕx = c. Da x ϕ c, folgt daraus auch schon c ϕϕ c. 2 Sei a K[X] ein Ideal, und sei a {0}. Sei gx a {0} von minimalem Grad. Nach Division durch den Leitkoeffizienten, was innerhalb a möglich ist, können wir annehmen, es sei gx normiert. Wir behaupten, daß a = gx. Die Inklusion folgt, da mit gx auch jedes Vielfache von gx in a liegt. Sei umgekehrt für die Inklusion ein fx a gegeben. Schreibe fx = sxgx + rx mit sx, rx K[X], wobei rx = 0 oder deg r < deg g Division mit Rest von fx durch gx. Nun ist rx = fx sxgx a. Wäre rx 0, so widerspräche dies der Minimalität des Grades von gx. Also ist rx = 0 und also fx = sxgx gx. 3 Nach steht die Menge der Ideale von K[X]/ fx via Bild und Urbild in Bijektion zur Menge der Ideale von K[X], welche das Ideal fx enthalten. Letztere sind ungleich {0} und also nach 2 von der Form hx für ein normiertes Polynom hx K[X]. Die Inklusion fx hx übersetzt sich zur Bedingung, daß fx ein Teiler von hx sei. Dieses hx ist auch eindeutig bestimmt. Denn ist hx = hx mit hx, hx K[X] normiert, so ist hx ein Teiler von hx und hx ein Teiler von hx, woraus hx = hx folgt. Somit steht die die Menge der Ideale von K[X]/ fx in Bijektion zur Menge der normierten Teiler von fx. Ist hx ein solcher normierter Teiler, so ist das korrespondierende Ideal gegeben durch [hx] fx K[X]/ fx ; in Worten, es ist erzeugt von der Restklasse von hx. 4 Es ist X 5 = X + X 2 + ωx + X 2 + ω 2 X + in F 4 [X] in irreduzible Faktoren zerlegt. Nach 3 haben wir die normierten Teiler von X 5 zu bestimmen, welche wiederum die fraglichen Ideale erzeugen. Wie in 43 3 ergibt sich hx {, X 2 + ω 2 X +, X 2 + ωx +, X 4 + X 3 + X 2 + X +, X +, X 3 + ωx 2 + ωx +, X 3 + ω 2 X 2 + ω 2 X +, X 5 + }, und das zugehörige Ideal ist dann jeweils gegeben durch [hx] X 5 F 4 [X]/X 5. Der Chinesische Restsatz gibt F 4 [X]/X 5 F 4 [X]/X + F 4 [X]/X 2 + ωx + F 4 [X]/X 2 + ω 2 X + F 4 F 6 F 6 Das isomorphe Bild eines Ideals enthält einen dieser direkten Faktoren genau dann, wenn sein Erzeugerpolynom in diesem direkten Faktor nicht verschwindet, i.e. wenn in seiner Zerlegung in irreduzible Faktoren das zu dem

5 betrachteten direkten Faktor gehörige irreduzible Polynom nicht auftritt. Somit haben die isomorphen Bilder der fraglichen Ideale die Form Aufgabe 45. [X + 0 X 2 + ωx + 0 X 2 + ω 2 X + 0 ] X5 [X + 0 X 2 + ωx + 0 X 2 + ω 2 X + ] X 5 [X + 0 X 2 + ωx + X 2 + ω 2 X + 0 ] X 5 [X + 0 X 2 + ωx + X 2 + ω 2 X + ] X5 [X + X 2 + ωx + 0 X 2 + ω 2 X + 0 ] X5 [X + X 2 + ωx + 0 X 2 + ω 2 X + ] X5 [X + X 2 + ωx + X 2 + ω 2 X + 0 ] X5 [X + X 2 + ωx + X 2 + ω 2 X + ] X5 F 4 F 6 F 6 F 4 F 6 {0} F 4 {0} F 6 F 4 {0} {0} {0} F 6 F 6 {0} F 6 {0} {0} {0} F 6 {0} {0} {0} Als Erzeugermatrix von C ergibt sich β β β β β. 2 Das Prüfpolynom ist X 7 /X 2 + X + β = X 5 + X 4 + β 3 X 3 + X 2 + β 5 X + β 6. Dementsprechend erhalten wir als Prüfmatrix β 6 0 β 5 β 6 β 5 β 3 β In der Prüfmatrix in 2 gibt es keine linear abhängigen Zeilentupel aus 2 Zeilen. Ferner ist aus Dimensionsgründen sogar jedes Tupel aus 3 Zeilen linear abhängig. Somit ist dc = 3. 4 Wir haben eine Spalte zur Erzeugermatrix von C ergänzen, in welcher die Summe der Einträge der jeweiligen Zeile einzutragen ist. Somit erhalten wir als Erzeugermatrix von C. β β 0 β β 0 0 β 0 0 β β 0 β β β 5 Wegen Charakteristik 2 annulliert der Spaltenvektor, der an jeder Stelle eine als Eintrag hat, die Erzeugermatrix in Charakteristik 2 bräuchte man hierzu als letzten Eintrag eine. Aus Dimensionsgründen erhalten wir also aus der Prüfmatrix zu C aus 2 die Prüfmatrix von C. β 6 0 β 5 β 6 β 5 β 3 β Sicher ist 3 = dc d C dc + = 4. Die Zeilen der Teilmatrix abhängiges Tupel. Also ist d C 3 und damit insgesamt d C = 3.. β 5 β 3 der Prüfmatrix bilden ein linear www2.math.rwth-aachen.de:805