c i α i = t(α) q = 0 q = 0 c q i (αi ) q = (X α qi ) = j=0 Da das Potenzieren mit q ein Ringhomomorphismus ist, ergibt sich l 2

Transkript

1 Ergänzend zur Übung vom anbei eine vollständige Lösung zur Aufgabe 3 vom Übungsblatt 10: Wir werden von folgendem Satz gebrauch machen, welchen wir zunächst beweisen, obwohl ich davon ausgehe, daß diese oder eine äquivalente Aussage bereits in der Vorlesung behandelt wurde: Sei t F q [X] ein irreduzibles Polynom und t habe in F q k eine Nullstelle. Dann zerfällt t über F q k in l k paarweise verschiedene Linearfaktoren. Insbesondere gilt dann t X qk X und grad(t) k. Beweis des Satzes: Wir können F q als Teilkörper von F q k auffassen. Dann ist F q F q k die Menge aller Nullstellen von X q X in F q k. Für alle Koeffizienten c i F q von t gilt also c q i = c i. Aus der Vorlesung wissen wir, daß Potenzieren mit p ein Ringhomomorphismus F q k F q k ist. Da q eine p-potenz ist, ist die Abbildung F q k F q k,x x q als mehrfache Verkettung des Potenzierens mit p ebenfalls ein Ringhomomorphismus. Deshalb gilt ( ) q c i α i = t(α) q = 0 q = 0 t(α q ) = i c i (α q ) i = i c q i (αi ) q = i für jede Nullstelle α F q k. Mit α ist also auch α q eine Nullstelle von t und mittels vollständiger Induktion sehen wir direkt, daß jedes α qi eine Nullstelle von t ist. Es bezeichne l(α) k die kleinste positive Zahl mit α ql(α) = α (diese existiert, da α qk = α wegen α F q k ). Sei nun α F q k eine Nullstelle von t, für welche l(α) minimal ist (unter allen l(β) für Nullstellen β F q k ) und schreiben fortan l := l(α). Hiermit definieren wir in F q k[x] das Polynom s := l 1 (X α qi ) = l s j X j. j=0 Da das Potenzieren mit q ein Ringhomomorphismus ist, ergibt sich l s q j Xj = j=0 l 1 l l 1 (X (α qi ) q ) = (X α ql ) (X α qi+1 ) = (X α) (X α qi ) = s. Durch Koeffizientenvergleich ergibt sich deshalb s q j = s j, was äquivalent ist zu s j F q. Das bedeutet, daß s F q [X]. Jede Nullstelle α qi von s ist, wie wir oben gesehen haben, eine Nullstelle von t. Da s nach Konstruktion quadratfrei ist (α,α q,...,α ql 1 sind aufgrund der (doppelten) Minimalität von l paarweise verschieden), gilt damit s t in F q [X]. Nun war t irreduzibel in F q [X] und da s keine Einheit ist, folgt s = t (wir dürfen t als normiert annehmen). Mit anderen Worten: grad(t) = l k und t zerfällt in F q k bereits in paarweise verschiedene Linearfaktoren. All diese Linearfaktoren sind irreduzible Teiler von X qk X. Es gilt also t X qk X. q.e.d. Aus diesem Satz ergibt sich folgendes nützliches Korollar: Sei t F q [X] ein irreduzibles Polynom. Ist t vom Grad k, so gilt t X qk X. Gilt andereseits t X qk X, so gilt grad(t) k. Beweis: Sei grad(t) = k. Der Ring K := F q [X]/t(X)F q [X] ist laut Vorlesung ein Körper mit q grad(t) = q k Elementen, in welchem t eine Nullstelle hat. Wegen K = F q k (Vorlesung) hat t in F q k eine Nullstelle. Der eben bewiesene Satz sagt uns nun, daß t X qk X. Sei umgekehrt t X qk X. Dann hat t in F q k eine Nullstelle. Aus dem eben bewiesenen

2 Satz folgt grad(t) k. q.e.d. In der Vorlesung haben wir gelernt, daß F q [X] ein euklidischer Ring ist und deshalb in F q [X] eine eindeutige Primzerlegung existiert. Die Rolle der (positiven) Primzahlen aus Z übernehmen in F q [X] die (normierten) irreduziblen Polynome. Ziel der Aufgabe war es, zu lernen, wie wir zu einem (normierten) Polynom f F q [X] die eindeutige Zerlegung in irreduzible Faktoren berechnen können. Das heißt, die durch f eindeutig bestimmten und paarweise verschiedenen normierten irreduziblen Polynome p 1,...,p n F q [X] zu bestimmen, gemeinsam mit den ebenfalls eindeutig bestimmten e 1,...,e n > 0, so daß f = n p en i. (1) Die Aufgabe teilt sich in zwei Teile: (a) und (b) erklären, wie wir zu jedem k N normierte Polynome g k finden, welche die Produkte derjenigen p 1,...,p n sind, welche vom Grad k sind. Genauer gilt g k = p i. (),...,n; grad(p i )=g Gelingt es uns, alle Polynome g k (welche von 1 verschieden sind) in irreduzible Polynome zu zerlegen, ist es nicht mehr schwer, die passenden Vielfachheiten e 1,...,e r dieser Faktoren zu bestimmen, welche zur Faktorisierung (1) von f führen. Nun zur Lösung: (a) f k ist als Teiler von X qk X quadratfrei, da X qk X quadratfrei ist (zerfällt über F q k in paarweise verschiedene Linearfaktoren). (b) Einfacher als in der Übung definieren wir für jedes k > 0: g k := f k / ggt(f k, f d ) (3) 1 d<k (wobei 1 d<1 f d = 1). Wir zeigen nun, daß g k das Produkt aller irreduziblen normierten Teiler t von f vom Grad k ist. Es sei t f ein normierter irreduzibler Teiler vom Grad k 1. Um zu zeigen, daß t g k müssen wir t f k und t f 1,...,f k 1 nachweisen. Um t f k zu zeigen, genügt es einzusehen, daß t X qk X, was aber aufgrund des eben bewiesenen Korollars klar ist. Die Bedingung t f 1,...,f k 1 ist nur im Fall k > 1 interessant. Hier argumentieren wir wie folgt: Falls t f d mit einem d < k, so gilt t X qd X aufgrund der Definition von f d. Hieraus folgt aber dank des Korollars, daß grad(t) d < k, im Widerspruch zur Annahme. t f d ist also unmöglich. Wir haben gezeigt, daß jeder irreduzible Teiler t f vom Grad k ein Teiler von g k ist. Es ist noch zu zeigen, daß jeder irreduzible Teiler t von g k vom Grad k ist und ebenfalls f teilt. Hierzu sei t g k ein irreduzibler Teiler. Wegen g k f k f ist ein Teiler von f. Desweiteren gilt t g k f k X qk X. Das Korollar sagt uns grad(t) k. Wäre grad(t) < k, argumentieren wir wie eben: Dann ist t ein Teiler von g d vom Grad d < k und deshalb folgt t g d f d. Da f k quadratfrei ist, folgt aus t f d, daß t g k aufgrund von (3). Da g k als Teiler von f k ebenfalls quadratfrei ist, ergibt sich hiermit die Behauptung, daß g k die Gleichung () erfüllt.

3 Sinnvollerweise berechnen wir induktiv g 1,g,.... Wann wissen wir, daß wir alle g k 1 mit kennen? Da jeder irreduzible Teiler t von f höchsten vom Grad grad(f) ist, wissen wir, daß wir nur g 1,g,...,g grad(f) berechnen müssen. (c) Nach (b) gilt g k = mit paarweise verschiedenen irreduziblen normierten Polynomen q 1,...,q r F q [X] vom Grad k. Laut Vorlesung ist damit für jedes i {1,...,r} der Ring K i := F q [X]/q i (X)F q [x] ein Körper mit q k Elementen. Der Chinesische Restsatz beschert uns nun die behauptete Isomorphie F q [X]/g k (X)F q [X] = K 1 K r. (d) Jedes α (F q [X]/g k (X)F q [X]) entspricht unter der Isomorphie aus (c) einem Tupel (α i ) 1 i r K 1 K r. Mit dieser Identifizierung gilt r p i (α qk 1 ) = p i (α) qk 1 = α qk 1 q i i. Also ergibt sich die Äquivalenz α N i α q k 1 i = 1. Nun ist K i zyklisch von Ordnung q k 1, weshalb es genau qk 1 Elemente α i K i gibt, für welche α q k 1 i = 1 gilt (alternative Rechtfertigung: das Polynom X q k 1 1 X qk X hat in F q genau qk 1 Nullstellen). Da die Bedingung α N i für j i nicht von α j abhängt, ergibt sich #N i = qk 1 (q k 1) = 1 j i r (q k 1) = 1 #(F q[x]/g k (X)F q [X]). (e) In (d) haben wir eben gesehen, daß die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses α N i den Wert 1/ hat. In der Lösung zu (d) haben wir gesehen, daß für feste i j die beiden Ereignisse α N i und α N j stochastisch unabhängig sind. Jeder Teilmenge M {1,,...,r} ordnen wir das Ereignis α N i für alle i M und α N j für alle j {1,...,r} \ M zu. Es gibt genau #P({1,...,r}) = r solche Ereignisse und die eben bewiesene stochastische Unabhängigkeit impliziert, daß alle diese Ereignisse gleich wahrscheinlich sind. Es gibt genau zwei Ereignisse, welche der Situation entsprechen, daß es keine i,j mit α N i und α M j. Dies sind gerade die Ereignisse M = und M = {1,...,r}. Die Wahrscheinlichkeit, daß eines der beiden eintritt, beträgt 1 r. (f) Sei a F q [X] ein Repräsentant von α qk 1. Aufgrund der Identifizierung aus (c) gilt α N i a 1 (mod q i ) q i a 1 q i ggt(g k,a 1). Analog gilt α N j a 1 (mod q j ) q j a 1 q j ggt(g k,a 1). Hieraus folgt die Behauptung. (g) Wie bereits im Vorspann angedeutet reduzieren wir das Problem der Faktorisierung von f mit Hilfe der Aufgabenteile (a) und (b) zunächst auf die Teilprobleme g 1,g,...,g grad(f). Es bleibt zu klären, wie wir ein solches g = g k faktorisieren, welches aus paarweise verschiedenen irreduziblen Faktoren vom Grad k besteht. Aus (c) bis (f) leitet sich für diese Aufgabe folgende rekursive Prozedur ab:

4 FACTOR( g, k): (wir nehmen g und alle ggt s als normiert an) 1. Falls g = 1: ENDE ohne Ausgabe.. Falls grad(g) = k: ENDE mit Ausgabe g. 3. Wähle b F q [X] zufällig (gleichverteilt) mit 1 grad(b) < k. 4. Berechne d := ggt(b,g). 5. Falls d 1: rufe FACTOR(d, k) und FACTOR(g/d, k) auf und ENDE. 6. Berechne a F q [X] vom Grad < k mit a b qk 1 (mod g). 7. Berechne d := ggt(a 1,g). 8. Falls 1 d g: FACTOR(d, k) und FACTOR(g/d, k) und ENDE. 9. Springe zurück zu Zeile 3. Weshalb funktioniert dieser Algorithmus? Zunächst entspricht die zufällige Wahl von b in Zeile 3 der zufälligen Wahl von α aus (e). Allerdings wissen wir noch nicht, daß die Klasse von b wirklich eine Einheit in F q [X]/g(X)F q [X] ist. Deshalb testen wir dies in den Zeilen 4 und 5. Falls b keine Einheit repräsentiert, finden wir zwangsläufig einen nichttrivialen Teiler d von g, denn b kann aufgrund seines Grades nicht 0 und damit kein Vielfaches von g sein. Die Zeilen 6 und 7 folgen dem Gedankengang in den Aufgabenteilen (e) und (f). Denn mit Wahrscheinlichkeit 1 r+1 1/ (laut (e) und (f)) wird in Zeile 7 (bzw. 8) ein nichttrivialer Teiler d von g entdeckt. Falls dies nicht geschieht, setzen wir in Zeile 9 an, um einen weiteren Versuch zu starten, d.h. ein neues b zu wählen usw.. Da wir pro Iteration mit Wahrscheinlichkeit 1/ einen nichttrivialen Teiler d von g finden, betfägt die Wahrscheinlichkeit, daß wir unendlich lange iterieren 0 und bei jedem Rekursionsschritt sinkt der Grad des zu faktorisierenden Polynoms. Im Mittel beträgt die durchschnittliche Laufzeit (bei Vernachlässigung der Kosten, welche durch verschiedene Grade beeinflußt werden) O(log r), wobei r die Anzahl der irreduziblen Faktoren in g ist. (h) Wir definierne f := X 5 + X 4 + 3X F 5 [X]. Es gilt g 1 := f 1 := ggt(x 5 X,f) = X X + 3. Etwas intelligenter als in der Lösung zu (a) und (b) Algorithmus rechnen wir Denn dies vereinfacht die Rechnung f := ggt(x 5 X/f 1,f/f 1 ) = X + X + 1. g := f / ggt(f, ggt(f,f 1 )) = f = X + X + 1, da mit unserem f automatisch ggt(f,f 1 )) = 1 gilt. Zudem involviert die Berechnung von f auf diese Weise Polynome kleinerer Grade. Auch jetzt spielen wir unsere Intelligenz aus und folgern g k = 1 für alle k >, da f/(g 1 g ) vom Grad 1 ist und damit f/(g 1 g ) g 1. Mit dieser Information könnten wir bereits ohne Verwendung der Prozedur FACTOR die Faktorisierung von f bestimmen, denn g ist irreduzibel vom Grad, da g Produkt irreduzibler Faktoren vom Grad ist und selbst Grad hat. Andererseits zerfällt g 1 in zwei verschiedene Linearfaktoren, wobei einer, nämlich f/(g 1 g ), auf der Hand liegt. Wir sehen also, daß Asymmetrien in der Verteilung der Vielfachheiten bereits nützliche Informationen

5 über die Faktorisierung von f liefern. Allerdings tun wir so, als wüßten wir dies nicht und werfen FACTOR(g 1, 1) an: Wir wählen b = X und wegen ggt(x,g 1 ) = 1 berechnen wir a = X + als Repräsentanten für X modulo g 1. d := ggt(a 1,g 1 ) = X +1 ist ein nichttrivialer Teiler von g 1 und g 1 /d = X +3 ist der andere. Wegen f/(g 1 g ) = d gilt d f. Zählen wir die Grade der gefundenen paarweise teilerfremden Faktoren d,x + 3 und g zusammen, ergibt sich der Grad von f. Also besitzt f die Zerlegung f = (X + 1) (X + 3)(X + X + 1). Das effiziente Faktorisieren von Polynomen über endlichen Körpern hat weitreichende Konsequenzen. Gemeinsam mit dem Hensel schen Lemma (und effizienten Techniken der Gitterreduktion) erlaubt es die effiziente Faktorisierung von Polynomen aus Q[X]. Genauer ist die Laufzeit dieses Ansatzes polynomiell im Logarithmus des Grades des zu faktorisierenden Polynomes. Das steht im drastischen Gegensatz zur Faktorisierung in Z: dort ist bist heute kein Algorithmus bekannt, welcher ein allgmeines n Z in polynomieller Zeit in log n faktorisiert. Bis vor wenigen Jahren war sogar noch unklar, ob es einen Algorithmus gibt, welcher in polynomieller Zeit entscheidet, ob ein n Z prim ist oder nicht. Leider trug die Lösung dieses Problems wenig zur Beurteilung der Schwierigkeit der Faktorisierung in Z bei: es läßt sich tatsächlich in polynomieller Zeit entscheiden, ob ein n Z prim ist oder ob nicht. Primzahlen lassen sich also in polynomieller Zeit faktorisieren. Aber das bedeutet nur, daß es noch nicht ausgeschlossen ist, daß sich beliebige n Z in polynomieller Zeit faktorisieren lassen.