Kreisteilungspolynome Klassenformel

DAS WEDDER
Kreisteilungspolynome
Definition 1. Eine komplexe Zahl ζ heißt n-te Einheitswurzel, wenn ζ n = 1 ist. Sie heißt
primitive n-te Einheitswurzel, wenn alle n-ten Einheitswurzeln als Potenzen von ζ darstellbar
2πi
sind. Insbesondere ist die Zahl ζn = e n eine n-te Einheitswurzel.
2kπi
Lemma 1. Die n-ten Einheitswurzeln sind genau die Zahlen ζnk = e n mit
k ∈ {0, 1, 2, ..., n − 1}. Darunter sind genau diejenigen primitiv, bei denen k zu n teilerfremd ist.
Beweis: Die erste Aussage ergibt sich trivial aus der Polarkoordinatenschreibweise komplexer
Zahlen.
Offensichtlich ist aber ζn primitiv und es gilt:
ζ = ζnk primitiv ⇔ ∃a ∈ Z mit ζnk·a = ζ a = ζn ⇔ ∃a ∈ Z mit a · k ≡ 1 mod n ⇔ ggT (k, n) = 1
Korollar 1. Es gibt genau n verschiedene n-te Einheitswurzeln und darunter φ(n) primitive
Q
Definition 2. Das Polynom Φn (x) :=
(x − ζ) heiße n-tes Kreisteilungspolynom.
ζ n =1
ζprimitiv
Lemma 2. xn − 1 =
Q
Φd (x)
d|n
Beweis: jede Einheitswurzel ζ ist für genau ein d | n (das kleinste d mit ζ d = 1, dieses d wird
auch die ’Ordnung’ von ζ genannt) eine primitive Einheitswurzel (Beweis der
Teilbarkeitsaussage: ähnlich Lemma 11). Also haben beide Polynome die selben Nullstellen und
sind aufgrund des selben Leitkoeffizienten also identisch.
Lemma 3. Die Koeffizienten von Φn sind ganzzahlig
Beweis (Induktion nach n):
n = 1: trivial
Q
n > 1: nach Induktionsvoraussetzung kann das Polynom p(x) :=
Φd (x) als Produkt
d|n
d6=n
ganzzahliger Polynome selbst als ganzzahlig angenommen werden. Da aber xn − 1 = Φn (x) · p(x)
ist (Lemma 2), besitzt Φn (wie man anhand der Polynomdivision sieht) ganze Koeffizienten.
Klassenformel
Definition 3. Ist G ein Gruppe (mit neutralem Element e) und M eine Menge, so nennt man
eine Verknüpfung G × M → M, (g, m) 7→ g · m die zusätzlich noch e · m = m und
x · (y · m) = (xy) · m für all x, y ∈ G, m ∈ M erfüllt, eine Operation (von G auf M ).
Im folgenden operiere immer die Gruppe G auf der Menge M .
Definition 4. Man nennt G · m := {x · m|x ∈ G} die Bahn / den Orbit und
Gm := {x ∈ G|x · m = m} die Fixgruppe / den Stabilisator von m ∈ M .
Lemma 4. Seien s, t ∈ M . Die Bahnen G · s und G · t sind entweder identisch oder disjunkt.
1
Beweis: Seien die beiden Bahnen nicht disjunkt, es gibt also x, y ∈ G mit
x · s = y · t ⇒ s = e · s = (x−1 x) · s = x−1 · (x · s) = x−1 · (y · t) = (x−1 y) · t ⇒ s ∈ G · t. Nun ist
G · s ⊆ G · t und genauso zeigt sich auch G · t ⊆ G · s woraus unmittelbar G · s = G · t folgt, also
Gleichheit der Bahnen.
Korollar 2. M wird durch die Operation von G in Bahnen zerlegt oder mit anderen Worten: es
gibt si , so dass M disjunkte Vereinigung der Bahnen G · si ist.
Lemma 5. Für beliebiges s ∈ M gilt: |G · s| · |Gs | = |G| (diese Gleichung bleibt auch für
unendliches G gültig).
Beweis: Für jedes t ∈ G · s wähle man ein xt ∈ G mit t = xt · s. Dann ist die Abbildung
κ : (G · s) × Gs → G, (t, w) 7→ xt w bijektiv:
injektiv: xt a = xu b ⇒ xt a · s = xu b · s ⇒ xt · s = xu · s ⇒ t = u ⇒ xt = xu ⇒ a = b
surjektiv: sei y ∈ G:
−1
−1
−1
−1
⇒ x−1
y·s · (y · s) = xy·s · (xy·s · s) = s ⇒ xy·s y ∈ Gs ⇒ κ(xy·s , xy·s y) = xy·s xy·s y = y
Korollar 3. Ist M endlich, seien B1 , B2 , ..., Bk die verschiedenen Bahnen und mi ∈ Bi
k
k
k
P
P
P
’Repräsentanten’ dieser Bahnen, so gilt die Bahnenformel: |M | =
|Bi | =
|G · mi | =
i=1
i=1
i=1
|G|
|Gmi |
Definition 5. Setzt man nun G = M und nimmt als Operation die Konjugation x · y := xyx−1
(die Operationseigenschaften können leicht nachgeprüft werden), so nennt man die Fixgruppe
von y ∈ G hier den Zentralisator Cy = Gy = {x ∈ G|xy = yx}. Desweiteren nennt man die
Menge Z := {x ∈ G|xy = yx∀y ∈ G} das Zentrum von G (welches dann genau der Durchschnitt
aller Zentralisatoren ist).
Satz 1. (Klassengleichung) Seien x1 , x2 , ..., xk ∈ G Repräsentanten der verschiedenen, durch die
k
P
|G|
Konjugation gegebenen, Bahnen mit mehr als einem Element (!), so gilt: |G| = |Z| +
.
|Cm |
i=1
i
Beweis: Da im Zentrum genau die Elemente aus G liegen, deren Bahn unter der Konjugation die
Länge 1 besitzt (nach Definition), bzw. deren Zentralistoren die gesamte Gruppe ausmachen,
ergibt sich die Klassengleichung direkt aus der Bahnengleichung.
Der Satz von Wedderburn
Definition 6. Bei einem Schiefkörper handelt es sich um eine Menge mit zwei Verknüpfungen
(+, ·), von der nur gefordert wird, die Körperaxiome bis auf die Kommutativität der
Multiplikation zu erfüllen. Diese darf natürlich trotzdem gelten.
Definition 7. Wie im Falle von Gruppen definiert man in einem Schiefkörper S zu einem y ∈ S
den Zentralisator Cy := {x ∈ S|xy = yx} sowie das Zentrum Z := {x ∈ S|xy = yx∀y ∈ S}.
Lemma 6. Die Zentralisatoren eines Schiefkörpers S bilden mit den von S ’geerbten’
Verknüpfungen wieder einen Schiefkörper. Entsprechend bildet das Zentrum sogar einen
Körper(ist also insbesondere kommutativ).
Beweis: nachrechnen (Übungsaufgabe)
Lemma 7. Ist K ein Körper, enthalten in einem endlichen Schiefkörper L, so ist |L| eine
Potenz von |K|.
2
Beweis: Zuerst ist K als Teilmenge einer endlichen Menge selbst endlich. Man kann aber L als
Vektorraum über K auffassen. Dieser ist natürlich endlichdimensional mit Dimension n und es
folgt (man wähle eine Basis von L aus und betrachte dann die Zahl der n-Tupel von Elementen
aus K) |L| = |K|n .
Lemma 8. Ist S ein endlicher Schiefkörper, x ∈ S und Z dessen Zentrum, so gibt es n, nx ∈ N
mit |S| = |Z|n und |Cx | = |Z|nx .
Beweis: Das Zentrum ist als Unterkörper in diesen (natürlich endlichen) Schiefkörpern enthalten,
so dass die Existenz ganzzahliger Exponenten direkt aus Lemma 7 folgt.
Lemma 9. für a ∈ N\{1} und m, n ∈ N gilt: ggT (am − 1, an − 1) = aggT (m,n) − 1. Insbesondere
gilt: an − 1|am − 1 ⇔ n|m.
Beweis: ObdA sei n ≤ m. Da für k ∈ N0 ja ak und am − 1 sicher teilerfremd sind, gilt
ggT (am − 1, an − 1) = ggT (am − 1, am−n · (an − 1)) = ggT (am − 1, am − am−n ) =
= ggT (am − 1, am − am−n − am + 1) = ggT (am − 1, −am−n + 1) = ggT (am − 1, am−n − 1), so dass
man einen euklidischen Algorithmus ’in den Exponenten’ durchführen kann.
Satz 2. (Wedderburn, 1905): Jeder endliche Schiefkörper ist kommutativ
Beweis: Sei z := |Z| (≥ 2, da mindestens 0 und 1 enthalten sind). Die Klassenformel bezüglich
der Konjugationsoperation von S 0 (:= S\{0}) auf sich liefert bei Wahl eines
k
P
|S 0 |
bzw. (Lemma
Repräsentantensystems xi der nicht einelementigen Bahnen: |S 0 | = |Z 0 | +
|C 0 |
i=1
8, mit ni := nxi ) z n − 1 = z − 1 +
k
P
i=1
z n −1
.
z ni −1
xi
Nun ist jeder der Summanden aber ganzzahlig (man
n
n
beachte die Herleitung der Klassenformel), also auch zzni−1
− 1 und
, so dass also z ni − 1 nun zQ
−1
n
damit nach Lemma 9 ni auch n teilt. Aber nun teilt Φn (z) sowohl z − 1 = Φn (z) ·
Φd (x)
d|n,d6=n
als auch (man beachte
Q ni < n, da die von xi erzeugte Bahn nicht einelementig ist)
z n −1
=
Φ
(z)
·
Φd (x) und infolgedessen auch z − 1. Dies ist für n > 1 aber absurd, da
n
z ni −1
d|n,d-ni ,d6=n
dann (wie eineQeinfache Rechnung zeigt) gelten
Q würde:
|(z − ζ)| > z − 1.
|Φn (z)| = |
(z − ζ)| = |(z − ζn )|
| {z } ζ n =1 | {z }
ζ n =1
ζprimitiv
>z−1
ζ6=ζn primitiv
≥1
Somit ist n = 1 und damit S = Z, was nichts anderes bedeutet, als dass S ein echter Körper ist.
Der Dirichletsche Primzahlsatz
Lemma 10. Das Polynom xn − 1 hat modulo der Primzahl p betrachtet nur dann doppelte
Nullstellen, wenn p|n.
Beweis: Man kann ein Polynom a(x) = an xn + ... + a1 x + a0 mit Koeffizienten in einem
beliebigen Körper ’formal’ ableiten (dann wäre also a0 (x) = nan xn−1 + ... + a1 ), wobei dann auch
die Summen- und Produktregeln gelten (Beweis durch Nachrechnen). Ist also z Nullstelle, so ist
a faktorisierbar als a(x) = (x − z)b(x) und es folgt a0 (x) = b(x) + (x − z)b0 (x), so dass a0 (x)
genau dann z als Nullstelle hat, wenn dies auf b(x) zutrifft. Nun ist aber die so gebildete
Ableitung von a(x) = xn − 1 ja genau nxn−1 , was modulo p nur für z = 0 oder p|n gleich Null
wird, wobai aber 0 sicher nicht Nullstelle von a(x) ist.
3
Definition 8. Ist p Primzahl sowie a ganzzahlig und nicht durch p teilbar, so nennt man die
kleinste natürliche Zahl o = ordp (a) mit ao ≡ 1 mod p die Ordnung von a modulo p. (eine
solche existiert nach dem kleinen Satz von Fermat immer)
Lemma 11. Ist die ganze Zahl a nicht durch die Primzahl p teilbar und erfüllt die natürliche
Zahl k nun ak ≡ 1 mod p, so gilt ordp (a)|k.
Beweis: Division mit Rest von k durch o = ordp (a) ergibt k = qo + r mit 0 ≤ r < o. Aber wäre
r > 0, so würde 1 ≡ ak = aqo+r = (ao )q · ar ≡ ar mod p gelten, was der Minimalität von o
wiederspräche. Also ist r = 0 und o ein Teiler von k.
Lemma 12. Für beliebige natürliche k und n gilt: jeder Primteiler p von Φn (k) teilt entweder n
oder ist ≡ 1 mod n.
Beweis: Sei p ein Primteiler von Φn (k), der nicht n teilt. Dann gilt p|Φn (k)|k n − 1 und somit
k n ≡ 1 mod p (insbesondere ist k zu p teilerfremd). Wäre nun o = ordpQ
(k)|n (nach Lemma 11)
ungleich n selbst, so würde das Polynom xn − 1 = Φn (x) · (xo − 1) ·
Φd (x) modulo p die
d|n,d-o,d6=n
doppelte Nullstelle k haben, was Lemma 10 widerspricht. Also ist o = n und es gilt somit (da ja
k p−1 ≡ 1 mod p): n|p − 1 ⇔ p ≡ 1 mod n.
Satz 3. (Dirichlet, 1837): Für jede natürliche Zahl n gibt es unendlich viele Primzahlen
kongruent 1 mod n.
Beweis: Angenommen, es gäbe nur endlich viele. Sei dann r deren Produkt und y eine ganze
Zahl. Da Φnr (x) als Polynom in x nicht konstant ist, geht mit y auch |Φnr (nry)| gegen unendlich
(und nimmt nur ganzzahlige Werte an), besitzt also für groß genuges y einen Primteiler p. Da
dieser ja p|Φnr (nry)|(nry)nr − 1 erfüllt, ist p kein Teiler von rn und erfüllt also nach Lemma 12
nun p ≡ 1 mod (nr) ⇒ p ≡ 1 mod n, so dass eine ’neue’ Primzahl aus dieser Restklasse
gefunden wäre. Es gibt also unendlich viele Primzahlen der geforderten Art.
Verallgemeinerung 1. Allgemein liegen in jeder zu n primen Restklasse unendlich viele
Primzahlen (sogar ’gleichmäßig’ verteilt).
4
Aufgaben
Aufgabe 1. Zeige (mit Lemma 2): n =
P
ϕ(d)
d|n
Aufgabe 2. Zeige für prime p, p1 , p2 , ..., pk und natürliches n:
(a) n ungerade ⇒ Φ2n (x) = Φn (−x)
(b) p | n ⇒ Φpn (x) = Φn (xp )
(c) p - n ⇒ Φpn (x) · Φn (x) = Φn (xp )
Aufgabe 3. Es ist Φn (x) > 0 für alle reellen x und n ≥ 3
Aufgabe 4. Bestimme die Werte von Φn (0), Φ0n (0), Φn (1), Φn (−1)
Aufgabe 5. Zeige für n ≥ 2: Φ0n (1) =
ϕ(n)
Φn (1),
2
Φ0n (−1) = − ϕ(n)
Φn (−1)
2
Aufgabe 6. Φn (x) 6= 0 für alle x ∈ C, |x| = 1
Aufgabe 7. Sei das Polynom Φ−1 (x) := x hier auch als ’Kreisteilungspolynom’ aufgefasst. Finde
alle n, so dass Φn (x) − 1 als Produkt von ’Kreisteilungspolynomen’ geschrieben werden kann.
Aufgabe 8. Sind a, b rational, so ist z = a + bi nur Einheitswurzel wenn z ∈ {1; −1; i; −i}
Aufgabe 9. Zu jedem natürlichen m gibt es ein Kreisteilungspolynom Φn (x), so dass m als
Koeffizient darin vorkommt.
Aufgabe 10. Die Kreisteilungspolynome sind irreduzibel, das heißt: schreibt man
Φn (x) = a(x)b(x) als Produkt rationaler Polynome, so ist einer der Faktoren ein konstantes
Polynom.
Aufgabe 11.
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