Das multiplikative Inverse von 2 ist 4

$$x^3+x^2\mathrm{mod}{x}^3+x+1=x^2+x+1$$ 

(mit -1 mod 2 =1)

Folgendes muss gelten, damit $$(K,+,\cdot )$$ ein Körper ist:

1. $$(K,+)$$ ist eine kommutative Gruppe mit neutralem Element 0.
2. $$(K\setminus \left\{0\right\},\cdot )$$ ist eine kommutative Gruppe mit neutralem Element 1.
3. $$a\cdot (b+c)=a\cdot b+a\cdot c$$ für alle a,b,c in K (Distributivgesetz)

Dies erfüllen $$({\mathbb{Z}}_3,+,\cdot )$$ sowie $$(\mathbb{Q}+,\cdot )$$ und $$(\mathbb{R}+,\cdot )$$. Bei den anderen Beispielen scheitert es am multiplikativen Inversen.

Nur $$({\mathbb{Z}}_5,+,\cdot )$$ ist ein Körper (allgemein jedes $${\mathbb{Z}}_p$$, wenn p eine Primzahl ist):

1. $$({\mathbb{Z}}_5,+)$$ ist eine kommutative Gruppe mit neutralem Element 0.
2. $$({\mathbb{Z}}_5\setminus \left\{0\right\},\cdot )=({\mathbb{Z}}_5^{\ast },\cdot )$$ ist eine kommutative Gruppe mit neutralem Element 1.
3. Das Distributivgesetz gilt: $$a\cdot (b+c)=a\cdot b+a\cdot c$$ für alle a,b,c in $${\mathbb{Z}}_5$$

Multiplikationstabelle für $${\mathbb{Z}}_5$$:
$$\text{Unknown environment 'tabular'}$$

$$({\mathbb{Z}}_4,+)$$ ist zwar eine Gruppe, $$({\mathbb{Z}}_4\setminus \left\{0\right\},\cdot )$$ jedoch nicht (Inverses fehlt für 2),
also kann $$({\mathbb{Z}}_4,+,\cdot )$$ kein Körper sein.

$$({\mathbb{Z}}_4^{\ast },\cdot )$$ ist zwar eine Gruppe, $$({\mathbb{Z}}_4^{\ast },+)$$ jedoch nicht ($$1+3=0\notin {\mathbb{Z}}_4^{\ast }$$), also kann $$({\mathbb{Z}}_4^{\ast },+,\cdot )$$ kein Körper sein.

$$({\mathbb{Z}}_5^{\ast },\cdot )$$ ist zwar eine Gruppe, $$({\mathbb{Z}}_5^{\ast },+)$$ jedoch nicht ($$1+4=0\notin {\mathbb{Z}}_5^{\ast }$$), also kann $$({\mathbb{Z}}_5^{\ast },+,\cdot )$$ kein Körper sein.

Der Modul ist $$m(x)=x^2+1$$, es ist also $$x^2=1modm(x)$$. Da wir in $${\mathbb{Z}}_2$$ rechnen, ist außerdem -1 = 1 und 2 = 0 modulo 2. Somit gilt:

$$\begin{gathered} x\cdot x=x^2=1modm(x) \\ x\cdot (x+1)=x^2+x=x+1modm(x) \\ (x+1)\cdot (x+1)=x^2+2x+1=1+0+1=0modm(x) \end{gathered}$$

Die Multiplikationstabelle lautet also:

$$\text{Unknown environment 'tabular'}$$

Da x+1 kein multiplikatives Inverses hat (in keiner Zeile der Tabelle steht bei x+1 der Wert 1), kann unsere Menge kein Körper sein.

Wir bestimmen zunächst den größten gemeinsamen Teiler von a(x) = x + 1 und $$m(x)=x^2+x+1$$ durch Polynomdivision:

 $$x^2+x+1=x\cdot (x+1)+1$$, somit ist ggT(a(x),m(x)) = 1, d.h. a(x) hat ein multiplikatives Inverses modulo m(x), und zwar x:

Wegen $$x^2+x+1=x\cdot (x+1)+1=0modm(x)$$ gilt $$x\cdot (x+1)=1modm(x)$$ (in $${\mathbb{Z}}_2$$ ist -1 = +1).

Ein Polynom p(x) vom Grad deg(p)>1 ist irreduzibel genau dann, wenn es kein Polynom q(x) vom Grad 0 < deg(q) < deg(p) gibt, das p(x) teilt, d.h. wenn p(x) nur Konstanten c oder sich selbst als Teiler hat. Ein irreduzibles Polynom lässt sich also nicht als Produkt "einfacherer" Polynome schreiben. Die Irreduzibilität von Polynomen entspricht der Primzahleigenschaft bei ganzen Zahlen.

a(x) ist reduzibel über $${\mathbb{Z}}_4$$, denn a(x) = (x+1)(x+1) = (x+3)(x+3).

a(x) ist irreduzibel über $${\mathbb{Z}}_3$$, denn es hat wegen a(0) = a(1) = a(2) = 1 keine Nullstellen in $${\mathbb{Z}}_3$$ (diese beiden Aussagen sind hier sogar äquivalent). Somit ist $${\mathbb{Z}}_3[x{]}_{x^2+2x+1}=\{bx+c|b,c\in {\mathbb{Z}}_3\}$$ ein Körper mit $$3^2=9$$ Elementen.

Ein Polynom vom Grad 2 (oder 3) ist irreduzibel über einem Körper $$\mathbb{K}$$ genau dann, wenn es keine Nullstellen in $$\mathbb{K}$$ hat. Wir suchen also die Nullstellen des Polynoms $$x^2+x-12$$. Mit der p-q-Formel folgt $$x_{1,2}=-\frac{1}{2}\pm \frac{7}{2}=\{3,-4\}\in \mathbb{R}$$. Somit ist $$x^2+x-12=(x-3)(x+4)$$. (x-3) und (x+4) sind (wie alle Polynome vom Grad 1) irreduzibel.

Ein Polynom vom Grad 2 (oder 3) ist irreduzibel über einem Körper $$\mathbb{K}$$ genau dann, wenn es keine Nullstellen in $$\mathbb{K}$$ hat. Wir suchen also die Nullstellen des Polynoms $$x^2+6x+12$$. Mit der p-q-Formel folgt $$x_{1,2}=-3\pm \sqrt{-3}\notin \mathbb{R}$$. Da man aus negativen Zahlen in $$\mathbb{R}$$ keine Wurzel ziehen kann, hat das Polynom keine reellen Nullstellen. Somit ist $$x^2+6x+12$$ irreduzibel über $$\mathbb{R}$$.

Es gibt genau dann einen Körper mit n Elementen, wenn $$n=p^k$$ eine Primzahlpotenz ist. Das gilt für n = 2, n=7 und $$n=16=2^4$$, nicht jedoch für n=22.

Damit $${\mathbb{Z}}_2[x{]}_{m(x)}$$ ein Körper mit 8 Elementen ist, muss m(x) ein über $${\mathbb{Z}}_2$$ irreduzibles Polynom vom Grad 3 sein. Es gibt 8 Polynome vom Grad 3 über $${\mathbb{Z}}_2$$, sie haben die Form $$x^3+k{x}^2+lx+m$$ mit $$k,l,m\in {\mathbb{Z}}_2$$:

$$\begin{gathered} a(x)=x^3+x^2+x+1 \\ b(x)=x^3+x^2+x \\ c(x)=x^3+x^2+1 \\ d(x)=x^3+x^2 \\ e(x)=x^3+x+1 \\ f(x)=x^3+x \\ g(x)=x^3+1 \\ h(x)=x^3 \end{gathered}$$

Ein Polynom vom Grad 3 ist genau dann irreduzibel über $${\mathbb{Z}}_2$$, wenn es keine Nullstellen in $${\mathbb{Z}}_2$$ hat. Somit scheiden die Polynome a, b, d, f, g und h aus, denn a(1) = b(0) = d(0) = f(0) = g(1) = h(0) = 0. Also sind nur c und e irreduzibel, d.h. $${\mathbb{Z}}_2[x{]}_{x^3+x^2+1}$$ und $${\mathbb{Z}}_2[x{]}_{x^3+x+1}$$ sind Körper. Sie enthalten die Polynome vom Grad 3 über $${\mathbb{Z}}_2$$ modulo $$x^3+x^2+1$$ bzw. $$x^3+x+1$$.

$${\mathbb{Z}}_2[x{]}_{m(x)}$$ ist genau dann ein Körper mit 16 Elementen, wenn m(x) ein über $${\mathbb{Z}}_2$$ irreduzibles Polynom vom Grad 4 ist. Dies trifft zu auf $$m_1(x)=x^4+x+1$$ und auf $$m_2(x)=x^4+x^3+1$$: Beide haben keine Nullstelle in $${\mathbb{Z}}_2$$ und sind somit nicht in Polynome vom Grad 1 bzw. 3 zerlegbar. Nun müssen wir noch die Zerlegbarkeit in (irreduzible) Polynome vom Grad 2 mittels Polynomdivision überprüfen:
$$(x^4+x+1):(x^2+x+1)=x^2+x$$; Rest 1
$$(x^4+x^3+1):(x^2+x+1)=x^2+1$$; Rest x

$$m_1(x)$$ und $$m_2(x)$$ lassen sich also auch nicht in Polynome vom Grad 2 zerlegen und sind damit beide irreduzibel. $${\mathbb{Z}}_2[x{]}_{m_1(x)}$$ und $${\mathbb{Z}}_2[x{]}_{m_2(x)}$$ ist also jeweils ein Körper mit 16 Elementen.

Aus der 3. Zeile folgt $$4x_3=1$$ und somit $$x_3=3$$ (denn 3 ist das Inverse von 4 modulo 11).
Einsetzen von $$x_3=3$$ in die 1. Zeile ergibt $$x_2+3x_3=x_2+9=0$$ und somit $$x_2=2$$.
Einsetzen von $$x_2=2$$ in die 2. Zeile ergibt $$5x_1+2x_2=5x_1+4=9$$ und somit $$x_1=1$$.

Somit gilt: $$\overrightarrow{x}=\left(\begin{array}{r}1\\ 2\\ 3\end{array}\right)mod11$$

Auflösen der 1. Zeile nach $$x_1$$ ergibt $$2x_1=6-x_3$$ und somit $$x_1=3-6x_3=3+5x_3$$ (denn 6 ist das Inverse von 2 modulo 11).
Auflösen der 2. Zeile nach $$x_2$$ ergibt $$x_2=-2x_3$$.
Einsetzen der Gleichungen für $$x_1$$ und $$x_2$$ in die 3. Zeile ergibt $$3+5x_3-2x_3+x_3=3+4x_3=4$$ und somit $$x_3=4^{-1}\cdot 1=3$$ (denn 3 ist das Inverse von 4 modulo 11).
Daraus folgt $$x_1=3+5\cdot 3=7$$ und $$x_2=-2\cdot 3=5$$. Somit gilt: $$\overrightarrow{x}=\left(\begin{array}{r}7\\ 5\\ 3\end{array}\right)mod11$$