G. Nebe, M. K¨ unzer Diskrete Strukturen, SS 06

L¨ osung 11 Aufgabe 43. (1) Ein zyklischer Code der L¨ ange 7 u ¨ber F2 [X] ist ein Ideal in F2 [X]/(X 7 − 1). Es ist X 7 − 1 = (X + 1)(X 3 + X + 1)(X 3 + X 2 + 1) die Zerlegung in irreduzible Faktoren in F2 [X]. M¨ogliche Erzeugerpolynome sind normierte Teiler von X 7 − 1, und ergeben sich also wie folgt. (X (X (X (X (X (X (X (X

+ 1)0 (X 3 + X + 1)0 (X 3 + X + 1)0 (X 3 + X + 1)0 (X 3 + X + 1)1 (X 3 + X + 1)1 (X 3 + X + 1)1 (X 3 + X + 1)1 (X 3 + X

+ 1)0 (X 3 + X 2 + 1)0 + 1)0 (X 3 + X 2 + 1)1 + 1)1 (X 3 + X 2 + 1)0 + 1)1 (X 3 + X 2 + 1)1 + 1)0 (X 3 + X 2 + 1)0 + 1)0 (X 3 + X 2 + 1)1 + 1)1 (X 3 + X 2 + 1)0 + 1)1 (X 3 + X 2 + 1)1

= = = = = = = =

1 X3 + X2 + 1 X3 + X + 1 X6 + X5 + X4 + X3 + X2 + X + 1 X +1 X4 + X2 + X + 1 X4 + X3 + X2 + 1 X7 + 1

Die Dimension u ¨ber F2 des von der Restklasse eines Erzeugerpolynoms g(X) in F2 [X]/(X 7 − 1) erzeugten Ideals ist gleich 7 − deg g. Bleiben also die folgenden 6 Erzeugerpolynome. 1 X3 + X2 + 1 X3 + X + 1 X +1 X4 + X2 + X + 1 X4 + X3 + X2 + 1 Somit gibt es 6 zyklische Codes der Dimension > 1 und der L¨ange 7 u ¨ber F2 . (2) Wir gehen durch alle 6 F¨ alle. Erzeugerpolynom 1. Hier hat der Code Dimension 7, genau wie der Gesamtraum. Somit ist der Minimalabstand gleich 1. Erzeugerpolynom X 3 +X 2 +1. Das Pr¨ ufpolynom ist (X 7 −1)/(X 3 +X 2 +1) = X 4 +X 3 +X 2 +1. Eine Pr¨ ufmatrix ist dementsprechend gegeben durch   100 010  11 01 10  1 1 1 011 001

Mangels zweier, aber dank dreier Zeilen, die ein linear abh¨angiges Tupel bilden, ist der Minimalabstand gleich 3. Erzeugerpolynom X 3 + X + 1. Das Pr¨ ufpolynom ist (X 7 − 1)/(X 3 + X + 1) = X 4 + X 2 + X + 1. Eine Pr¨ ufmatrix ist dementsprechend gegeben durch   100 110  10 11 11  1 0 1 010 001

Somit ist der Minimalabstand gleich 3.

Erzeugerpolynom X + 1. Das Pr¨ ufpolynom ist (X 7 − 1)/(X + 1) = X 6 + X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + X + 1. Eine Pr¨ ufmatrix ist dementsprechend gegeben durch 1 1

 11  1 1 1

Somit ist der Minimalabstand gleich 2. Erzeugerpolynom X 4 + X 2 + X + 1. Das Pr¨ ufpolynom ist (X 7 − 1)/(X 4 + X 2 + X + 1) = X 3 + X + 1. Eine Pr¨ ufmatrix ist dementsprechend gegeben durch 1 0 0 0 1100

 01 10 11 01  0 1 0 1 0010 0001

Hier zu testen, ob je 3 Zeilen ein linear unabh¨angiges Tupel bilden, w¨are aufwendig. Wir gehen zur¨ uck zur naiven Methode – die manchmal besser ist. Eine Erzeugermatrix ist gegeben durch 1 0 1 1 1 0 0 0101110 0010111

Die nicht in dieser Matrix auftretenden 4 nichtverschwindenden Codew¨orter sind die Zeilen folgender Matrix. 1 1 1 0 0 1 0 1001011 0111001 1100101

Somit ist der Minimalabstand gleich 4. Erzeugerpolynom X 4 + X 3 + X 2 + 1. Abermals ist die naive Methode besser. Eine Erzeugermatrix ist gegeben durch 1 1 1 0 1 0 0 0111010 0011101

Die nicht in dieser Matrix auftretenden 4 nichtverschwindenden Codew¨orter sind die Zeilen folgender Matrix. 1 0 0 1 1 1 0 1101001 0100111 1101001

Somit ist der Minimalabstand gleich 4. Alternative L¨ osung f¨ ur diesen Fall. Man erkennt an den Erzeugermatrizen, daß die von den Erzeugerpolynomen X 4 + X 3 + X 2 + 1 und X 4 + X 2 + X + 1 gelieferten Codes ¨aquivalent sind, und daher gleichen Minimalabstand haben. Resultat. Als maximaler Minimalabstand der zyklischen Codes der Dimension > 1 der L¨ange 7 u ¨ber F2 ergibt sich 4. W¨ are das eine Klausuraufgabe gewesen, so h¨ atte sie mehr als einen Punkt gegeben.

(3) Ein zyklischer Code der L¨ ange 5 u ¨ber F4 [X] ist ein Ideal in F4 [X]/(X 5 − 1). Es ist X 5 − 1 = (X + 1)(X 2 + ωX + 1)(X 2 + ω 2 X + 1) die Zerlegung in irreduzible Faktoren in F4 [X]. M¨ogliche Erzeugerpolynome sind normierte Teiler von X 5 − 1, und ergeben sich also wie folgt. (X (X (X (X (X (X (X (X

+ 1)0 (X 2 + ωX + 1)0 (X 2 + ωX + 1)0 (X 2 + ωX + 1)0 (X 2 + ωX + 1)1 (X 2 + ωX + 1)1 (X 2 + ωX + 1)1 (X 2 + ωX + 1)1 (X 2 + ωX

+ 1)0 (X 2 + ω 2 X + 1)0 (X 2 + ω 2 X + 1)1 (X 2 + ω 2 X + 1)1 (X 2 + ω 2 X + 1)0 (X 2 + ω 2 X + 1)0 (X 2 + ω 2 X + 1)1 (X 2 + ω 2 X + 1)1 (X 2 + ω 2 X

+ 1)0 + 1)1 + 1)0 + 1)1 + 1)0 + 1)1 + 1)0 + 1)1

= = = = = = = =

1 X 2 + ω2 X + 1 X 2 + ωX + 1 X4 + X3 + X2 + X + 1 X +1 X 3 + ωX 2 + ωX + 1 X 3 + ω2 X 2 + ω2 X + 1 X5 − 1

Die Dimension u ¨ber F2 des von der Restklasse eines Erzeugerpolynoms g(X) in F4 [X]/(X 5 − 1) erzeugten Ideals ist gleich 5 − deg g. Bleiben also die folgenden 6 Erzeugerpolynome. 1 X 2 + ω2 X + 1 X 2 + ωX + 1 X +1 X 3 + ωX 2 + ωX + 1 X 3 + ω2 X 2 + ω2 X + 1 Somit gibt es 6 zyklische Codes der Dimension > 1 und der L¨ange 5 u ¨ber F4 . (4) Zun¨achst bemerken wir, daß die von X 2 + ω 2 X + 1 und von X 2 + ωX + 1 erzeugten Codes durch eintragsweises Anwenden von Frob2 auseinander hervorgehen. Insbesondere haben sie denselben Minimalabstand. Selbiges gilt f¨ ur X 3 + ωX 2 + ωX + 1 und X 3 + ω 2 X 2 + ω 2 X + 1. Wir gehen durch alle 4 noch zu betrachtenden F¨alle. Erzeugerpolynom 1. Hier hat der Code Dimension 5, genau wie der Gesamtraum. Somit ist der Minimalabstand gleich 1. Erzeugerpolynom X 2 + ωX + 1. Das Pr¨ ufpolynom ist (X 5 − 1)/(X 2 + ωX + 1) = X 3 + ωX 2 + ωX + 1. Eine Pr¨ ufmatrix ist dementsprechend gegeben durch 1 0! ω ω 1 0

1 ω ω 1

Somit ist der Minimalabstand gleich 3. Erzeugerpolynom X + 1. Das Pr¨ ufpolynom ist (X 5 − 1)/(X + 1) = X 4 + X 3 + X 2 + X + 1. Eine Pr¨ ufmatrix ist dementsprechend gegeben durch 1! 1 1 1 1

Somit ist der Minimalabstand gleich 2. Erzeugerpolynom X 3 + ωX 2 + ωX + 1. Das Pr¨ ufpolynom ist (X 5 − 1)/(X 3 + ωX 2 + ωX + 1) = X 2 + ωX + 1. Eine Pr¨ ufmatrix ist dementsprechend gegeben durch 1 ω 1 0 0

0 1 ω 1 0

0! 0 1 ω 1

Beim Nachpr¨ ufen, daß je 3 Zeilen hieraus linear unabh¨angig sind, kann man sich mittels der Symmetrie der Situation etwa die H¨ alfte der Arbeit sparen. Ferner kann das Tupel der ersten 4 Zeilen nicht linear unabh¨angig sein – dazu bedarf es keiner Rechnung, ein Tupel der L¨ange 4 in einem Raum der Dimension 3 ist linear abh¨angig. Insgesamt ist der Minimalabstand also zu 4 ermittelt. Resultat. Der maximale Minimalabstand der zyklischen Codes der Dimension > 1 der L¨ange 5 u ¨ber F4 ist gleich 4. (5) Die Aussage ist richtig. Ist g(X) ∈ Fq [X]P ein Erzeugerpolynom eines zyklischen Codes C der L¨ange N , so ist i mit g(X)h(X) = X N − 1 und h(X) = i∈[0,k] hi X eine Erzeugermatrix des dualen Codes gegeben durch P die Erzeugermatrix des zyklischen Codes des Polynoms X k h(1/X) = i∈[0,k] hk−i X i . Dies ist in der Tat ein zyklischer Code, da aus g(X)h(X) = X N − 1 folgt, daß

X k h(1/X) − X N −k g(1/X) = −X N (X −N − 1) = X N − 1 , und insbesondere also, daß X k h(1/X) ein Teiler von X N − 1 ist.

Aufgabe 44. (1) Zeigen wir zun¨ achst, daß f¨ ur ein Ideal a ⊆ R auch das Bild ϕ(a) ⊆ R/a ein Ideal ist. Seien a, a0 ∈ a und 0 r, r ∈ R. Es wird [r]a [a]a + [r0 ]a [a0 ]a = [ra + r0 a0 ]a ∈ ϕ(a) , da ra + r0 a0 ∈ a. Zeigen wir nun, daß f¨ ur ein Ideal c ⊆ R/a auch das Urbild ϕ−1 (a) ⊆ R ein Ideal ist. Seien x, x0 ∈ ϕ−1 (a) und 0 r, r ∈ R. Es wird ϕ(rx + r0 x0 ) = [rx + r0 x0 ]a = [r]a [x]a + [r0 ]a [x0 ]a ∈ c , und daher rx + r0 x0 ∈ c. Zeigen wir, daß f¨ ur ein Ideal a ⊆ R gilt, daß ϕ−1 (ϕ(a)) = a ist. Die Inklusion ⊇ folgt, da ein Element in a unter ϕ nach ϕ(a) abgebildet wird. Sei umgekehrt f¨ ur die Inklusion ⊆ ein Element x ∈ R mit ϕ(x) ∈ ϕ(a) gegeben, gebe es also ein a ∈ a mit ϕ(x) = ϕ(a). Dann ist 0 = ϕ(x) − ϕ(a) = [x]a − [a]a = [x − a]a , und folglich x − a ∈ a. Also ist x = a + (x − a) ∈ a. Zeigen wir, daß f¨ ur ein Ideal c ⊆ R/a gilt, daß ϕ(ϕ−1 (c)) = c ist. Die Inklusion ⊆ folgt, da ϕ−1 (c) gerade die Elemente enth¨ alt, die unter ϕ nach c gehen. Sei umgekehrt f¨ ur die Inklusion ⊇ ein Element c ∈ c gegeben. Da ϕ surjektiv ist, gibt es ein x ∈ R mit ϕ(x) = c. Da x ∈ ϕ−1 (c), folgt daraus auch schon c ∈ ϕ(ϕ−1 (c)). (2) Sei a ⊆ K[X] ein Ideal, und sei a 6= {0}. Sei g(X) ∈ a r {0} von minimalem Grad. Nach Division durch den Leitkoeffizienten, was innerhalb a m¨ oglich ist, k¨onnen wir annehmen, es sei g(X) normiert. Wir behaupten, daß a = (g(X)). Die Inklusion ⊇ folgt, da mit g(X) auch jedes Vielfache von g(X) in a liegt. Sei umgekehrt f¨ ur die Inklusion ⊆ ein f (X) ∈ a gegeben. Schreibe f (X) = s(X)g(X) + r(X) mit s(X), r(X) ∈ K[X], wobei r(X) = 0 oder deg r < deg g (Division mit Rest von f (X) durch g(X)). Nun ist r(X) = f (X) − s(X)g(X) ∈ a. W¨ are r(X) 6= 0, so widerspr¨ache dies der Minimalit¨at des Grades von g(X). Also ist r(X) = 0 und also f (X) = s(X)g(X) ∈ (g(X)).
(3) Nach (1) steht die Menge der Ideale von K[X]/ f (X) via Bild und Urbild in Bijektion zur Menge der Ideale von K[X], welche das Ideal (f (X)) enthalten. Letztere sind ungleich {0} und also nach (2) von der Form (h(X)) f¨ ur ein normiertes Polynom h(X) ∈ K[X]. Die Inklusion (f (X)) ⊆ (h(X)) u ¨bersetzt sich zur Bedingung, daß f (X) ein Teiler von h(X) sei. ˜ ˜ Dieses h(X) ist auch eindeutig bestimmt. Denn ist (h(X)) = (h(X)) mit h(X), h(X) ∈ K[X] normiert, so ist ˜ ˜ ˜ h(X) ein Teiler von h(X) und h(X) ein Teiler von h(X), woraus h(X) = h(X) folgt.
Somit steht die die Menge der Ideale von K[X]/ f (X) in Bijektion zur Menge der normierten Teiler von f (X). Ist h(X)
ein solcher normierter Teiler, so ist das korrespondierende Ideal gegeben durch ([h(X)]f (X) ) ⊆ K[X]/ f (X) ; in Worten, es ist erzeugt von der Restklasse von h(X). (4) Es ist X 5 − 1 = (X + 1)(X 2 + ωX + 1)(X 2 + ω 2 X + 1) in F4 [X] in irreduzible Faktoren zerlegt. Nach (3) haben wir die normierten Teiler von X 5 − 1 zu bestimmen, welche wiederum die fraglichen Ideale erzeugen. Wie in 43 (3) ergibt sich h(X) ∈

{1, X 2 + ω 2 X + 1, X 2 + ωX + 1, X 4 + X 3 + X 2 + X + 1, X + 1, X 3 + ωX 2 + ωX + 1, X 3 + ω 2 X 2 + ω 2 X + 1, X 5 + 1} ,

und das zugeh¨ orige Ideal ist dann jeweils gegeben durch ([h(X)]X 5 −1 ) ⊆ F4 [X]/(X 5 − 1). Der Chinesische Restsatz gibt F4 [X]/(X 5 − 1)

∼∼-

F4 [X]/(X + 1) × F4 [X]/(X 2 + ωX + 1) × F4 [X]/(X 2 + ω 2 X + 1) F4 × F16 × F16

Das isomorphe Bild eines Ideals enth¨ alt 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

betrachteten direkten Faktor geh¨ orige irreduzible Polynom nicht auftritt. Somit haben der fraglichen Ideale die Form
∼[(X + 1)0 (X 2 + ωX + 1)0 (X 2 + ω 2 X + 1)0 ]X 5 −1 F4 × F16
∼0 2 0 2 2 1 5 [(X + 1) (X + ωX + 1) (X + ω X + 1) ]X −1 F4 × F16
∼[(X + 1)0 (X 2 + ωX + 1)1 (X 2 + ω 2 X + 1)0 ]X 5 −1 F4 × {0}
∼0 2 1 2 2 1 5 [(X + 1) (X + ωX + 1) (X + ω X + 1) ]X −1 F4 × {0}
∼[(X + 1)1 (X 2 + ωX + 1)0 (X 2 + ω 2 X + 1)0 ]X 5 −1 {0} × F16
∼[(X + 1)1 (X 2 + ωX + 1)0 (X 2 + ω 2 X + 1)1 ]X 5 −1 {0} × F16
∼[(X + 1)1 (X 2 + ωX + 1)1 (X 2 + ω 2 X + 1)0 ]X 5 −1 {0} × {0}
∼1 2 1 2 2 1 5 [(X + 1) (X + ωX + 1) (X + ω X + 1) ]X −1 {0} × {0}

die isomorphen Bilder

× × × × × × × ×

F16 {0} F16 {0} F16 {0} F16 {0}

Aufgabe 45. (1) Als Erzeugermatrix von C ergibt sich 11β 011 001 000 000

0 β 1 1 0

0 0 β 1 1

0 0 0 β 1

0! 0 0 0 β

.

(2) Das Pr¨ ufpolynom ist (X 7 − 1)/(X 2 + X + β) = X 5 + X 4 + β 3 X 3 + X 2 + β 5 X + β 6 . Dementsprechend erhalten wir als Pr¨ ufmatrix  6  β β5 1  β3  1 1 0

0 β6 β5   1  β3 1 1

.

(3) In der Pr¨ ufmatrix in (2) gibt es keine linear abh¨angigen Zeilentupel aus 2 Zeilen. Ferner ist aus Dimensionsgr¨ unden sogar jedes Tupel aus 3 Zeilen linear abh¨angig. Somit ist d(C) = 3. (4) Wir haben eine Spalte zur Erzeugermatrix von C erg¨anzen, in welcher die Summe der Eintr¨age der jeweiligen Zeile einzutragen ist. Somit erhalten wir als Erzeugermatrix von C˜ 1 1 β 0 0 0 0 β! 011 001 000 000

β 1 1 0

0 β 1 1

0 0 β 1

0 0 0 β

β β β β

.

(5) Wegen Charakteristik 2 annulliert der Spaltenvektor, der an jeder Stelle eine 1 als Eintrag hat, die Erzeugermatrix (in Charakteristik 6= 2 br¨ auchte man hierzu als letzten Eintrag eine −1). Aus Dimensionsgr¨ unden erhalten wir also aus der Pr¨ ufmatrix zu C aus (2) die Pr¨ ufmatrix   6 β 0 1 5

6

 β1 ββ 5 11   3  β 1 1  1 β3 1  1 1 1 0 1 1 0 0 1

˜ von C. ˜ ≤ d(C) + 1 = 4. Die Zeilen der Teilmatrix (6) Sicher ist 3 = d(C) ≤ d(C) ˜ ≤ 3 und damit insgesamt d(C) ˜ = 3. abh¨angiges Tupel. Also ist d(C)

www2.math.rwth-aachen.de:8015



1 β5 1 1 β3 1 1 1 1



der Pr¨ ufmatrix bilden ein linear