4.3.7. Определить, является ли многочлен х5+х+1 неприводимым над полем GF(2).
Решение:
Для решения этой задачи достаточно проверить имеет ли многочлен х5+х+1 в качестве сомножителей неприводимые многочлены первой и второй степени, т.е. х+1 и х2+х+1.
Многочлен х+1 имеет корнем «1». Подставим х=1 в х5+х+1, получаем х5+х+1=15+1+1=1, т.е. х+1 не делит х5+х+1.
Для корней х2+х+1 справедливо х2+х+1=0 или х2=х+1.Подставляем это значение в х5+х+1: х(х+1)(х+1)+х+1=х(х2+1)+х+1=х3+х+х+1=х3+1=(х+1)(х2+х+1)=0, т.е. корни х2+х+1 являются и корнями х5+х+1.
Значит х5+х+1 имеет одним из своих сомножителей х2+х+1. Выполняя деление х5+х+1 на х2+х+1, находим х5+х+1=(х2+х+1)(х3+х2+1).
Ответ: многочлен х5+х+1 не является неприводимым над полем GF(2).
4.3.8. Проверить делимость многочлена х5+х+1 на многочлен х3+х2+1. Решить самостоятельно методом проверки общих корней. 4.3.9. Найти все неприводимые многочлены пятой степени над полем GF(2). Рекомендации по решению:
1.Выписать все двоичные приведенные многочлены пятой степени.
2.Определить методом проверки общих корней делимость рассматриваемых многочленов на многочлены х+1 и х2+х+1 и выявить неприводимые. 3.Правильность решения проверить по Приложению. 4.3.10. Найти последовательности корней неприводимых двоичных многочленов пятой степени из задачи 4.3.9.
Рекомендации по решению:
1.Построить циклотомические классы по модулю 25-1=31. Так как 31 – простое число, то все ненулевые элементы поля GF(25), являющиеся искомыми корнями, имеют порядок 31, и их число равно 30, т.е. всего существует 6 неприводимых двоичных многочленов пятой степени, а, следовательно, и 6 циклотомических классов по модулю 31. Все эти многочлены являются примитивными.
Уважаемый посетитель!
Чтобы распечатать файл, скачайте его (в формате Word).
Ссылка на скачивание - внизу страницы.