Exercise 2.3: Reducible and Irreducible Polynomials
Wichtige Voraussetzungen für das Verständnis der Kanalcodierung sind Kenntnisse der Polynomeigenschaften. Wir betrachten in dieser Aufgabe Polynome der Form
- $$a(x) = a_0 + a_1 \cdot x + a_2 \cdot x^2 + \hspace{0.1cm}... \hspace{0.1cm} + a_m \cdot x^{m} \hspace{0.05cm},$$
wobei für die Koeffizienten $a_i ∈ {\rm GF}(2) = \{0, \, 1\}$ gilt $(0 ≤ i ≤ m)$ und der höchste Koeffizient stets zu $a_m = 1$ vorausgesetzt wird. Man bezeichnet $m$ als den Grad des Polynoms. Nebenstehend sind zehn Polynome angegeben, wobei der Polynomgrad entweder $m = 2$ (rote Schrift), $m = 3$ (blaue Schrift) oder $m = 4$ (grüne Schrift) ist.
Ein Polynom $a(x)$ bezeichnet man als reduzibel, wenn es als Produkt zweier Polynome $p(x)$ und $q(x)$ mit jeweils niedrigerem Grad dargestellt werden kann:
- $$a(x) = p(x) \cdot q(x)$$
Ist dies nicht möglich, das heißt, wenn für das Polynom
- $$a(x) = p(x) \cdot q(x) + r(x)$$
mit einem Restpolynom $r(x) ≠ 0$ gilt, so nennt an das Polynom irreduzibel. Solche irreduziblen Polynome sind für die Beschreibung von Fehlerkorrekturverfahren von besonderer Bedeutung.
Der Nachweis, dass ein Polynom $a(x)$ vom Grad $m$ irreduzibel ist, erfordert mehrere Polynomdivisionen $a(x)/q(x)$, wobei der Grad des jeweiligen Divisorpolynoms $q(x)$ stets kleiner ist als $m$. Nur wenn alle diese Modulo–$2$–Divisionen stets einen Rest $r(x) ≠ 0$ liefern, ist nachgewiesen, dass $a(x)$ ein irreduzibles Polynom beschreibt.
Dieser exakte Nachweis ist sehr aufwändig. Notwendige Voraussetzungen dafür, dass $a(x)$ überhaupt ein irreduzibles Polynom sein könnte, sind die beiden Bedingungen (bei nichtbinärer Betrachtungsweise wäre „$=1$” durch „$≠0$” zu ersetzen):
- $a(x = 0) = 1$,
- $a(x = 1) = 1$.
Ansonsten könnte man für das zu untersuchende Polynom schreiben:
- $$a(x) = q(x) \cdot x \hspace{0.5cm}{\rm bzw.}\hspace{0.5cm}a(x) = q(x) \cdot (x+1)\hspace{0.05cm}.$$
Die oben genannten Voraussetzungen sind zwar notwendig, jedoch nicht hinreichend, wie das folgende Beispiel zeigt:
- $$a(x) = x^5 + x^4 +1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm}a(x = 0) = 1\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}a(x = 1) = 1 \hspace{0.05cm}.$$
Trotzdem ist dieses Polynom reduzibel:
- $$a(x) = (x^3 + x +1)(x^2 + x +1) \hspace{0.05cm}.$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Themengebiet des Kapitels Erweiterungskörper.
- Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Fragebogen
Musterlösung
- $$a(x) = a_0 + a_1 \cdot x + a_2 \cdot x^2 + \hspace{0.1cm}... \hspace{0.1cm} + a_m \cdot x^{m}$$
mit $a_m = 1$ und gegebenen Koeffizienten $a_0, \ a_1, \ ... \ , \ a_{m-1}$ (jeweils $0$ oder $1$) ist dann irreduzibel, wenn es kein einziges Polynom $q(x)$ gibt, so dass die Modulo–$2$–Division $a(x)/q(x)$ keinen Rest ergibt. Der Grad aller zu betrachtenden Teilerpolynome $q(x)$ ist mindestens $1$ und höchstens $m-1$.
- Für $m = 2$ sind zwei Polynomdivisionen $a(x)/q_i(x)$ erforderlich, nämlich mit
- $$q_1(x) = x \hspace{0.5cm}{\rm und}\hspace{0.5cm}q_2(x) = x+1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm}N_{\rm D}\hspace{0.15cm}\underline{= 2} \hspace{0.05cm}.$$
- Für $m = 3$ gibt es schon $N_{\rm D} \ \underline{= 6}$ Teilerpolynome, nämlich neben $q_1(x) = x$ und $q_2(x) = x + 1$ noch
- $$q_3(x) = x^2\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}q_4(x) = x^2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} q_5(x) = x^2 + x\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}q_6(x) = x^2+x+1\hspace{0.05cm}.$$
- Schließlich müssen für $m = 4$ außer $q_1(x), \ ... \ , \ q_6(x)$ auch noch alle möglichen Teilerpolynome mit Grad $m = 3$ berücksichtigt werden, also:
- $$q_i(x) = a_0 + a_1 \cdot x + a_2 \cdot x^2 + x^3\hspace{0.05cm},\hspace{0.5cm}a_0, a_1, a_2 \in \{0,1\} \hspace{0.05cm}.$$
- Für den Index gilt dabei $7 ≤ i ≤ 14 \ \Rightarrow \ N_{\rm D} \ \underline{= 14}$.
(2) Für das erste Polynom gilt: $a_1(x = 0) = 0$. Deshalb ist dieses Polynom reduzibel: $a_1(x) = x \cdot (x + 1)$.
Dagegen gilt für das zweite Polynom:
- $$a_2(x = 0) = 1\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}a_2(x = 1) = 1 \hspace{0.05cm}.$$
Diese notwendige, aber nicht hinreichende Eigenschaft zeigt, dass $a_2(x)$ irreduzibel sein könnte. Der endgültige Beweis ergibt sich erst durch zwei Modulo–$2$–Divisionen:
- $a_2(x)$ geteilt durch $x$ liefert $x + 1$, Rest $r(x) = 1$,
- $a_2(x)$ geteilt durch $x + 1$ liefert $x$, Rest $r(x) = 1$.
Richtig ist demnach der Lösungsvorschlag 2.
(3) Die drei ersten Polynome sind reduzibel, wie die folgenden Rechenergebnisse zeigen:
- $$a_3(x = 0) = 0\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}a_4(x = 1) = 0\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}a_5(x = 0) = 0\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}a_5(x = 1) = 0 \hspace{0.05cm}.$$
Das hätte man auch durch Nachdenken herausfinden können:
- $$a_3(x) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} x \cdot x \cdot x \hspace{0.05cm},$$
- $$a_4(x) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} (x^2 + x + 1)\cdot(x + 1) \hspace{0.05cm},$$
- $$a_5(x) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} x \cdot (x + 1)\cdot(x + 1) \hspace{0.05cm}.$$
Das Polynom $a_6(x)$ ist sowohl für $x = 0$ als auch für $x = 1$ ungleich $0$. Das heißt, dass
- „nichts dagegen spricht”, dass $a_6(x)$ irreduzibel ist,
- die Division durch die irreduziblen Grad–1–Polynome $x$ bzw. $x + 1$ nicht ohne Rest möglich ist.
Da aber auch die Division durch das einzige irreduzible Grad–2–Polynom einen Rest liefert,
- $$(x^3 + x+1)/(x^2 + x+1) = x + 1 \hspace{0.05cm},\hspace{0.4cm}{\rm Rest}\hspace{0.15cm} r(x) = x\hspace{0.05cm},$$
ist nachgewiesen, dass $a_6(x)$ ein irreduzibles Polynom ist. Mit gleichem Rechengang kann auch gezeigt werden, dass $a_7(x)$ ebenfalls irreduzibel ist ⇒ Lösungsvorschläge 4 und 5.
(4) Aus $a_8(x + 1) = 0$ folgt die Reduzibilität von $a_8(x)$. Für die beiden anderen Polynome gilt dagegen:
- $$a_9(x = 0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} 1\hspace{0.05cm},\hspace{0.35cm}a_9(x = 1) = 1 \hspace{0.05cm},$$
- $$a_{10}(x = 0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}1\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}a_{10}(x = 1) = 1 \hspace{0.05cm}.$$
Beide könnten also irreduzibel sein. Der exakte Nachweis der Irreduzibilität ist aufwändiger. Man muss zur Überprüfung zwar nicht alle vier Divisorpolynome mit Grad $m = 2$ heranziehen, nämlich $x^2, \ x^2 + 1, \ x^2 + x + 1$, sondern es genügt die Division durch das einzige irreduzible Grad–2–Polynom. Man erhält hinsichtlich des Polynoms $a_9(x)$:
- $$(x^4 + x^3+1)/(x^2 + x+1) = x^2 + 1 \hspace{0.05cm},\hspace{0.4cm}{\rm Rest}\hspace{0.15cm} r(x) = x\hspace{0.05cm}.$$
Auch die Division durch die beiden irreduziblen Grad–3–Polynome liefert jeweils einen Rest:
- $$(x^4 + x^3+1)/(x^3 + x+1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} x + 1 \hspace{0.05cm},\hspace{0.4cm}{\rm Rest}\hspace{0.15cm} r(x) = x^2\hspace{0.05cm},$$
- $$(x^4 + x^3+1)/(x^3 + x^2+1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} x \hspace{0.05cm},\hspace{1.1cm}{\rm Rest}\hspace{0.15cm} r(x) = x +1\hspace{0.05cm}.$$
Betrachten wir schließlich noch das Polynom $a_{10}(x) = x^4 + x^2 + 1$. Hier gilt
- $$(x^4 + x^2+1)/(x^2 + x+1) = x^2 + x+1 \hspace{0.05cm},\hspace{0.4cm}{\rm Rest}\hspace{0.15cm} r(x) = 0\hspace{0.05cm}.$$
Daraus folgt: Nur das Polynom $a_9(x)$ ist irreduzibel ⇒ Lösungsvorschlag 2.