Overleg:Eindig lichaam (Ned) / Eindig veld (Be)

Onjuistheden

De sectie lichaam bevat enkele feitelijke onjuistheden. Er wordt geen rekening gehouden met de mogelijkheid dat q=p^n.

DirkD 28 apr 2005 00:10 (CEST)

Ja, niet alles is juist; voortschrijdend inzicht heeft mij inmiddels duidelijk gemaakt dat voor het geval van q=p^n geen sprake is van een eindig lichaam maar van een extensie daarop. Ik zal dit binnenkort aanpassen. Ik ben echter geen expert op dit gebied (me wel aan het verdiepen), dus elk commentaar of correctie is welkom!

Emvee 28 apr 2005 21:56 (CEST)

Geval q=p^n

Toch wel, ook dan heb je een eindig lichaam. Maar de bewerkingen zijn niet zomaar modulo q. Het is iets ingewikkelder dan dat.

DirkD 28 apr 2005 23:11 (CEST)

Okay, ik denk dat ik het snap: In het geval q=p^m (met m≠1) is kan je wel nog modulorekenen maar moet je dat doen met een m dimensionale vector.

Emvee 1 mei 2005 12:13 (CEST)

F_q of GF(q)

Emvee, waarom heb je overal GF(q) vervangen door F_q? Wat mankeert er aan de notatie GF(q), die duidelijk aangeeft dat we te maken hebben met een Galois Field? Bob.v.R 16:31, 10 november 2005 (CET)

@Bob.v.R: Hoi Bob, als ik zo de literatuur bekijk, lijkt het me dat de notatie $\mathbb {F} _{q}$ tegenwoordig gebruikelijker is. Zullen we dat aanpassen?Madyno (overleg) 27 dec 2021 20:17 (CET)

Termen lichaam en veld

Vanaf het begin wordt er vermeld dat lichaam de Nederlandse term is en veld de Belgische. Maar verder wordt er gebruik gemaakt van de term lichaam, terwijl het Belgische lichaam in de groepentheorie een andere betekenis heeft! Een lichaam is een veld waarbij de multiplicatieve groep niet commutatief is.
Bovenstaande, niet middels vier tildes ondertekende, overlegbijdrage werd hier op 13 november 2009 om 12:17 uur geplaatst door 84.198.240.17.

Welkom op Wikipedia. zie Nederlands-Vlaams overleg uit 2004 op Overleg:Vectorruimte. Bijdragen aan overlegpagina's graag ondertekenen met vier tildes. Mvg JRB 13 nov 2009 14:05 (CET)

Paginatitel

Hoewel op de Engelstalige Wikipedia geen Brit zich druk lijkt te maken over de Amerikaanse paginatitels Elevator voor lift, Apartment voor flat, Windshield voor windscreen, Shopping cart voor shopping trolley, of over de Amerikaanse schrijfwijze Airplane voor aeroplane, en omgekeerd geen Amerikaan zich druk lijkt te maken over de Britse paginatitel Tram voor streetcar, schijnt er op de Nederlandstalige Wikipedia een sterke behoefte te bestaan om alle nationaliteiten tegemoet te komen door op sommige pagina's zowel de 'Nederlandse' als de Vlaamse term in de titel op te nemen. Dit deed zich voor op de volgende vijf pagina's:

1. Delingsring (Ned) / Lichaam (Be)
2. Eindig lichaam (Ned) / Eindig veld (Be)
3. KNO-arts (Ned) / NKO-arts (Be)
4. Lichaam (Ned) / Veld (Be)
5. Lichaamsuitbreiding (Ned) / Velduitbreiding (Be)

Hierover is in de loop der jaren verschillende malen gedebatteerd, het uitgebreidst op deze overlegpagina, maar zonder bevredigende uitkomst. Vaststaat dat menigeen de paginatitels als lelijk ervaart, als gekunstelde constructies met een weinig fraaie typografie, waarbij zich ook de vraag opdringt: waarom niet Ned., NL of Nederland, waarom niet B zoals op nummerplaten, B., België of Vlaams?

Ik heb geprobeerd hieraan iets te doen zonder aan de dubbele term in de titel te tornen, omdat daarvoor eerst bredere consensus nodig zou zijn, die gezien de voortslepende impasse waarschijnlijk nog lang op zich zou laten wachten. Voorlopig heb ik daarom de aanduidingen "Ned" en "Be" uit de vijf titels gehaald, omdat die de typografie erg druk maakten en niet absoluut noodzakelijk waren (men leze de tekst van de artikelen om te leren welke woorden in Nederland en welke in België worden gebruikt). Bovendien was de afkorting "Be" tamelijk onbegrijpelijk. Daarmee resteerden twee woorden in de titel die nog visueel gescheiden moesten worden. Dat kon op verschillende manieren: door een kort of langer streepje (-, – of —), door een schuine streep (Lichaam/veld, eventueel beide woorden met hoofdletters), door een komma (Lichaam, veld) of door het woord of. Ik heb gekozen voor het laatste, omdat dit al vaker voorkomt, zoals in Groote of Hollandsche Waard, Grote of Sint-Bavokerk, Grote of Jacobijnerkerk, Maria- of Kruittoren, Mariakerk of Koepelkerk, Rifwachters of rondkoppen, Zaag- of zeebaarzen, Rifbaarzen of koraaljuffertjes, Engel- of keizersvissen, Braadpan- of banjomeervallen enz. enz. (maar natuurlijk niet in Kruis of munt!).

Ik heb nog overwogen (maar heb ervan afgezien) om in deze vijf gevallen de visuele scheiding tussen de 'Nederlandse' en Vlaamse term sterker te maken door zoiets als:

{{DISPLAYTITLE:Delingsring <span style="font-size:0.8em;">of</span> lichaam}}

Ik heb ook nog overwogen om in deze vijf unieke gevallen twee identieke pagina's te creëren: bijvoorbeeld één getiteld Eindig lichaam en één getiteld Eindig veld, waarbij de tweede pagina als enige inhoud zou hebben {{:Eindig lichaam}}, zodat de inhoud van beide pagina's altijd hetzelfde zou zijn, maar ik heb dit niet zonder consensus willen doen (misschien kleven er ook technische bezwaren aan).

Voorts werden op alle vijf pagina's bovendien lichtgrijze letters gebruikt op deze manier:

Een lichaam (Nederlandse term) of veld (Belgische term) is een algebraïsche structuur die...

Nog afgezien van de verouderde font-tag (deprecated in HTML 4.01 en niet ondersteund in HTML 5), ook dit was een zeer in het oog springende, storende, hoogst uitzonderlijke typografie, die moeilijk leesbaar was (zeker voor slechtzienden) en bovenal totaal overbodig. Artikelen vermelden zeer dikwijls het trefwoord in een andere taal of soms dialect, en dat gebeurt nooit in het grijs, bijvoorbeeld: Het Romeinse Rijk (Latijn: Imperium Romanum) of Zuidwolde (Drents: Zuudwolde). Ik ben dan ook zo vrij geweest het grijs te verwijderen, omdat ik meende dat hiertegen geen weerstand kan bestaan.

Overigens ervaart men het terminologieprobleem blijkbaar niet overal: Vluchtstrook heet niet Vluchtstrook (Ned) / Pechstrook (Be), Technicus heet niet Technicus (Ned) / Technieker (Be), Plattegrond heet niet Plattegrond (Ned) / Plan (Be), en ook mag in artikelen (of artikels) vrijelijk "vast en zeker" geschreven worden zonder klachten van Belgische zijde en omgekeerd. Het is dan ook aanbevelenswaardig in de toekomst toch nog eens te bediscussiëren of het niet beter is alleen de 'Nederlandse' term in de titel te handhaven (omdat een meerderheid van de sprekers die gebruikt) en van de Vlaamse term een redirect daarheen te maken, zoals ook onze buitenlandse collega's doen bij varianten van het Engels.

Voortzetting van overleg gaarne op deze pagina om versnippering te voorkomen.

Hopend dat dit een tussentijdse (zo niet definitieve) oplossing is waarmee iedereen kan leven, ErikvanB (overleg) 17 okt 2013 04:58 (CEST)

Overleg is prima, maar graag niet eerst iets doordrukken, terwijl je op de hoogte bent van de voorgeschiedenis, en pas daarna nog eens gaan overleggen. Niet echt goed voor de sfeer. Bob.v.R (overleg) 17 okt 2013 15:07 (CEST)

Als je het irriterend vindt en niet bevorderlijk voor de sfeer wanneer iemand volgens het VJV&GJG-principe het initiatief neemt om naar eer en geweten een compromis te zoeken in een minimaal zes jaar onbesliste situatie door aan de bezwaren en wensen van beide partijen tegemoet te komen, dan betreur ik dat. Als iemand vervolgens die goedbedoelde poging tot verbetering van de encyclopedie zonder eerst te overleggen en zonder inhoudelijke argumenten ongedaan maakt, waardoor drie uur werk voor niets is geweest, dan zou je dat misschien wel evenzeer "irriterend" kunnen noemen. Maar als het beter is het door de jaren heen gevoerde overleg nog zes jaar te rekken en wederom paginatitels te introduceren waartegen bezwaren zijn geuit, dan bemoei ik me er niet meer mee. Zoals hierboven al stond: Voortzetting van overleg gaarne op deze pagina om versnippering te voorkomen. ErikvanB (overleg) 17 okt 2013 15:47 (CEST)

De artikelpagina is weer terug naar 'Eindig lichaam (Ned) / Eindig veld (Be)'. Aan de moderatoren heb ik verzocht om ook de titel van deze bijbehorende overlegpagina te wijzigen overeenkomstig deze artikeltitel. Bob.v.R (overleg) 6 nov 2013 13:40 (CET)

Vriendelijk verzoek

Bij deze wil ik aan eenieder het vriendelijk verzoek doen om niet de titel van dit artikel te wijzigen, tenzij er sprake is van een via deze overlegpagina aangetoonde, bereikte overeenstemming (desnoods via een peiling) hierover. Met dank, Bob.v.R (overleg) 2 nov 2013 18:30 (CET)

Priemlichaam

@Bob.v.R: De definitie van priemlichaamm ontbreekt. En inderdaad is een priemlichaam van orde een priemgetal p. Maar andere eindige lichamen zijn van de orde $q=p^{k}$. Er moet dan toch modulo p gerekend worden. Madyno (overleg) 13 feb 2016 14:13 (CET)

Definitie nu toegevoegd. Bob.v.R (overleg) 13 feb 2016 16:15 (CET)

Inderdaad, ook als $q=p^{m}$ met m > 1 zal er modulo p worden gerekend, maar dan wel modulo p op een manier die pas aan het einde van het artikel duidelijk kan worden gemaakt aan de 'beginnende lezer'. Bob.v.R (overleg) 13 feb 2016 16:21 (CET)

Voorbeeld

Ik wil het voorbeeld van een uitbreidingslichaam vervangen (anders vertellen) door het volgende:

Voorbeeld
Het lichaam $\mathbb {GF} (2)$ heeft slechts de elementen 0 en 1, met de optelling modulo 2. De uitbreiding $\mathbb {GF} (16)$ heeft 16 elementen en kan op verschillende wijze geconstrueerd worden. Onder meer op de manier waarop de complexe getallen geconstrueerd worden als uitbreiding van de reële door toevoeging van een nieuw elenent $i$ dat voldoet aan $i^{2}+1=0$, of door de voorstelling als een lineaire ruimte met vermenigvuldiging (algebra).

1. Met nieuw element

Voeg aan $\mathbb {GF} (2)$ een nieuw element $\alpha$ toe dat heel $\mathbb {GF} (16)$ voortbrengt. Daarmee zijn ook alle machten van $\alpha$ elementen van $\mathbb {GF} (16)$ en moeten de eerste 14 machten verschillend zijn en ongelijk zijn aan 1. Dan kan het niet anders of $\alpha ^{15}=1$.

$\mathbb {GF} (16)=\{0,1,\alpha ,\alpha _{2}=\alpha ^{2},\alpha _{3}=\alpha ^{3},\ldots ,\alpha _{14}=\alpha ^{14}\}$

Het nieuwe element $\alpha$ is dus een primitieve eenheidswortel. Omdat $\alpha$ voortbrenger is, kunnen de elementen $\alpha ^{2}$ en $\alpha ^{3}$ niet als lineaire combinatie van lagere machten uitgedrukt worden. $\mathbb {GF} (16)$ bestaat uit de lineaire combinaties van $1,\ \alpha ,\ \alpha ^{2}$ en $\alpha ^{3}$. Een element $k\in \mathbb {GF} (16)$ is dus van de vorm:

$k=k_{3}\alpha ^{3}+k_{2}\alpha ^{2}+k_{1}\alpha +k_{0}$

met $k_{i}\in \mathbb {GF} (2)$, dus 0 of 1.

Merk op dat de coëfficiënten opgevat kunnen worden als de vector $(k_{3},k_{2},k_{1},k_{0})$

Het element $\alpha _{4}=\alpha ^{4}$ (en ook alle hogere machten) moet uitgedrukt kunnen worden in de lagere machten van $\alpha$

$\alpha ^{4}=k_{3}\alpha ^{3}+k_{2}\alpha ^{2}+k_{1}\alpha +k_{0}$

Dat betekent dat $\alpha$ een wortel is van een irreducibele polynoom

$x^{4}+k_{3}x^{3}+k_{2}x^{2}+k_{1}x+k_{0}$

Als de polynoom reducibel zou zijn, zou $\alpha ^{2}$ of $\alpha ^{3}$ in lagere machten uitgedrukt kunnen worden. De vierdegraadspolynomen zijn:

$x^{4}+k_{3}x^{3}+k_{2}x^{2}+k_{1}x=(x^{3}+k_{3}x^{2}+k_{2}x+k_{1})x$ (reducibel)

$x^{4}+1=(x+1)^{4}$ (reducibel)

$x^{4}+x+1$ (irreducibel)

$x^{4}+x^{2}+1=(x^{2}+x+1)^{2}$ (reducibel)

$x^{4}+x^{2}+x+1=(x^{3}+x^{2}+1)(x+1)$ (reducibel)

$x^{4}+x^{3}+1$ (irreducibel)

$x^{4}+x^{3}+x+1=(x^{3}+1)(x+1)$ (reducibel)

$x^{4}+x^{3}+x^{2}+1=(x^{3}+x+1)(x+1)$ (reducibel)

$x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1$ (irreducibel)

Als reducerende vergelijking komen dus in aanmerking:

$\alpha ^{4}=\alpha +1$

$\alpha ^{4}=\alpha ^{3}+1$

$\alpha ^{4}=\alpha ^{3}+\alpha ^{2}+\alpha +1$

Kies bijvoorbeeld $\alpha ^{4}=\alpha +1$, dan wordt in berekeningen steeds $\alpha ^{4}$ gereduceerd tot $\alpha +1$. Zo is bijvoorbeld:

$\alpha _{10}=\alpha ^{10}=(\alpha ^{4})^{2}\alpha ^{2}=(\alpha +1)^{2}\alpha ^{2}=(\alpha ^{2}+1)\alpha ^{2}=\alpha ^{4}+\alpha ^{2}=\alpha ^{2}+\alpha +1$

Als voorbeeld nog de berekening

$(\alpha ^{3}+\alpha +1)(\alpha ^{2}+\alpha +1)=\alpha ^{5}+\alpha ^{4}+\alpha ^{3}+\alpha ^{3}+\alpha ^{2}+\alpha +\alpha ^{2}+\alpha +1=$

$=\alpha \,\alpha ^{4}+\alpha ^{4}+1=(\alpha +1)^{2}+1=\alpha ^{2}$

2. Als algebra

$\mathbb {GF} (16)$ kan ook voorgesteld worden als een vierdimensionale lineaire ruimte met een vermenigvuldiging (algebra) over $\mathbb {GF} (2)$ met optelling modulo 2 en de vermenigvuldiging bepaald door:

$(k_{3},k_{2},k_{1},k_{0})\cdot (0,0,0,1)=(k_{3},k_{2},k_{1},k_{0})$

$(0,k_{2},k_{1},k_{0})\cdot (0,0,1,0)=(k_{2},k_{1},k_{0},0)$

$(1,0,0,0)\cdot (0,0,1,0)=(0,0,1,1)$

Dan is

$(0,0,0,0)=0$

$(0,0,0,1)=1$

Noemt men

$(0,0,1,0)=\alpha$

dan komt de laatste regel voor de vermenigvuldiging neer op de reductie:

$\alpha ^{4}=\alpha ^{3}\cdot \alpha =\alpha +1$

en is elk element $\mathbb {GF} (16)$ weer een lineaire combinatie van de vorm

$k=k_{3}\alpha ^{3}+k_{2}\alpha ^{2}+k_{1}\alpha +k_{0}$

De voorbeeldberekening is geheel naloog aan de berekening in de binaire representatie.

3. Binair

De vectoren in de tweede representatie kunnen ook gezien worden als nibbles met als optelling de operatie XOR (exclusieve disjunctie) en 0001 = 1. De vermenigvuldiging met 0010 is een linksverschuiving. Overflow resulteert in bijtelling van 0011.

De voorbeeldberekening verloopt als volgt:

$(1000+0010+0001)(0100+0010+0010)=$

$=\ (1000+0010+0001)\cdot 0100\ +$

$\ +(1000+0010+0001)\cdot 0010\ +$

$\ +(1000+0010+0001)\cdot 0001\ \ =$

$=\ 0110+1000+0100\ +$

$\ +0011+0100+0010\ +$

$\ +1000+0010+0001\ \ =$

$=\ 1010+0101+1011=0100$

4. Met veeltermen

Een vierde mogelijke representatie van $\mathbb {GF} (16)$ is met veeltermen over $\mathbb {GF} (2)$ als elementen. Een element $k\in \mathbb {GF} (16)$ heeft dan de vorm:

$k(x)=k_{3}x^{3}+k_{2}x^{2}+k_{1}x+k_{0}$

met $k_{i}\in \mathbb {GF} (2)$, dus 0 of 1. Optelling (modulo 2) en vermenigvuldiging gaan op de gebruikelijke manier. De identieke polynoom $x$ is dan een voortbrenger. Ook nu weer de vraag hoe $x^{4}$ gereduceerd moet worden. Ook hier is een van de mogelijkheden $x^{4}=x+1$, wat inhoudt dat gerekend wordt modulo de veelterm $x^{4}+x+1$. De identieke polynoom $i(x)=x$ komt overeen met het nieuwe element $\alpha$ in de eerste representatie.

Deze voorstelling is in wezen gelijk aan de constructie van de factorring $\mathbb {GF} (2)[x]/(x^{4}+x+1)$.

De voorbeeldberekening vertoont veel overeenkomsten met het eerste geval:

$(x^{3}+x+1)(x^{2}+x+1)=x^{5}+x^{4}+x^{3}+x^{3}+x^{2}+x+x^{2}+x+1=$

$=x^{4}(x+1)+1=(x+1)^{2}+1=x^{2}$

Madyno (overleg) 1 nov 2021 18:16 (CET)

Dat zou suggeren dat de constructies min of meer gelijkwaardig zijn, en dat lijkt me (even los van formele argumenten) niet het correcte beeld weer te geven. De eerste optie zou ik willen zien als de primaire manier om de uitbreiding te laten plaatsvinden. De andere drie zijn dan alternatieve representaties, die men (als men die behoefte voelt) ook zou kunnen definiëren. Daarbij is de titel 'Als vectorruimte' bij optie 2 wel heel losjes geformuleerd; immers, in die structuur wordt een vermenigvuldiging van twee elementen gedefinieerd, en dat is normaalgesproken bij een vectorruimte niet aan de orde. Ik zou kortom optie 1 als 'primair' willen zien en de andere drie als daaruit voortkomende constructies. Bob.v.R (overleg) 19 okt 2021 22:00 (CEST)

Ik vergelijk het met de complexe getallen als uitbreiding van de reële. Primair is weliswaar de voorstelling door toevoeging van een nieuw element, maar de voorstelling als 2-dim ruimte over R is ermee gelijkwaardig en pas concreet. De voorstellingen met bytes of met polynomen zijn meer afgeleide vormen. Ik heb wat aanpassingen gedaan.Madyno (overleg) 20 okt 2021 15:54 (CEST)

Weten we zeker dat (bij variant 2) de beide regels

$(0,k_{2},k_{1},k_{0})\cdot (0,0,1,0)=(k_{2},k_{1},k_{0},0)$

$(1,0,0,0)\cdot (0,0,1,0)=(0,0,1,1)$

de bedoelde vermenigvuldiging compleet vastleggen? Bob.v.R (overleg) 21 okt 2021 01:10 (CEST)

┌────────────────────────────────────────────────────────────────────────────────────────────────────┘ Ja, de eerste regel houdt in

$(k_{2}\alpha ^{2}+k_{1}\alpha +k_{0})\alpha =k_{2}\alpha ^{3}+k_{1}\alpha ^{2}+k_{0}\alpha$

de tweede

$\alpha ^{3}\alpha =\alpha +1$

en

$\varphi (k_{3},k_{2},k_{1},k_{0})=k_{3}\alpha ^{3}+k_{2}\alpha ^{2}+k_{1}\alpha +k_{0}$

is een isomorfisme.

Madyno (overleg) 21 okt 2021 15:56 (CEST)

Toch vind ik in de huidige versie de 'voorbeeldberekening' die je geeft bij punt 2 niet inzichtelijk. De berekening roept nu m.i. meer vragen op dan hij beantwoordt. Bob.v.R (overleg) 23 okt 2021 02:22 (CEST)

En zo, helemaal uitgewerkt? Madyno (overleg) 23 okt 2021 13:30 (CEST)

Een van de deelbewerkingen (de eerste) is dan: $(1,0,0,0)(0,1,0,0)=(0,1,1,0)$. Hoe ziet de lezer dat dit inderdaad volgt uit de twee gegeven basisbewerkingen? Dat lijkt me nog steeds niet simpel. Bob.v.R (overleg) 24 okt 2021 09:19 (CEST)

Je opmerkingen deden me beseffen dat ook (0,0,0,1) als eenheidselement moet worden gedefinieerd. Vind je het met de recente aanpassingen wel voldoende duidelijk? Madyno (overleg) 24 okt 2021 11:05 (CEST)

De nu toegevoegde 'Merk op dat' helpt inderdaad wel. Hierover nadenkend kom ik op een vijfde definitie (hoewel misschien iets lastiger te zien als een 'uitbreiding'). Die vijfde definitie omvat de vier gegeven definities en komt neer op het definiëren van een 0, een 1, 14 andere elementen, een opteltabel en een vermenigvuldigtabel. Bob.v.R (overleg) 24 okt 2021 13:23 (CEST)

Komt dat niet neer op de eerste definitie: 0, 1 en $\alpha$, en daarmee vanzelf de machten daarvan, wat zal blijken uit jouw vermenigvuldigingstabel. Madyno (overleg) 24 okt 2021 13:39 (CEST)

Maar als je er zo tegenaan kijkt, dan kan die vraag toch ook worden gesteld voor definitie 2, 3 en 4? Bob.v.R (overleg) 24 okt 2021 17:47 (CEST)

Tja, net als bij de complexe getallen vind ik de voorstellingen 1 en 2 essentieel verschillend, en van belang om te vermelden. Van 2 en 3 heb ik nu geschreven dat het varianten zijn. Daarbij ligt 3 min of meer voor de hand en is 4 ook een gebruikelijke manier van introduceren. Madyno (overleg) 25 okt 2021 17:39 (CEST)

Definitie 5 is m.i. ook essentieel verschillend, het is een andere benadering dan bij optie 1. Definitie 5 is misschien het meest "basic". We hebben een opteltabel en een vermenigvuldigtabel die echter wel aan bepaalde randvoorwaarden moeten voldoen (o.a.: geen nuldelers). Waarom zou dit niet een aparte vermelding moeten hebben? Bob.v.R (overleg) 26 okt 2021 07:54 (CEST)

Ik ben er niet op tegen. De elementen zijn $0,1,a,a^{2},a^{3},\ldots ,a^{14}$. De kunst is het de optelling te geven. B.v. welke van de machten is $a^{3}+a^{10}$? Om met vb 1 overeen te komen zal $a+1=a^{4}$. Madyno (overleg) 26 okt 2021 14:10 (CEST)

Misschien is een algemenere formulering beter, tenzij je aantoont dat het echt noodzakelijk is dat de elementen machten zijn van een zekere a. Een algemenere formulering zou gebruikmaken van de elementen $0,1,a_{3},a_{4},a_{5},\ldots ,a_{16}$. - Bob.v.R (overleg) 27 okt 2021 01:46 (CEST)

Volgens de theorie is er een voortbrengend element. Mijn a, of een van jouw a's. Zonder die kennis zul je de vermenigvuldigingstabel niet kunnen geven. De vraag daarna is bv. welke macht gelijk is aan a+1. a^2 en a^3 komen niet in aanmerking. Een keuze is a^4=a+1. Daarna kan elke macht uitgedrukt worden in 1,a a^2 en a^3, waarmee de optelling vastligt.Veel verschil met de eerste voorstelling is er niet. Madyno (overleg) 27 okt 2021 11:00 (CEST)

Je stelt "Zonder die kennis zul je de vermenigvuldigingstabel niet kunnen geven." Ik vermoed dat je dit (slechts) in praktische zin bedoelt, want theoretisch moet het toch mogelijk zijn om zonder iets af te weten van een voortbrengend element de twee genoemde matrixtabellen op te leveren? Bob.v.R (overleg) 28 okt 2021 03:32 (CEST)

Nee, theoretisch. Hoe zou je de vermenigvuldigingstabel opstellen? Madyno (overleg) 28 okt 2021 09:26 (CEST)

Nuldelers mogen niet, dus het essentiële deel van de tabel heeft afmeting 15x15 ( (n-1)x(n-1) ). Verder moet de tabel symmetrisch zijn vanwege de commutativiteit van der vermenigvuldiging. Delen moet eenduidig zijn, dus iedere rij moet alle elementen bevatten. Het moet wel lukken om een programma te schrijven dat een tabel genereert die hieraan voldoet. Bob.v.R (overleg) 28 okt 2021 22:11 (CEST)

Oké, brute force. Op permutaties na (isomorfie) zal er maar één tabel mogelijk blijken. Van tevoren weet je dat niet, tenzij je de theorie te hulp roept. Maar dan weet je ook dat er een voortbrengend element is . Madyno (overleg) 29 okt 2021 10:53 (CEST)

┌────────────────────────────────────────────────────────────────────────────────────────────────────┘ Ik heb nog wat aanpassingen gedaan. Madyno (overleg) 1 nov 2021 18:16 (CET)

Maar er is nog een probleem. De polynoom $x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1$ is weliswaar irreducibel, maar de wortels zijn geen primitieve elementen.$x^{4}+x+1$ heeft wortels $\alpha ,\alpha ^{2},\alpha ^{4},\alpha ^{8}$ en van $x^{4}+x^{3}+1$ zijn de wortels $\alpha ^{7},\alpha ^{14},\alpha ^{13},\alpha ^{11}$ . Samen de 8 primitieve elementen. Madyno (overleg) 2 nov 2021 10:44 (CET)

Polynoom

Is de uitdrukking

$\beta =b_{m-1}\alpha ^{m-1}+\ldots +b_{1}\alpha +b_{0}$

voor vaste $\alpha$ wel een polynoom? Madyno (overleg) 19 okt 2021 10:00 (CEST)

Als we nauwkeurig willen formuleren (en dat willen we in het algemeen) dan is het geen polynoom. Bob.v.R (overleg) 19 okt 2021 21:47 (CEST)

Toevoeging: maar als in het voorbeeld het krampachtig vermijden van het woord 'polynoom' de zaak voor de lezer veel onduidelijker maakt, dan ben ik van een dergelijke aanpassing desalniettemin geen voorstander. Heb je een concreet voorstel? Bob.v.R (overleg) 19 okt 2021 22:16 (CEST)