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| Aufgabe | (a) Ist das Polynom [mm] $$x^4+9x^2+3x+(1+\sqrt{-2})$$ [/mm] über [mm] $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ [/mm] irreduzibel?
(b) Zeigen Sie, dass für alle [mm] $n\in\mathbb{N}$ [/mm] das Polynom [mm] $x^{2^n}+1$ [/mm] irreduzibel über [mm] $\mathbb{Q}$ [/mm] ist.
Hinweis: Für Teil (b) betrachten Sie das Polynom [mm] $(x+1)^{2^n}+1$. [/mm] |
Gutn Tag zusammen,
ich bin gerade beim Bearbeiten dieser Aufgabe, aber hänge ein wenig.
Bei der (a) habe ich mir gedacht, dass ich zeige, dass das Polynom keine Nullstellen in [mm] $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ [/mm] besitzt und danach eine Koeffizientenvergleich mache mit 2 normierten Polynomen 2. Grades.
Jedoch weiß ich nicht, wie ich zeigen soll, dass das Polynom keine Nullstellen über [mm] $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ [/mm] besitzt.
Oder gibt es hier vielleicht einen einfacheren Weg das zu zeigen?
Und die (b) sieht mir start nach Induktion aus. jedoch weiß ich nicht, wie ich den Hinweis verwenden soll, bzw. inwiefern dieser nützlich sein könnte.
Vielen Dank
Liebe Grüße
Dudi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:55 So 16.12.2012 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Verwende bei der a) mal Eisenstein.
Bei der b) könntest du den Hinweis mit dem binomischen Lehrsatz ausmultiplizieren. Dann versuch al zu begründen, warum auch da das Eisensteinkriterium mit p=2 klappt.
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Hallo Teufel,
vielen Dank für deine Antwort :)
Ja, das habe ich mir auch schon überlegt mit dem Eisensteinkriterium.
Jedoch dachte ich dann, die einzige Primzahl, die in Frage kommen würde wäre $p=3$.
Aber 3 teilt ja [mm] $1+\sqrt{-2}$ [/mm] nicht.
Für die b) hätte ich dann folgendes:
[mm] $(x+1)^{2^n}=\sum_{k=0}^{2^n}{\vektor{2^n\\k}x^{2^n-k}}+1=x^n+\sum_{k=1}^{2^n-1}{\vektor{2^n\\k}x^{2^n-k}}+2$
[/mm]
Kann ich hier dann sagen, da durch den Binomialkoeffizienten: [mm] $\vektor{2^n\\k}=2^n!*\frac{1}{(2^n-k)!*k!}=(2^n-1)!*2^n*\frac{1}{(2^n-k)!*k!}\Rightarrow 2\mid \vektor{2^n\\k}$ [/mm] für [mm] $k=1,\ldots ,2^n-1$.
[/mm]
Aber wie kann ich das auf das Ausgangspolynom [mm] $x^{2^n}+1$ [/mm] beziehen?
Vielen Danl
liebe Grüße
Dudi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:48 So 16.12.2012 | | Autor: | Teufel |
Zur ersten Aufgabe nochmal:
Ist 3 denn wirklich prim in [mm] \IZ[\sqrt{-2}]? [/mm] Probiere stattdessen mal [mm] 1+\sqrt{-2} [/mm] aus und zeige, dass das irreduzibel ist. [mm] \IZ[\sqrt{-2}] [/mm] ist ja faktoriell, also ist [mm] 1+\sqrt{-2} [/mm] dann auch prim.
Zur zweiten:
Anmerkung vorab: Zeige die Irreduzibilität am besten über [mm] \IZ, [/mm] damit du auch von der 2 als Primelement reden kannst. Denn [mm] \IQ [/mm] ist ja ein Körper, und da hat man keine Primelemente mehr, weil alle Elemente Einheiten oder die 0 sind.
Zu deiner eigentlichen Frage: Ein Polynom ist genau dann irreduzibel, wenn das verschobene Polynom irreduzibel ist. verschoben im Sinne von du ersetzt $X$ durch $X+1$ oder so etwas. Kannst ja versuchen das zu zeigen, wenn ihr das nicht hattet! Ist nicht so schwierig. Daher kannst du dir f(X+1) anschauen.
Bei dem Nachweis bin ich noch nicht ganz mit dem Schluss zufrieden. Du müsstest ja dann noch zeigen, dass [mm] (2^n-1)!\cdot{}2^{n-1}\cdot{}\frac{1}{(2^n-k)!\cdot{}k!} [/mm] eine ganze Zahl ist.
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Vielen Dank für deine Antwort Teufel.
Klar, das war ein Denkfehler meinerseits. 3 ist nicht irreduzibel, da gilt: [mm] $3=(1+\sqrt{-2})*(1-\sqrt{-2})$.
[/mm]
Ich habe nun versucht zu zeigen, dass [mm] $1+\sqrt{-2}$ [/mm] irreduzibel ist:
Wäre es reduzibel, gäbe es eine Darstellung mit: [mm] $1+\sqrt{-2}=(a+b\sqrt{-2})*(c+d\sqrt{-2})=(ac-2bd)+(ad+bc)\sqrt{-2}$
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] ac-2bd=1, [mm] \quad [/mm] ad+bc=1$
[mm] $\Rightarrow ac-2bd=ad+bc\Leftrightarrow [/mm] a(d-c)+b(2d+c)=0$
Das gilt nur, wenn entweder gilt: i) $a=2d+c=0$ oder ii)$b=d-c=0$
Betrachten wir dieses Ergebnis nun im Bezug auf unsere Ausgangsgleichung:
[mm] i)$a=0\Rightarrow [/mm] -2bd=1$ solche b,d existieren aber in [mm] $\mathbb{Z}$ [/mm] nicht.
[mm] ii)$b=0\Rightarrow [/mm] ac=1$ das würde dann aber zu [mm] $1+\sqrt{-2}=1*(1+\sqrt{-2})=-1*(-1-\sqrt{-2})$ [/mm] führen, was keine Zerlegung ist.
Also ist [mm] $1+\sqrt{-2}$ [/mm] irreduzibel.
Kann man das so machen?
Vielen Dank
Liebe Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:44 So 16.12.2012 | | Autor: | Teufel |
Ich weiß nicht, wie du auf die beiden Fälle kommst, ehrlich gesagt. Habt ihr mal gezeigt, dass das gelten muss?
Man kann so etwas immer gut mit einer Normfunktion/Gradfunktion machen.
z.B. [mm] N(a+b\sqrt{-2})=a^2+2b^2. [/mm] Für diese Funktion gilt folgendes: N(xy)=N(x)N(y) für alle x,y [mm] \in \IZ[\sqrt{-2}] [/mm] (das musst du noch zeigen, wenn das nicht dran kam). Damit kannst du den Beweis so machen: Annahme: [mm] 1+\sqrt{-2}=a*b. [/mm] Dann folgt [mm] 3=N(1+\sqrt{-2})=N(a)N(b). [/mm] Dann muss ja N(a)=1 oder N(b)=1 sein. Dann ist a oder b aber eine Einheit (das musst du auch zeigen, ist aber einfach), also ist [mm] 1+\sqrt{-2} [/mm] irreduzibel.
Ich schlage vor, in solchen Ringen immer mit dieser Normfunktion zu arbiten um Irreduzibilität zu zeigen. Dann musst du kein Gleichungssystem lösen, sondern es geht viel einfacher. :)
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Vielen Dank für deine Antwort.
Ah, okay, ich glaube ich verstehe.
Die Norm bildet dann ja auf [mm] $\mathbb{Z}$ [/mm] ab und da 3 über [mm] $\mathbb{Z}$ [/mm] irreduzibel ist, muss eine der Faktoren Einheit sein, bzw. dessen Norm und wenn die Norm Einheit ist, ist auch das Element an sich Einheit, oder?
Und bei der b), wegen den Binomialkoeffizienten....
diese sind doch hier immer ganzzahlig.
Muss ich das wirklich noch zusätzlich zeigen?
Könnte ich halt schnell mit vollst. Induktion machen, dass gilt: [mm] $\vektor{n\\k}\in\mathbb{Z}$ [/mm] für [mm] $n,k\in\mathbb{N}, [/mm] 1<k <n$.
Und der Schritt, dass ich das bezüglich den ganzen Zahlen gezeigt habe, müsste dann ja nach Gauß für die rationalen folgen.
Vielen Dank
Liebe Grüße
DudiPupan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:35 So 16.12.2012 | | Autor: | Teufel |
Ja, also diese Normfunktion geht sogar in die natürlichen Zahlen. Und ja, wenn die Norm N(x)=1 ist, ist x eine Einheit. Ist nämlich [mm] x=a+\sqrt{-2}b, [/mm] so ist [mm] N(x)=a^2+2*b^2=1. [/mm] Dann muss b aber auf alle Fälle 0 sein. a kann +1 oder -1 ein. insgesamt ist x=1 oder x=-1, also eine Einheit.
Beim Binomialkoeffizienten hast du folgendes Problem:
[mm] \vektor{6\\2} [/mm] ist eine natürliche Zahl, ohne Frage. [mm] \vektor{6\\2}=\frac{6*5*4*3*2*1}{(4*3*2*1)*(2*1)}=2*\frac{6*5*4*3*1}{(4*3*2*1)*(2*1)}. [/mm] Aber nun ist [mm] \frac{6*5*4*3*1}{(4*3*2*1)*(2*1)} [/mm] keine natürliche Zahl mehr, wenn ich mir die 2 aus dem Nenner abzweige. Und potentiell könnte das bei deinem Binomialkoeffizienten auch passieren.
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Vielen Dank für deine Antwort Teufel,
klar, jetzt erkenne ich das Problem.
Bin schon die ganze Zeit am überlegen, wie ich das machen könnte.
Habe mir schon überlegt ob ich eben einfach zeige [mm] $\frac{1}{2}\vektor{2^n\\k}\in \mathbb{N}$ [/mm] ist.
Aber ich komme irgendwie nicht drauf wie ich das anstellen soll.
Ist doch nicht so einfach wie gedacht :D
Liebe Grüße
Dudi
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:50 So 16.12.2012 | | Autor: | Teufel |
Ich musste diese Aufgabe letztens auch machen, um ehrlich zu sein. :)
Habe das dann per Induktion gemacht.
n=1: (hier darf k nur =1 sein) passt.
Nun kannst du [mm] \vektor{2^n\\k} [/mm] immer mit der Formel [mm] \vektor{n\\k}=\vektor{n-1\\k}+\vektor{n-1\\k-1} [/mm] zerkleinern.
[mm] \vektor{2^n\\k}
[/mm]
[mm] =\vektor{2^n-1\\k}+\vektor{2^n-1\\k-1}
[/mm]
[mm] =\vektor{2^n-2\\k}+\vektor{2^n-2\\k-1}+\vektor{2^n-2\\k-1}+\vektor{2^n-2\\k-2}
[/mm]
[mm] =\ldots
[/mm]
[mm] =\summe_{u \in U}^{}\vektor{2^{n-1}\\u}
[/mm]
für irgendwelche u.
Jetzt musst du noch etwas argumentieren. 2 teilt [mm] \vektor{2^{n-1}\\u} [/mm] ja nur, wenn diese us nicht gerade 0 oder [mm] 2^{n-1} [/mm] sind. Das gilt für die meisten us. Dann könntest du noch zeigen, dass [mm] k=2^{n-1} [/mm] gilt, ein u 0 ist, aber ein anderes dafür auch [mm] 2^{n-1}. [/mm] Und die Summe aus beiden (das wäre 2) wird wiederum durch 2 geteilt.
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