Irreduzibilität eines Polynoms < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:49 Do 02.02.2006 | | Autor: | kluh |
| Aufgabe | | [mm] f = X^{3}+17X^{2}+6X+4 \in \IQ[X] [/mm] |
Hallo Leute,
das obere Polynom soll auf Irreduzibilität geprüft werden. Habe dazu in einer Musterlösung den folgenden Weg gefunden:
"Da [mm]grad(f)\,=\,3[/mm] gilt: [mm]f\, irreduzibel \, in \, \IQ[X] \; \gdw \; f \, hat\, keine\, Nullstelle\, in\, \IQ. [/mm] (Soweit ist mir das noch klar.)
Da der Quotientenkörper von [mm] \IZ [/mm] gleich [mm] \IQ [/mm] ist und [mm]\,f[/mm] primitiv ist, kann dies abgeschwächt werden zu:
[mm]f\, irreduzibel\, in\, \IQ[X]\; \gdw\; f\, irreduzibel\, in\, \IZ[X]\; \gdw\; f\, hat\, keine\, Nullstelle\, in\, \IZ.[/mm]
Als Nullstellen kommen nur Teiler vom konstanten Glied in Frage. Durch Einsetzen von 1, -1, 2, -2, 4, -4 erhält man, dass [mm]\,f[/mm] keine Nullstellen in [mm] \IZ [/mm] besitzt und somit irreduzibel ist. "
Warum genügt es, das Polynom nur in [mm] \IZ[X] [/mm] zu betrachten und warum darf man das überhaupt?
Das für ein Polynom in [mm] \IZ[X] [/mm] die Nullstellen Teiler des konstanten Gliedes sind, ist mir klar.
Schöne Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:06 Do 02.02.2006 | | Autor: | dande |
kann es damit zusammenhängen, daß rationale Zahlen als Brüche von ganzen Zahlen gesehen werden, und ein Bruch nur dann null werden kann, wenn sein Zähler null ist?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:44 Do 02.02.2006 | | Autor: | kluh |
Hallo dande,
wenn eine der Nullstellen (sofern vorhanden) gleich Null wäre, dann könnte man X aus dem Polynom ausklammern. Die Nullstellen (sofern vorhanden) haben natürlich die Form [mm] \bruch{a}{b} [/mm] mit a, b [mm] \in \IQ, [/mm] aber die Null ist hier ja keine Nullstelle des Polynoms.
Gruß,
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:31 Do 02.02.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo Stefan
setz doch mal für x den gekürzten Bruch p/q [mm] p,q\in \IZ [/mm] ein, dannsiehst du, dass es wegen der 1 vor [mm] x^{3} [/mm] klar ist!
Gruss leduart.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:07 Fr 03.02.2006 | | Autor: | kluh |
Wenn ich [mm] \bruch{p}{q} [/mm] mit p, q [mm] \in \IZ [/mm] für X einsetze, bekomme ich den Ausdruck:
[mm]p^{3}+17p^{2}q+6pq^{2}+4q^{3}=0[/mm]
Aber inwiefern hilft mir das jetzt weiter?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:28 Fr 03.02.2006 | | Autor: | leduart |
Hallo,
Ich hät das als Brüche stehen lassen und gezeigt, dass sie nicht als Summe Ganz sind aber so wie du es schreibst ist es auch klar:
> Wenn ich [mm]\bruch{p}{q}[/mm] mit p, q [mm]\in \IZ[/mm] für X einsetze,
> bekomme ich den Ausdruck:
> [mm]p^{3}+17p^{2}q+6pq^{2}+4q^{3}=0[/mm]
q teilt p nicht nach Vors. [mm] 17p^{2}q+6pq^{2}+4q^{3} [/mm] ist durch q teilbar, [mm] p^{3}nicht. [/mm] Die Differenz ist also mindestens 1, Widerspruch!
Oder [mm] p^{3}=-(17p^{2}q+6pq^{2}+4q^{3}) [/mm] links nicht durch q teilbar, rechts durch q teilbar, Widerspruch zur eindeutigen Primzahlzerlegung!
> Aber inwiefern hilft mir das jetzt weiter?
Ich hoffe du siehst es
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:37 Fr 03.02.2006 | | Autor: | kluh |
Jetzt ist mir das klar.
Vielen Dank!
Schöne Grüße,
Stefan
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Hallo,
f irreduzibel in [mm] \IZ[x]\gdw [/mm] f irreduzibel in [mm] \IQ[x].
[/mm]
Das liegt daran, dass [mm] \IQ [/mm] der Quotientenkörper von [mm] \IZ [/mm] ist . Ein Satz aus der Algebra sagt uns das dann. Um das zu beweisen, benötigt man allerdings den Begriff des primitiven Polynoms und das Lemma von Gauß.
Viele Grüße
Daniel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:18 Fr 03.02.2006 | | Autor: | DerHein |
Das ganze Läuft unter dem Namen:
Lemma von Gauß
mfg Heinrich
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:31 Fr 03.02.2006 | | Autor: | kluh |
Hallo Daniel,
vielen Dank. Konnte jetzt den Satz auch in unserem Skript finden.
Schöne Grüße,
Stefan
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