Nullstellen / Irreduzibilität < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:46 Fr 15.12.2006 | | Autor: | Mini273 |
| Aufgabe | | Sei n = 2,3. Genau dann ist f irreduzibel, wenn f keine Nullstelle in K hat, d.h. wenn f(a) [mm] \not= [/mm] 0 für alle a [mm] \in [/mm] K gilt. |
Hi,
ich hab einige Probs bei der Aufgabe. Ich hab versucht, die beiden Richtungen zu zeigen.
[mm] "\Rightarrow": [/mm] Sei f irreduzibel für f = [mm] \summe_{i=0}^{n} a_{i} X^{i} [/mm] mit n= 2, 3
D.h. f ist kein Nullpolynom und auch [mm] \not\in K[X]^{\times}, [/mm] also keine Einheit.
Und f lässt sich als Produkt schreiben von zwei weiteren Polynomen g, h, f = gh, wo g [mm] \in K[X]^{\times} [/mm] oder h [mm] \in K[X]^{\times}. [/mm]
Ich soll nun zeigen, dass f keine Nullstelle in K hat. Aber ich weiß nicht genau, wie das gehen soll. Muss ich da g und h irgendwie wählen?
Also wenn n = 2 ist, dann müssen ja g und h beide Polynome 1.Grades sein, d.h. g und h haben immer Nullstellen als Polynome 1.Grades.
Wie kann das denn sein, das f= gh keine Nullstellen hat?
Und wenn n = 3, dann ist entweder ein Polynom 2.Grades und das andere 1.Grades.
Aber wie finde ich solche g und h?
[mm] "\Leftarrow": [/mm] Sei f(a) [mm] \not= [/mm] 0 [mm] \forall [/mm] a [mm] \in [/mm] K mit f= g h.
f(a) = g(a) h(a) [mm] \not= [/mm] 0 [mm] \forall [/mm] a [mm] \in [/mm] K, also f kein Nullpolynom. Da K ein Körper ist und daher insbesondere ein Integritätsring, ist g(a) [mm] \not= [/mm] 0 und h(a) [mm] \not= [/mm] 0.
Ich muss nun zeigen, dass f irreduzibel ist, also dass f [mm] \not\in K[X]^{\times}, [/mm] und dass g [mm] \in K[X]^{\times} [/mm] oder h [mm] \in K[X]^{\times}.
[/mm]
Kann man sagen, dass g [mm] \in K[X]^{\times}, [/mm] da g(a) [mm] \not= [/mm] 0 [mm] \forall [/mm] a [mm] \in [/mm] K?
Und wie kann ich zeigen, dass f [mm] \not\in K[X]^{\times}?
[/mm]
Ich weiß nicht genau, wie ich das alles zeigen muss- ich bitte daher um Hilfe.
Liebe Grüße.
Mini
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:29 Fr 15.12.2006 | | Autor: | Binie |
Hi Mini
Ich habe deine Lösung nur kurz überflogen, finds etwas konfus, versuchs mal so:
1) zeige: f hat NST, dann f reduzibel (damit zeigt man ja: keine Nst so folgt irreduzibel (Negationsbeweis))
f [mm] \in [/mm] K[X] wenn f nun eine Nst in a hätte, dann kannst du durch (X-a) (a [mm] \in [/mm] K) teilen und erhälst [mm] \exists [/mm] r,s [mm] \in [/mm] K[X] mit f = r (X-a) + s und deg s < deg (X-a) = 1 (Euklidischer Algorithmus)
was folgt nun für s und was dann damit für f (Tipp: schau dir f(a) = ... an)
2) zeige wieder andersherum: wenn f reduzibel, dann hat f NST (dass zeigt dann wieder: wenn f irreduzibel folgt f keine NST (Negationsbeweis))
in was lässt sich denn f vom Grad 2 und 3 nur zerlegen? was folgt dann bzgl NST?
Bis dann Binie
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:06 Sa 16.12.2006 | | Autor: | Mini273 |
Hallo Binie,
vielen Dank für deine Antwort! Auf die Negationsbeweise wär ich nie von allein drauf gekommen 
Ich hab aber ein paar Fragen zu deiner Antwort, weil ich noch nicht alles verstanden habe.
> 1) zeige: f hat NST, dann f reduzibel (damit zeigt man ja:
> keine Nst so folgt irreduzibel (Negationsbeweis))
>
> f [mm]\in[/mm] K[X] wenn f nun eine Nst in a hätte, dann kannst du
> durch (X-a) (a [mm]\in[/mm] K) teilen und erhälst [mm]\exists[/mm] r,s [mm]\in[/mm]
> K[X] mit f = r (X-a) + s und deg s < deg (X-a) = 1
> (Euklidischer Algorithmus)
> was folgt nun für s und was dann damit für f (Tipp: schau
> dir f(a) = ... an)
wenn deg s < deg (X-a) = 1 gilt, dann folgt doch für deg(s) = 0, also ist s ein konstandes Polynom oder?
Also hab ich mir s := [mm] b_{0} [/mm] definiert.
Ich versteh aber nicht ganz, was für f folgt. Denn f(a) = r(a-a) + [mm] b_{0} [/mm] = [mm] b_{0}
[/mm]
Ist das überhaupt richtig so? Ich weiß nicht, wie man draus folgern kann, dass f reduzibel ist...
>
> 2) zeige wieder andersherum: wenn f reduzibel, dann hat f
> NST (dass zeigt dann wieder: wenn f irreduzibel folgt f
> keine NST (Negationsbeweis))
>
> in was lässt sich denn f vom Grad 2 und 3 nur zerlegen? was
> folgt dann bzgl NST?
f lässt sich doch nur zerlegen, weil f reduzibel ist oder?
Wenn f vom Grad 2 ist, dann sind die Faktoren Grad 1 Polynome. Und diese haben ja immer Nullstellen. Also hat f ne Nullstelle.
Wenn f vom Grad 3 ist, dann zerfällt f in ein Polynom 2.Grades und ein Polynom 1.Grades.. oder in 3 Polynome 1.Grades. Da auf jeden Fall immer ein linearer Faktor mit dabei ist, hat f somit eine Nullstelle.
Stimmt die Begründung so?
Die andere Richtung ist mir noch nicht so klar. Ich hoffe, du erklärst es mir.
Danke dir
Liebe Grüße,
Mini
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:07 Sa 16.12.2006 | | Autor: | Binie |
Hi Mini
Du hast fast alles richtig gesehen:
wenn deg s < 1 ist s konstant und f(a)= r(a) (a-a) + s nun gilt wie du sagst f(a) = s aber was war denn gleich f(a) ? ja okay das ist zu leicht: da a NST ist f(a) = 0 = s. Also gilt f = r (X-a) + 0 also ist f reduzibel (weil ja durch (X-a) teilbar). Also insgesamt f hat NST daraus folgt f reduzibel. fertig mit Negationsbeweis
Den anderen Teil hast du doch schon selbst fertig gemacht: f zerfällt immer in ein Polynom ersten Grades und noch was. Aber damit hat f ja schon eine NST, Also f reduzibel daraus folgt f hat NST und damit ist auch dieser Negationsbeweis fertig.
Also hast du alles gezeigt was zu zeigen war, d.h.
f irreduzibel [mm] \gdw [/mm] f keine NST in K
LG Binie
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