irreduzible Polynome über R < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Bestimmen Sie alle normierten irreduziblen Polynome [mm] f\in \IR[x] [/mm] |
Nun, im Reellen hat jedes Polynom mit ungeradem Grad eine Nullstelle, also können nur welche mit geradem Grad irreduzibel sein. Eine Gruppe: [mm] x^2+n, n\in\IN.
[/mm]
Da es nur um die normierten Polynome geht, betrachten wir also insbesondere nur primitive Polynome. Da kann ich das Reduktionskriterium anwenden: Wenn es eine Primzahl gibt, die den führenden Koeffizienten nicht teilt und [f] in R/pR[x] irreduzibel ist, dann auch in R[x]. Da meine Polynome normiert sind, kann ich jede beliebige Primzahl betrachten (keine Zahl außer 1 teilt 1). Aber wie genau muss ich mir [mm] \IR/2\IR [/mm] vorstellen? Mit [mm] \IZ/2\IZ [/mm] hat das ja wenig zu tun.
Oder vielleicht doch lieber mit Eisenstein? Primitiv sind die normierten Polynome. Dann gilt auch wieder , dass keine Primzahl die 1 teilt. Dann wären ja alle normierten, irreduziblen Polynome in [mm] \IR [/mm] von der Form [mm] \lambda_0+\summe_{i=1}^{n-1}p*\lambda_ix^i +x^n, [/mm] wobei [mm] p^2\ \lambda_0 [/mm] nicht teilt. Das Problem ist nur, dass die Primzahl p für jedes Polynom verschieden sein kann...
Weiß hier jemand weiter?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:52 Do 25.05.2006 | | Autor: | andreas |
hi
> Nun, im Reellen hat jedes Polynom mit ungeradem Grad eine
> Nullstelle, also können nur welche mit geradem Grad
> irreduzibel sein. Eine Gruppe: [mm]x^2+n, n\in\IN.[/mm]
hier kannst du sogar $n [mm] \in \mathbb{R}, [/mm] n > 0$ zulassen.
> Da es nur
> um die normierten Polynome geht, betrachten wir also
> insbesondere nur primitive Polynome. Da kann ich das
> Reduktionskriterium anwenden: Wenn es eine Primzahl gibt,
> die den führenden Koeffizienten nicht teilt und [f] in
> R/pR[x] irreduzibel ist, dann auch in R[x]. Da meine
> Polynome normiert sind, kann ich jede beliebige Primzahl
> betrachten (keine Zahl außer 1 teilt 1). Aber wie genau
> muss ich mir [mm]\IR/2\IR[/mm] vorstellen? Mit [mm]\IZ/2\IZ[/mm] hat das ja
> wenig zu tun.
> Oder vielleicht doch lieber mit Eisenstein? Primitiv sind
> die normierten Polynome. Dann gilt auch wieder , dass keine
> Primzahl die 1 teilt. Dann wären ja alle normierten,
> irreduziblen Polynome in [mm]\IR[/mm] von der Form
> [mm]\lambda_0+\summe_{i=1}^{n-1}p*\lambda_ix^i +x^n,[/mm] wobei [mm]p^2\ \lambda_0[/mm]
> nicht teilt. Das Problem ist nur, dass die Primzahl p für
> jedes Polynom verschieden sein kann...
überlege dir mal, ob es in [mm] $\mathbb{R}$, [/mm] oder allgemeiner in einem körper überhaupt primelemente gibt? schaue dir dazu am besten nochmal die definition an ...
somit kann man solche irreduzibilitätskrieterien nicht anwenden. wie du schon geschrieben hast, sind polynome ungeraden grads größer gleich 3 immer reduzibel, da man einen linearfaktor abspalten kann. also bleiben nur noch polynome geraden grads. nun kann man sich auf [mm] $\overline{\mathbb{R}} [/mm] = [mm] \mathbb{C}$ [/mm] zurückziehen und zeigen, dass sich normierte polynome $f [mm] \in \mathbb{R}[x]$ [/mm] stets schreiben lassen als $f(x) = [mm] (x-a_1)^{n_1} \cdot [/mm] ... [mm] \cdot [/mm] (x - [mm] a_k)^{n_k} \cdot (x^2 [/mm] + b_1x + [mm] c_1)^{m_1} \cdot [/mm] ... [mm] \cdot (x^2 [/mm] + [mm] b_l [/mm] x + [mm] c_l)^{m_l}$, [/mm] sie zerfallen also immer in lineare oder quadratische faktoren (oder sind konstant 1).
gehe dazu so vor: wenn $f [mm] \in \mathbb{R}[x]$ [/mm] und $f(z) = 0$ für ein $z [mm] \in \mathbb{C}$, [/mm] dann auch [mm] $f(\overline{z}) [/mm] = 0$. es gilt aber $(x - z)(x - [mm] \overline{z}) \in \mathbb{R}[x]$, [/mm] wie man nachrechnen kann. damit hat man aber einen teiler von $f$ gefunden!
probiere mal die lücken in dieser beweisidee zu füllen.
grüße
andreas
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Hallo Andreas,
danke für die schnelle Antwort!
Ohh, hast recht, Primelemente dürfen ja keine Einheiten sein...
Hmmm, wir haben irgendwann mal gelernt, dass die Dinger in Linearfaktoren zerfallen - wieso denn Linear- und Quadratisch?
Also, wenn Polynome über [mm] \IC [/mm] immer in lineare und quadratische Faktoren zerfallen und ich so eine komplexe Nullstelle von f finde - klar, dann ist auch [mm] \bar{z} [/mm] Nullstelle. [mm] (x-z)(x-\bar{z}) [/mm] ist in [mm] \R, [/mm] hat aber keine reelle Nullstelle, wenn [mm] z\in\IC\setminus\IR [/mm] ist. reduzibel ist es dann also nur über [mm] \IC. [/mm] Aber das bringt mich auch irgendwie nicht weiter. Ich sehe wohl noch nicht so ganz, in welche Richtung du mich schubsen wolltest ;)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:55 Do 25.05.2006 | | Autor: | andreas |
hi
> danke für die schnelle Antwort!
> Ohh, hast recht, Primelemente dürfen ja keine Einheiten
> sein...
genau.
> Hmmm, wir haben irgendwann mal gelernt, dass die Dinger in
> Linearfaktoren zerfallen - wieso denn Linear- und
> Quadratisch?
über [mm] $\mathbb{C}$ [/mm] zerfallen alle polynome in linearfaktoren, genau, das ist der fundamentalsatz der algebra. hier betrachtet man aber polynome über [mm] $\mathbb{R}$ [/mm] und dort ist die situation nicht so schön. man kann sich aber auf die situation in [mm] $\mathbb{C}$ [/mm] manövrieren und dort zerlegen - dann muss man sich aber überlegen wie man wieder zurück nach [mm] $\mathbb{R}$ [/mm] kommt, denn die linearfaktoren in der zerlegen über [mm] $\mathbb{C}$ [/mm] haben meist koeffizieneten, die echt komplex, also nicht reell, sind.
> Also, wenn Polynome über [mm]\IC[/mm] immer in lineare und
> quadratische Faktoren zerfallen und ich so eine komplexe
> Nullstelle von f finde - klar, dann ist auch [mm]\bar{z}[/mm]
> Nullstelle. [mm](x-z)(x-\bar{z})[/mm] ist in [mm]\R,[/mm]
also [m](x-z)(x-\bar{z}) = x^2 - (2 \, \textrm{Re} \, z)x + |z|^2 [/m] ist für festes $z [mm] \in \mathbb{C}$ [/mm] noch ein quadratisches polynom in $x$, also nicht in [mm] $\mathbb{R}$, [/mm] sondern in [mm] $\mathbb{R}[x]$!
[/mm]
> hat aber keine
> reelle Nullstelle, wenn [mm]z\in\IC\setminus\IR[/mm] ist. reduzibel
> ist es dann also nur über [mm]\IC.[/mm]
nein, du hast doch damit einen echten teiler von $f$ gefunden, nämlich dieses quadratische polynom.
> Aber das bringt mich auch
> irgendwie nicht weiter. Ich sehe wohl noch nicht so ganz,
> in welche Richtung du mich schubsen wolltest ;)
ich hoffe jetzt ist es etwas klarer geweorden, wenn nicht probiere einfach mal die primfaktorzerlegeung von $g(x) = [mm] x^4 [/mm] + 1 [mm] \in \mathbb{R}[x]$ [/mm] zu berechnen, in dem du zuerst die primfaktoren in [mm] $\mathbb{C}[x]$ [/mm] ausrechnest und dann wieder zurück zu reellen quadratischen polynomen kommst!
grüße
andreas
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Also, mal schaun, wieviel ich jetzt begriffen habe:
Ich zerlege mein reelles f über [mm] \IC [/mm] in Linearfaktoren. Ich weiß, dass ich also n Faktoren habe, wobei immer 2 zusammen ein reelles Polynom sind, denn [mm] f(z)=0\Rightarrow f(\bar{z}=0, [/mm] also [mm] f(x)=(x-z)(x-\bar{z})\tilde{f}(x). [/mm] Aber da kann ich dann ja immer so weiter treiben! Sprich, es kann über [mm] \IR [/mm] ja nur quadratische irreduzible normierte Polynome geben! Denn kubische haben eine Nullstelle und beim Grad 4 habe ich ja wieder komplexe Nullstellen z, [mm] \bar{z}, [/mm] w, [mm] \bar{w}.
[/mm]
[mm] x^4+1=(x^2-i)(x^2+i). [/mm] Hmmm, weiter weiß ich nicht. [mm] \sqrt{i}=e^{i\pi/4}, [/mm] aber ich weiß nicht, ob wir Ana IV für die Aufgabe verwenden dürfen...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:02 Do 25.05.2006 | | Autor: | andreas |
hi
> Also, mal schaun, wieviel ich jetzt begriffen habe:
so wie ich das sehe, sieht das schon ganz gut aus ...
> Ich zerlege mein reelles f über [mm]\IC[/mm] in Linearfaktoren. Ich
> weiß, dass ich also n Faktoren habe, wobei immer 2 zusammen
> ein reelles Polynom sind, denn [mm]f(z)=0\Rightarrow f(\bar{z}=0,[/mm]
> also [mm]f(x)=(x-z)(x-\bar{z})\tilde{f}(x).[/mm] Aber da kann ich
> dann ja immer so weiter treiben! Sprich, es kann über [mm]\IR[/mm]
> ja nur quadratische irreduzible normierte Polynome geben!
und lineare, aber das hatten wir ja schon (mach dir auch klar, dass konstante polynome nicht irreduzibel sind!)
> Denn kubische haben eine Nullstelle und beim Grad 4 habe
> ich ja wieder komplexe Nullstellen z, [mm]\bar{z},[/mm] w, [mm]\bar{w}.[/mm]
genau. das vielleicht noch ein bisschen ausformulieren dann passt das denke ich mal schon. was du dir noch überlegen musst, ist, welche quadratischen polynome wirklich irreduzibel sind, aber das ist ja nicht so schwer ...
> [mm]x^4+1=(x^2-i)(x^2+i).[/mm] Hmmm, weiter weiß ich nicht.
> [mm]\sqrt{i}=e^{i\pi/4},[/mm] aber ich weiß nicht, ob wir Ana IV für
> die Aufgabe verwenden dürfen...
das hatte auch eigentlich nichts mit der konkreten lösung der aufgabe zu tun, ich dachte nur vielleicht wird dir an diesem speziallfall noch etwas deutlicher, was du machst. es gilt nämlich [mm] $x^4 [/mm] + 1 = (x - [mm] \frac{1}{\sqrt{2}}(1 [/mm] + i))(x - [mm] \frac{1}{\sqrt{2}}(1 [/mm] - i)) (x - [mm] \frac{1}{\sqrt{2}}(-1 [/mm] + i))(x - [mm] \frac{1}{\sqrt{2}}(-1 [/mm] - i))$ damit hast du dieses polynom über [mm] $\mathbb{C}$ [/mm] in irreduzible faktoren zerlegt. multiplizierst du nun den ersten mit dem zweiten und den dritten mit dem vierten faktor, so erhälst du zwei quadratische polynome, die nur noch koeffizienten in [mm] $\mathbb{R}$ [/mm] haben und die irreduzibel sind, also die zerlegung in irreduzibel faktoren in [mm] $\mathbb{R}[x]$, [/mm] aber dir scheint die lösung ja auch ohne dieses beispiel klar geworden zu sein.
grüße
andreas
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:06 Do 25.05.2006 | | Autor: | madde_dong |
Ich danke dir für deine Hilfe und Geduld!
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