irreduzibles Polynom < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Zeigen Sie, dass [mm] p(X):=X^4-10X^2+1 [/mm] über [mm] \mathbb{Q}[X] [/mm] irreduzibel ist. |
Hallo,
also ich habe schon einiges versucht, alles mehr oder weniger erfolglos.
Eisenstein Kriterium ist hier nicht anwendbar. Dann hatte ich versucht aX+b zu wählen, sodass p(aX+b) irreduzibel ist, aber keines gefunden, womit das gut geht.
Als nächste habe ich Koeffizientenreduktion mod 5 gemacht. Sah am Anfang ganz gut aus, wir betrachten dann [mm] X^4+1=:f(x).
[/mm]
Das hat im Restklassenring 5 keine Nullstelle, es gibt also kein Polynom mit Grad 1, was es teilt und ebensowenig eines vom Grad 3.
Um noch zu zeigen, dass es auch keines vom Grad 2 gibt, habe ich Koeffizientenvergleich versucht und da hänge ich nun immer fest.
Es ist ziemlich unübersichtlich das hier aufzuschreiben, deshalb werde ich es erst machen, wenn jemand keine bessere Idee hat, um die Irreduzibilität nachzuweisen.
Ich hoffe aber mal lieber das Beste.
Gruß Sleeper
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:58 Fr 11.06.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
wenn es keins vom Grad 1 gibt, dann auch keins vom Grad 3! (warum?)
[mm] a)z^2-10z+1 [/mm] hat keine rationale Nst. also kein linearer Faktor. bleiben mur 2 quadratische Gl.
[mm] (x^2+ax+b)(x^2+cx+d) [/mm] daraus a+c=0 Koeef von [mm] x^3 [/mm]
ad+bc=0 daraus a=b ac+b+d=-10 und bd=1
Gruss leduart
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> Hallo
> wenn es keins vom Grad 1 gibt, dann auch keins vom Grad 3!
> (warum?)
Das hab ich doch genau so auch schon gesagt und nie in Frage gestellt.
> [mm]a)z^2-10z+1[/mm] hat keine rationale Nst. also kein linearer
> Faktor. bleiben mur 2 quadratische Gl.
Ok den ganzen Mist mit mod 5 kann man sich in der Tat sparen.
> [mm](x^2+ax+b)(x^2+cx+d)[/mm] daraus a+c=0 Koeef von [mm]x^3[/mm]
> ad+bc=0 daraus a=b
Wieso folgt das denn? [mm] a=-c\Rightarrow ad-ab=0\Rightarrow [/mm] a=0 oder d=b.
Oder bin ich schon zu müde dafür?
Wo ist nun der konkrete Widerspruch? Ist a=0, dann ist c=0 und dann sehe ich keinen Widerspruch. Ist b=d, dann b=d=1. Dann ist [mm] ac+2=-10\Rightarrow [/mm] ac=-12 und da [mm] a=-c\Rightarrow c^2=12, [/mm] was ein Widerspruch ist, weil [mm] \sqrt{12} [/mm] nicht rational ist.
Aber was ist nun mit dem Fall a=0?
Gruß Sleeper
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Hallo nochmal,
die vollständige Zerlegung (außerhalb von [mm] \IQ) [/mm] hat tatsächlich a,c=0. Wo ist das Problem?
Grüße
reverend
PS: siehe meine andere Antwort weiter unten.
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Hallo T_sleeper,
Du kannst doch ohne Mühe alle Nullstellen des Polynoms ermitteln. Keine ist rational.
Fertig. Oder?
Grüße
reverend
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| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 03:01 Fr 11.06.2010 | | Autor: | Unk |
> Hallo T_sleeper,
>
> Du kannst doch ohne Mühe alle Nullstellen des Polynoms
> ermitteln. Keine ist rational.
>
> Fertig. Oder?
Wir sprechen doch hier von einem Polynom 4ten Grades. Wenn da alle Nullstellen nicht in [mm] \mathbb{Q} [/mm] liegen, heißt das ja noch nicht, dass das Ding irreduzibel ist, siehe [mm] (X^2+1)^2.
[/mm]
Was ich dann noch machen müsste, wäre alle möglichen Kombinationen der Linearfaktoren mit Koeffizienten in [mm] \mathbb{C} [/mm] mit denen ich auf ein Polynom 2ten Grades käme zu berechnen.
Oder meintest du das anders?
Aber wo genau ist denn nun der Widerspruch im Koeffvgl. ?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 05:41 Fr 11.06.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Hallo T_sleeper,
> >
> > Du kannst doch ohne Mühe alle Nullstellen des Polynoms
> > ermitteln. Keine ist rational.
> >
> > Fertig. Oder?
>
> Wir sprechen doch hier von einem Polynom 4ten Grades. Wenn
> da alle Nullstellen nicht in [mm]\mathbb{Q}[/mm] liegen, heißt das
> ja noch nicht, dass das Ding irreduzibel ist, siehe
> [mm](X^2+1)^2.[/mm]
Genau.
> Was ich dann noch machen müsste, wäre alle möglichen
> Kombinationen der Linearfaktoren mit Koeffizienten in
> [mm]\mathbb{C}[/mm] mit denen ich auf ein Polynom 2ten Grades käme
> zu berechnen.
Ja, wobei es ja ausreicht, eine Nullstelle mit den restlichen drei zu kombinieren. Es sind also hoechstens drei Produkte zu berechnen.
> Oder meintest du das anders?
>
> Aber wo genau ist denn nun der Widerspruch im Koeffvgl. ?
Also. Wir haben ja [mm] $(x^2 [/mm] + a x + b) [mm] (x^2 [/mm] + c x + d) = [mm] x^4 [/mm] + (a + c) [mm] x^3 [/mm] + (b + d + a c) [mm] x^2 [/mm] + (a d + b c) x + b d = [mm] x^4 [/mm] - 10 [mm] x^2 [/mm] + 1$, also $a + c = 0$, $b + d + a c = -10$, $a d + b c = 0$, $b d = 1$.
Dann haben wir $a = -c$ und somit $b + d - [mm] a^2 [/mm] = -10$, $a (d - b) = 0$, $b d = 1$. Ist $d - b = 0$, so ist $d = b$, also $1 = d b = [mm] b^2$, [/mm] womit $d = b = [mm] \pm [/mm] 1$ ist. Also ist [mm] $-a^2 \pm [/mm] 2 = -10$, also [mm] $a^2 [/mm] = 12$ oder [mm] $a^2 [/mm] = 8$ -- was beides nicht sein kann in den rationalen Zahlen. Damit hast du deinen Widerspruch.
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:41 Fr 11.06.2010 | | Autor: | reverend |
Hallo nochmal,
ein kurzer Kommentar zu den Nullstellen:
> > > Du kannst doch ohne Mühe alle Nullstellen des Polynoms
> > > ermitteln. Keine ist rational.
> > >
> > > Fertig. Oder?
>
> > Wir sprechen doch hier von einem Polynom 4ten Grades. Wenn
> > da alle Nullstellen nicht in [mm]\mathbb{Q}[/mm] liegen, heißt das
> > ja noch nicht, dass das Ding irreduzibel ist, siehe
> > [mm](X^2+1)^2.[/mm]
>
> Genau.
Ja, klar. Daher das "Oder?" oben.
> > Was ich dann noch machen müsste, wäre alle möglichen
> > Kombinationen der Linearfaktoren mit Koeffizienten in
> > [mm]\mathbb{C}[/mm] mit denen ich auf ein Polynom 2ten Grades käme
> > zu berechnen.
Ja, nur dass man den Nullstellen hier schon fast "ansieht", dass das keine Lösungen bringen wird. Sie sind ja alle reell und irrational: [mm] \pm\wurzel{5\pm\wurzel{24}}
[/mm]
> Ja, wobei es ja ausreicht, eine Nullstelle mit den
> restlichen drei zu kombinieren. Es sind also hoechstens
> drei Produkte zu berechnen.
Hier sogar nur zwei, weil man zu jeder Nullstelle ein Produkt schon aus dem Rechengang kennt.
> > Oder meintest du das anders?
Nö, schon recht so. 
Grüße
reverend
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