X³-X+16 irreduzibel über den rationalen Zahlen?

09.09.2010, 20:17

ZoeRea

X³-X+16 irreduzibel über den rationalen Zahlen?

Meine Frage:
Hallo, meine Aufgabe lautet:
Beweise oder widerlege:
$\begin{eqnarray*} X^3-X+16 \end{eqnarray*}$ ist irreduzibel in $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}[X] \end{eqnarray*}$ .

Meine Ideen:
Zuerst versuche ich also ein Irreduzibilitätskriterium anzuwenden. Dazu ist mit zuerst Eisenstein eingefallen. Das klappt hier aber nicht, da ich keine Primzahl habe, die sowohl -1 also auch 16 teilt.

Ausklammern kann ich auch nichts. Es ist hier ein hinreichendes Kriterium eine Nullstelle zu finden, da ich ein Polynom vom Grad 3 habe. Dann könnte ich die Nullstelle ausklammern und das Polynom wäre irreduzibel.
Das sieht mir hier eher nach einer negativen Nullstelle aus(falls es denn eine gibt). Schließlich muss ja die +16 kompensiert werden.
Durch Ausprobieren habe ich gefunden, dass ich fast 0 erhalte, wenn ich -2,4 einsetze. Das ist aber natürlich nicht Sinn der Sache.

Wie könnte ich hier denn noch rangehen? Vielleicht gibt es ja ein passendes Irreduzibilitätskriterium?
Ich würde mich über Tipps freuen.

09.09.2010, 21:17

gonnabphd

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Zitat:

Wie könnte ich hier denn noch rangehen? Vielleicht gibt es ja ein passendes Irreduzibilitätskriterium?

Wenn dein Polynom in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q [X] \end{eqnarray*}$ teilbar ist, dann ist es auch in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[X] \end{eqnarray*}$ teilbar.

Also musst du nur nachweisen, dass es über $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ nicht teilbar ist. Wegen dem Grad 3 gibt es nicht viele mögliche Nullstellen. (Ein Teiler wäre mit Sicherheit linear, somit teilt das konstante Glied dieses Teilers 16)

09.09.2010, 23:11

ZoeRea

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Zitat:

Wenn dein Polynom in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q [X] \end{eqnarray*}$ teilbar ist, dann ist es auch in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[X] \end{eqnarray*}$ teilbar.

Das ist schon eine Äquivalenzaussage, oder? Also sie gilt in beide Richtungen.

Wenn ein Polynom vom Grad 3 reduzibel ist, ist zumindest ein Linearfaktor dabei. Das heißt ich kann den zweiten Faktor mit Polynomdivision ausrechnen.

Teiler von 16 sind 8,2,4. Diese kommen also als mögliche Nullstellen in Frage.Wenn ich diese in das Polynom einsetze, erhalte ich aber nie Null.

Das heißt, das Polynom ist irreduzibel über den ganzen Zahlen. Und daraus folgt mit deinem Satz, dass es auch über den rationalen Zahlen irreduzibel ist.

Passt das so?

09.09.2010, 23:24

gonnabphd

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Zitat:

Teiler von 16 sind 8,2,4.

Da fehlen noch ein paar Teiler. Tipp: -

Zitat:

Das ist schon eine Äquivalenzaussage, oder? Also sie gilt in beide Richtungen.

Ja, wenn du ein Polynom aus $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[X] \end{eqnarray*}$ hast, dann ist das genau dann über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q[X] \end{eqnarray*}$ teilber, wenn es über $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[X] \end{eqnarray*}$ teilbar ist.

10.09.2010, 09:21

Manus

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Zitat:

Das ist schon eine Äquivalenzaussage, oder? Also sie gilt in beide Richtungen.

Zitat:

Achtung! Diese Aussage gilt nur für primitive Polynome. Beispielsweise ist $\begin{eqnarray*} 2X+2 \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ reduzibel aber nicht über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ .

10.09.2010, 10:02

gonnabphd

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Hmm...

Wie meinst du das? Das wäre mir was ganz neues...

Zitat:

über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ reduzibel aber nicht über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ .

Wie soll denn das gehen? Es gilt doch offensichtlich $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[X] \subset \mathbb Q[X] \end{eqnarray*}$ .

Verwirrte und skeptische Grüsse Wink

10.09.2010, 10:12

jester.

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$\begin{eqnarray*} 2X+2=2\cdot(X+1) \end{eqnarray*}$ ist über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}[X] \end{eqnarray*}$ eine Zerlegung in zwei Nichteinheiten ( $\begin{eqnarray*} (\mathbb{Z}[X])^*=\mathbb{Z}^* \end{eqnarray*}$ ).

10.09.2010, 10:44

gonnabphd

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Achso... Naja, das stimmt natürlich. Dann beschränke man sich auf nichtkonstante Teiler in meiner Aussage.

10.09.2010, 11:38

Huggy

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Zitat:

Original von gonnabphd
Achso... Naja, das stimmt natürlich. Dann beschränke man sich auf nichtkonstante Teiler in meiner Aussage.

Ich habe Probleme, diese Aussage einzuordnen.

$\begin{eqnarray*} 2x^3-x^2+2x-1=0 \end{eqnarray*}$

hat in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ keine Lösung, aber in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ die Lösung x = 1/2. Wie steckt das in der Aussage?

10.09.2010, 11:49

Manus

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Es handelt sich zwar um ein primitives nicht aber um ein normiertes Polynom.

Für letztere gilt, dass jede rationale Nullstelle bereits ganzzahlig ist und Teiler des Absolutglieds ist.

Bei deinem Polynom ist über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} (x- \frac 1 2) \end{eqnarray*}$ ein Teiler. Über $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ hast du den Teiler $\begin{eqnarray*} (2x-1) \end{eqnarray*}$ .
Den hast du natürlich in den rationalen Zahlen auch, aber dort darfst du ja auch durch 2 dividieren, da 2 Einheit ist.

10.09.2010, 11:55

gonnabphd

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Ich meinte das so:

Wenn man ein Polynom aus $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[X] \end{eqnarray*}$ hat, dann besitzt das genau dann über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q[X] \end{eqnarray*}$ einen nichtkonstanten Teiler (ein Polynom von positivem Grad), wenn es über $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[X] \end{eqnarray*}$ einen solchen Teiler besitzt.

In deinem Beispiel besitzt das Polynom den nichtkonstanten Teiler $\begin{eqnarray*} X-\frac 12 \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ und dazu korrespondiert $\begin{eqnarray*} 2X-1 \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2X^3-X^2 + 2X -1 = (X - 1/2)(2X^2 + 2) = (2X- 1)(X^2 + 1) \end{eqnarray*}$

Damit wollte ich eigentlich nur betonen, dass man häufig eh nicht an den konstanten Faktoren interessiert ist.

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