Irreduzibilität zeigen

13.12.2006, 16:24

gessi

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Irreduzibilität zeigen

Hallo,

ich möchte bei zwei Polynomen zeigen, ob/ dass sie irreduzibel über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ sind:

1.) $\begin{eqnarray*} p(x)=x^3-x^2-x-2 \end{eqnarray*}$
Die genaue Aufgabe lautet zu zeigen, dass es ein $\begin{eqnarray*} a \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ gibt, sodass p(a)=0 (das ist klar, da ein Polynom ungeraden Gerades wegen dem ZWS immer eine NS in $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ hat) und das Minimalpolynom zu a über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ anzugeben.
Meine Vermutung ist, dass p(x) selber das Minimalpolynom ist - aber dazu müsste es irreduzibel sein, und das kann ich nicht zeigen.

2.) Ich soll das Minimalpolynom zu $\begin{eqnarray*} \sqrt 2 + \sqrt 5 \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ angeben.
Also habe ich mir ein Polynom in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ gebastelt, das $\begin{eqnarray*} \sqrt 2 + \sqrt 5 \end{eqnarray*}$ als NS hat und bin auf $\begin{eqnarray*} q(x)=x^4-14x^2+9 \end{eqnarray*}$ gekommen.
Jetzt müsste ich zeigen, dass es irreduzibel ist... (was ich hoffe)

Eisenstein funktioniert nicht, und auch der Trick p(x+1) zu betrachten, bringt mich nicht weiter.
Gibt es da noch weitere Tricks?
Bei 2.) gilt ja auch wegen deg q = 4 nicht mal mehr, dass man "nur" zeigen muss, dass q keine NS in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ hat (die hat es nämlich wie ich mit Maple rausgefunden habe nicht).

Edit: Fehler im ersten Polynom - es heißt $\begin{eqnarray*} p(x)=x^3-x^2+x+2 \end{eqnarray*}$

13.12.2006, 16:27

Lazarus

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Man sieht doch das $\begin{eqnarray*} a=2 \end{eqnarray*}$ gilt ?!
Oder verstehe ich dich gerade sehr falsch ?

13.12.2006, 17:57

gessi

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Ne, du verstehst mich nicht falsch, aber ich hab mich vertippt...

Es heißt $\begin{eqnarray*} p(x)=x^3-x^2+x+2 \end{eqnarray*}$ .

13.12.2006, 18:24

Lazarus

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Ok gut.
Wie lautet denn die Nullstelle von $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ ?

13.12.2006, 19:38

gessi

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Willst du da jetzt eine konkrete Zahl? Es gibt (genau) eine reelle NS a = -.8105357137 (mit Maple), die zwar ziemlich irrational aussieht, aber es könnte ja doch irgendein Bruch sein.

13.12.2006, 20:05

Mathespezialschüler

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Zeige einfach, dass es keine rationalen Nullstellen gibt. Die einzigen rationalen Zahlen, die in Frage kommen, eine Nullstelle von $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ zu sein, sind $\begin{eqnarray*} -2,-1,1,2 \end{eqnarray*}$ .

Gruß MSS

edit: 0 entfernt.

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13.12.2006, 20:14

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Dein Polynom ist genau dann irreduzibel, wenn es keine rationale Nullstelle hat - bei Polynomgrad 3 stimmt das gerade noch. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Nun kannst du da folgendermaßen vorgehen:

1. Jede rationale Nullstelle von $\begin{eqnarray*} p(x) \end{eqnarray*}$ muss sogar ganzzahlig sein.
2. Jede ganzzahlige Nullstelle ist ein Teiler vom Absolutglied 2.
3. Alle 4 Funktionswerte p(-2),p(-1),p(1),p(2) sind von Null verschieden.

13.12.2006, 20:25

gessi

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Zitat:

Original von Arthur Dent
1. Jede rationale Nullstelle von $\begin{eqnarray*} p(x) \end{eqnarray*}$ muss sogar ganzzahlig sein.
2. Jede ganzzahlige Nullstelle ist ein Teiler vom Absolutglied 2.
3. Alle 4 Funktionswerte p(-2),p(-1),p(1),p(2) sind von Null verschieden.

2. und 3. sind mir klar, aber woher weiß ich, dass alle NS ganzzahlig sein müssen und nicht irgendein Bruch sein können? verwirrt

verwirrt

Habt ihr auch eine Idee das zweite Polynom? Da geht das mit den NS ja leider nicht.

13.12.2006, 20:29

Mathespezialschüler

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Sei

$\begin{eqnarray*} f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_1x+a_0 \end{eqnarray*}$ ,

wobei alle Koeffizienten ganze Zahlen sein sollen! Ist dann der gekürzte Bruch $\begin{eqnarray*} r=\frac{p}{q} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} p\in\mathbb Z \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} q\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ Nullstelle von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ , so folgt:

$\begin{eqnarray*} a_n\left(\frac{p}{q}\right)^n+a_{n-1}\left(\frac{p}{q}\right)^{n-1}+\ldots+a_1\frac{p}{q}+a_0=0 \end{eqnarray*}$ .

Multipliziere mit $\begin{eqnarray*} q^n \end{eqnarray*}$ und schau dann mal genau hin, was die Teilbarkeit angeht.

Gruß MSS

14.12.2006, 00:11

Lazarus

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Zitat:

Original von gessi
Willst du da jetzt eine konkrete Zahl? Es gibt (genau) eine reelle NS a = -.8105357137 (mit Maple), die zwar ziemlich irrational aussieht, aber es könnte ja doch irgendein Bruch sein.

Nicht numerisch, ich würde es mit Cardano machen...
Schaut ziemlich wüst aus, aber im Prinzip läufts ja darauf hinnaus zu zeigen das $\begin{eqnarray*} \sqrt{417}\not\in \mathbb Q \end{eqnarray*}$ is.

14.12.2006, 00:13

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Lazarus
Nicht numerisch, ich würde es mit Cardano machen...

Iiiiieh, da würde ich dann aber wirklich Arthurs und meine Variante vorziehen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Gruß MSS

14.12.2006, 00:16

Lazarus

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Zweifelsfrei is das eleganter, doch soooo viel schwerer isses auch ned. Rubrik Standardbeweis würd ich sagen.

Das vorgehen allgemein hat etwas von guten alten Holzhammer, das ist richtig, aber besser als garnicht drauf zu kommen oder ? Augenzwinkern

Augenzwinkern

14.12.2006, 00:52

gessi

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@ all: Danke schon mal!

@ Lazarus: Cardano sagt mir gar nichts verwirrt

verwirrt

@ MSS: Hm, so ganz blick ich das nicht...

Ich habe dann ja

$\begin{eqnarray*} a_n\left(\frac{p}{q}\right)^n q^n+a_{n-1}\left(\frac{p}{q}\right)^{n-1} q^n+\ldots+a_1\frac{p}{q} q^n+a_0 q^n=0 \end{eqnarray*}$ .
Das ist (bringt mir das was?) $\begin{eqnarray*} a_n p^n + a_{n-1} p^{n-1}q + \ldots + a_1 p q^{n-1} + a_0 q^n = 0 \end{eqnarray*}$ .
Und ich weiß, dass q $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ teilt (nach einem Satz in der Übung).
Letztendlich will ich ja irgendwie darauf kommen, dass q eins sein muss, oder?

Aber für meinen Fall hätte ich einen anderen Ansatz:
Sei $\begin{eqnarray*} x^n+a_{n-1}x^{n-1}+ \ldots + a_1 x + a_0 \in \mathbb Z[x] \end{eqnarray*}$ . Sei $\begin{eqnarray*} r \in Quot(\mathbb Z ) = \mathbb Q \end{eqnarray*}$ eine Nullstelle, r vollständig gekürzt. Dann gilt mit Aufgabe 1a auf diesem Blatt, dass $\begin{eqnarray*} r \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ sein muss.

Dann könnte ich in diesem Fall sagen:
Annahme: $\begin{eqnarray*} r \in \mathbb Q \Rightarrow r \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ .
Dann weiß ich, dass r zwei teilen muss, kann die Zahlen ausprobieren und bekomme raus, dass es nicht geht => also kann es keine NS in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ geben => irreduzibel über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ .

Geht das?

14.12.2006, 06:42

AD

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Ja, so geht's. Da hatte MSS wohl vergessen, drauf hinzuweisen: Die Voraussetzung $\begin{eqnarray*} a_n=1 \end{eqnarray*}$ (oder zumindest $\begin{eqnarray*} |a_n|=1 \end{eqnarray*}$ ) ist schon nötig für diese Aussage! Man denke ansonsten nur an $\begin{eqnarray*} 2x-1=0 \end{eqnarray*}$ ...

14.12.2006, 10:24

Sunwater

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zu deiner zweiten Aufgabe:

du weißt ja schon, dass das Polynom keine rationale Nullstelle hat. Jetzt musst du noch zeigen, dass es auch nicht als Produkt zweier quadratischer Polynome geschrieben werden kann.

Weil dein Polynom nur den Term x^4 und x^2 enthält kannst du folgenden Ansatz machen:

$\begin{eqnarray*} x^4 - 14x^2 + 9 = (x^2 + a)(x^2 + b) = x^4 + (a+b)x^2 + ab \end{eqnarray*}$

Daraus bekommst du ein Gleichungssystem:

$\begin{eqnarray*} a+b =& - 14 \\ ab =& 9 \end{eqnarray*}$

Jetzt kannst du noch mit dem Satz von Gauß kommen. Nach dem gilt ja, wenn es solche eine Zerlegung $\begin{eqnarray*} x^4 - 14x^2 + 9 = P(x) \cdot Q(x) \end{eqnarray*}$ gibt, dann gibt es auch $\begin{eqnarray*} P'(x),Q'(x) \in \mathbb Z[X] \textnormal{ mit } x^4 - 14x^2 + 9 = P'(x) \cdot Q'(x) \end{eqnarray*}$

d.h. du kannst also für a und b nicht so viele Kombinationen haben... - die kannst du durchprobieren...

14.12.2006, 15:06

AD

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Zitat:

Original von Sunwater
Weil dein Polynom nur den Term x^4 und x^2 enthält kannst du folgenden Ansatz machen:

$\begin{eqnarray*} x^4 - 14x^2 + 9 = (x^2 + a)(x^2 + b) = x^4 + (a+b)x^2 + ab \end{eqnarray*}$

Ist mir nicht schlüssig, diese Einschränkung auf Faktoren ohne lineares Glied unglücklich

unglücklich

Gegenbeispiel: $\begin{eqnarray*} x^4+4 = (x^2+2x+2)(x^2-2x+2) \end{eqnarray*}$

14.12.2006, 21:58

Sunwater

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Ok, ich nehm alles zurück... Hammer

Hammer

wäre ja auch zu schön gewesen...

dann muss halt der allgemeine Ansatz her:

$\begin{eqnarray*} x^4 - 14x^2 + 9 = (x^2 + ax + b)(x^2 + cx + d) = x^4 + (a+c)x^3 + (b + d + ac)x^2 + (ad + bc)x + bd \end{eqnarray*}$

also hast du das Gleichungssystem:

$\begin{eqnarray*} a+c =& 0 \\ b + d + ac =& - 14 \\ ad + bc =& 0 \\ bd =& 9 \end{eqnarray*}$

aber dennoch weißt du, dass $\begin{eqnarray*} a,b,c,d \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ liegen müssen.

14.12.2006, 22:02

Mathespezialschüler

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Naja, ich hatte es einfach allgemein hingeschrieben.

Zitat:

Original von gessi
Und ich weiß, dass q $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ teilt (nach einem Satz in der Übung).

Und wollte halt dann darauf hinaus, dass ja $\begin{eqnarray*} a_n=1 \end{eqnarray*}$ gilt, also $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ ein Teiler von $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ sein muss.

Gruß MSS

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