Polynom faktorisieren

02.02.2014, 01:30

Matheversteher

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Polynom faktorisieren

Hallo alle zusammen Wink

Wink

ich möchte gerne das Polynom $\begin{eqnarray*} x^{10}-2x^9+4x^8-2x^7-5x^6+8x^5-8x^4-4x^3+12x^2-4 \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[x] \end{eqnarray*}$ faktorisieren. Das heißt ja nichts anderes, als dass ich die Nullstellen in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ zu suchen habe.

So die ersten 4 Nullstellen habe ich gefunden, sodass ich folgendes Produkt habe.
$\begin{eqnarray*} (x^6+4x^4+4x^3+4x^2+8x+4)(x-1)^3(x+1) \end{eqnarray*}$

Wie kann ich nun schauen ob das ganze Irreduzibel ist? Mit Eisenstein und Reduktion mod p ?

Mit Eisenstein:
Das Polynom ist irreduzibel, da $\begin{eqnarray*} a_0 = 4 \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} p^2 \end{eqnarray*}$ mit p=2 teilbar ist.

Reduktion mod p (mit p=3):
$\begin{eqnarray*} x^6+x^4+x^3+x^2+2x+1 = 0 \mod 3 \end{eqnarray*}$ Eine Nullstelle kann ich nicht finden, wodurch das Polynom auch nach diesem Kriterium irreduzibel ist.

Ist das so richtig? Aber im Falle der Reduktion mod p ist das doch ein fast endloser Akt, denn finde ich eine Primzahl für die das Polynom keine Nullstelle hat, so ist das Polynom in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ nicht reduzierbar oder?! Wenn ich mich nicht vertan habe, so lässt sich mod 2 eine Primzahl finden.

Vielen Dank für eure Hinweise und Hilfe smile

smile

02.02.2014, 12:57

Elvis

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Die ganzzahligen Nullstellen hast du gefunden. Das Eisensteinkriterium mit $\begin{eqnarray*} p=2 \end{eqnarray*}$ zieht hier nicht, denn dazu dürfte $\begin{eqnarray*} a_0 \end{eqnarray*}$ nicht durch $\begin{eqnarray*} p^2=4 \end{eqnarray*}$ teilbar sein. Da in den Koeffizienten nur p=2 enthalten ist, lohnt es sich nicht, für p grösser oder gleich 5 zu reduzieren. Das Polynom 6. Grades ist übrigens reduzibel, das heißt nicht, dass es ganzzahlige Nullstellen hat, sondern dass es Polynomteiler hat.

03.02.2014, 17:40

Matheversteher

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Tut mir leid, hat etwas gedauert. Aber danke schonma lfür deine Hilfe.

Hmmm.... Ich sehe was ich falsch gemacht habe. Für das Eisensteinkriterium hätte $\begin{eqnarray*} a_0 = 4 \end{eqnarray*}$ nicht durch $\begin{eqnarray*} p^2 \end{eqnarray*}$ teilbar sein dürfen. In diesem Fall ist 4 aber durch $\begin{eqnarray*} 2^2 \end{eqnarray*}$ teilbar, also zieht es natürlich nicht.

Gut, und reduzieren ist auch unsinnig, das habe ich jetzt aber nicht verstanden, warum es unnötig ist. Ich habe es ja nur mod 3 reduziert.

Gut aber um bei meiner Aufgabenstellung zu bleiben. Es reicht hier nur die ganzzahligen Nullstellen zu finden. Mehr gibt es nicht mehr in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ oder?

Zitat:

Zitat
Das Polynom 6. Grades ist übrigens reduzibel, das heißt nicht, dass es ganzzahlige Nullstellen hat, sondern dass es Polynomteiler hat.

Das heißt? Es könnte zum Beispiel durch ein quadratisches Polynom reduziert werden? Wie mache ich das? verwirrt

verwirrt

Bin ich dann schon bei den Galois-Gruppen?

03.02.2014, 18:00

Elvis

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Gäbe es einen linearen Faktor $\begin{eqnarray*} x-a \end{eqnarray*}$ , so wäre $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ ein Teiler von 4, also $\begin{eqnarray*} \pm 1,\pm 2, \pm 4 \end{eqnarray*}$ . Dem ist nicht so, wie man durch (6-malige) Polynomdivision feststellen kann.
Also kann es noch quadratische (2+2+2=6), kubische (3+3=6) und einen biquadratischen (2+4=6) Faktor geben.
Wie man die Faktoren findet, weiß ich leider auch nicht. unglücklich

unglücklich

Wolfram weiß es. smile

smile

03.02.2014, 20:27

Matheversteher

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Zitat:

Zitat
Gäbe es einen linearen Faktor , so wäre ein Teiler von 4, also . Dem ist nicht so, wie man durch (6-malige) Polynomdivision feststellen kann.

Wie kommst du auf 6 malige Polynomdivision? Meinst du, dass ich mein Polynom (bzw. die Ergebnisse) durch $\begin{eqnarray*} x-a \end{eqnarray*}$ teile?

Ich kenne noch den weg über den ggT(f,f') (chin. Restsatz) , wird wahrscheilich das gleiche sein, auch hier kommt heraus, dass es irreduzibel ist.

Zitat:

Zitat
Also kann es noch quadratische (2+2+2=6), kubische (3+3=6) und einen biquadratischen (2+4=6) Faktor geben.

Das kannte ich noch nicht. Aber das trifft eben genau meine Frage, wie kann ich die fehlenden Nullstellen finden?
z.B.: um ein Biquadratisches Polynom zu nehmen $\begin{eqnarray*} f(x)=x^4-6x^2+4 \end{eqnarray*}$ . Wie finde ich jetzt die Nullstellen? Bzw wie zerlege ich es in 2 Polynome? verwirrt

verwirrt

Edit: Ich denke die Substitution wird mir bei dem Biquadratischen Polynom helfen Hammer

Hammer

03.02.2014, 20:59

Mulder

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RE: Polynom faktorisieren
Was man grundsätzlich immer probieren kann, ist der Ansatz, dass es eine Zerlegung gibt, man arbeitet zunächst in dieser Zerlegung mit Unbestimmten und vergleicht die Koeffizienten.

$\begin{eqnarray*} f(x)=x^6+4x^4+4x^3+4x^2+8x+4 \end{eqnarray*}$

Da warst du jetzt hängengeblieben, ja? Angenommen, es gibt z.B. eine Zerlegung in ein quadratisches und ein biquadratisches Polynom mit Koeffizienten in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ . Dann setzt man an:

$\begin{eqnarray*} x^6+4x^4+4x^3+4x^2+8x+4 = (x^2+ax+b) \cdot (x^4+cx^3+dx^2+ex+f) \end{eqnarray*}$

(das Polynon links ist schon normiert, also kann man das bei den beiden auf der rechten Seite auch o.E. annehmen)

Rechts alles ausmultiplizieren und Vergleich der Koeffizienten liefert ein Gleichungssystem, für das man vielleicht eine Lösung findet (dann hat man eine Zerlegung gefunden) oder aber irgendwie auf einen Widerspruch stößt (dann war die Annahme falsch und eine solche Zerlegung gibt es nicht). Über $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ kann das durchaus erfolgreich sein. Kann aber natürlich leider auch sein, dass man nicht weiter kommt. Sollte natürlich immer nur die allerletzte Option sein, wenn einem sonst gar nichts anderes einfällt. Denn das ist ja weder ein besonders eleganter, noch ein arbeitssparender Weg. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Den gleichen Spaß kann man natürlich auch mit einer Zerlegung in ein Produkt von zwei Polynomen vom Grad 3 treiben.

Die Aufgabe ist aber auch insgesamt nicht schön (es sei denn, ich übersehe einen schönen Lösungsweg, das kann natürlich sein). Erst recht, wenn man bei diesem Thema noch ein paar Unsicherheiten und Lücken hat, ist das schon ein ziemlicher Klotz.

Zitat:

Aber das trifft eben genau meine Frage, wie kann ich die fehlenden Nullstellen finden?

Welche fehlenden Nullstellen denn? Es gibt keine mehr. In $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ jedenfalls nicht. Deswegen muss das Polynom aber noch lange nicht irreduzibel sein.

$\begin{eqnarray*} g(x) = x^4-4 \end{eqnarray*}$ hat auch keine Nullstellen in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ , lässt sich aber trotzdem noch in $\begin{eqnarray*} g(x) = (x^2+2)(x^2-2) \end{eqnarray*}$ faktorisieren.

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04.02.2014, 13:24

Elvis

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Noch ein Tipp: das Polynom 6. Grades ist das Quadrat eines über $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ irreduziblen kubischen Polynoms. Jetzt kannst Du es mit der Methode von Mulder zerlegen.

04.02.2014, 14:17

Matheversteher

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Hallo Mulder, Hallo Elvis,

danke für eure Beiträge. Ich versuche das zur Zeit mit dem reduzieren von Polynomen zu verstehen.
Aber so wirklich ist der Groschen noch nicht gefallen.

Zitat:

Zitat
$\begin{eqnarray*} f(x)=x^6+4x^4+4x^3+4x^2+8x+4 \end{eqnarray*}$
Da warst du jetzt hängengeblieben, ja?

Ja genau, das war der letzte Punkt.

Zitat:

Zitat
Deswegen muss das Polynom aber noch lange nicht irreduzibel sein.

Also ich dachte bis gerade, dass wenn ich zum Beispiel keine Nullstellen mehr in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ finde, dass es dann über Z irreduzibel ist. Du hast aber direkt ein Gegenbeispiel geliefert mit einem Kreisteilungspolynom?!
Verstehe ich das richtig, dass ich von einer Reduzierung nur spreche, wenn in den Entstehenden Polynomen die Koeffizienten auch wieder ganze Zahlen sind.

Denn:
$\begin{eqnarray*} g(x) = (x^2+2)(x^2-2) \end{eqnarray*}$ ließe sich ja noch nach $\begin{eqnarray*} g(x) = (x^2+2)(x^2-2)=(x-i \sqrt2)(x+ i \sqrt2)(x- \sqrt2)(x+ \sqrt2) \end{eqnarray*}$ vereinfachen. Aber das zählt dann nicht als Reduzierung? Ich hoffe ihr versteht mein Problem, wo es noch hakt.

04.02.2014, 14:28

Elvis

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Ja, das verstehst du richtig. Über $\begin{eqnarray*} \mathbb C \end{eqnarray*}$ zerfällt nach dem Fundamentalsatz der Algebra jedes Polynom in Linearfaktoren. Über Teilkörpern oder Teilringen nicht. Es kommt also bei den Begriffen reduzibel und irreduzibel immer darauf an, wo man die Polynome betrachtet.

04.02.2014, 14:42

HAL 9000

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Zitat:

Original von Mulder
Die Aufgabe ist aber auch insgesamt nicht schön (es sei denn, ich übersehe einen schönen Lösungsweg, das kann natürlich sein). Erst recht, wenn man bei diesem Thema noch ein paar Unsicherheiten und Lücken hat, ist das schon ein ziemlicher Klotz.

Sehe ich ähnlich.

Trotzdem noch eine Idee (?!): Um festzustellen bzw. auszuschließen, ob es im Restpolynom $\begin{eqnarray*} f(x)=x^6+4x^4+4x^3+4x^2+8x+4 \end{eqnarray*}$ noch mehrfache (komplexe) Nullstellen gibt, könnte man auch $\begin{eqnarray*} \operatorname{ggT}(f(x),f'(x)) \end{eqnarray*}$ bestimmen, was einem zumindest bei dieser Aufgabe weiterbringt.

P.S.: Zugegeben, das habe ich nur vorgeschlagen, weil ich das Ergebnis kenne. Augenzwinkern

Augenzwinkern

04.02.2014, 14:42

Mulder

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Nochmal eine Ergänzung:

Zitat:

Original von Matheversteher
Also ich dachte bis gerade, dass wenn ich zum Beispiel keine Nullstellen mehr in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ finde, dass es dann über Z irreduzibel ist.

Diese Argumentation greift, wenn das Polynom maximal Grad 3 hat. Denn wenn ein Polynom vom Grad 3 reduzibel ist, muss mindestens ein Faktor ein linearer Faktor in einer etwaigen Zerlegung sein und dann hat man natürlich wieder eine Nullstelle vorliegen (ich gehe jetzt von einem normierten reduziblen Polynom aus). Aber ab mindestens Grad 4 kommt man mit dieser Argumentation eben nicht mehr weiter, ein Beispiel dafür hast du nun ja schon gesehen.

04.02.2014, 14:55

Matheversteher

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Zitat:

Zitat
Ja, das verstehst du richtig. Über zerfällt nach dem Fundamentalsatz der Algebra jedes Polynom in Linearfaktoren.

Ja das ist mir bekannt. Heißt das dann, dass jedes die Minimalpolynom in $\begin{eqnarray*} \mathbb C \end{eqnarray*}$ immer Linear sind?

Gleichzeitig ist für [latex ]g(x)= x^4-1 [/latex] dann $\begin{eqnarray*} (x^2+2)(x^2-2) \end{eqnarray*}$ mein Minimalpolynom über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ ? Ist das richtig?

Mhhh... Dann stehe ich noch vor dem Problem, wie sehe ich den relativ schnell ob sich noch etwas reduzieren lässt? Die Reduktion modulo p macht mir noch Probleme.

Um wiede zu meinem Problem zurück zu kommen, so könnte ich mein Polynom 6ten Grades mod 2 reduzieren, also:
$\begin{eqnarray*} f(x)=x^6+4x^4+4x^3+4x^2+8x+4 \mod 2 \equiv x^6 = 0 \mod 2 \end{eqnarray*}$
Nun schaue ich ob ich mod 2 eine Nullstelle finde oder? In diesem Fall wäre es 0. Nun zwei Probleme:
1.) Was passiert, wenn ich kein Element mod 2 finden würde (nur hypothetisch), sodass die Gleichung erfüllt ist? Dann wäre das auch Polynom irreduzibel über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ , verstehe ich das richtig?
2.) Das Polynom ist nun aber mod 2 reduzierbar, ich könnte nun also mod 3 usw. durch "probieren" ob es irgendwo irreduzibel ist. Was aber, wenn es sich über meine Primzahlen reduzieren lässt (wobei zu beachten ist, dass ich ja nicht alle möglichen Primzahlen durch testen kann)? Das heißt ja noch nichz zwangsläufig, dass es sich auch wirklich über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ reduzieren lässt, oder? Welche p nehme ich, damit das ganze so kurz wie möglich ist?

Edit:

Zitat:

Zitat
$\begin{eqnarray*} \operatorname{ggT}(f(x),f'(x)) \end{eqnarray*}$

Das funktioniert nach dem Schema des chin. Restsatz oder?

04.02.2014, 16:10

HAL 9000

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Chinesischer Restsatz? Erstaunt1

Erstaunt1

Meinst du nicht eher "Euklidischer Algorithmus"? verwirrt

verwirrt

04.02.2014, 16:45

Matheversteher

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Zitat:

Zitat
Chinesischer Restsatz? Erstaunt1

Erstaunt1

Meinst du nicht eher "Euklidischer Algorithmus"? verwirrt

verwirrt

Ach klar, ich wusste da war was nicht ganz richtig. Aber den meinte ich.
Habe ich auch mal ausgerechnet ähm, das müsste $\begin{eqnarray*} g(x)=(x^2+2x+2)^2 \end{eqnarray*}$ . Also der sollte $\begin{eqnarray*} ggT(f,f')= x^2+2x+2 \end{eqnarray*}$ sein. Da wäre ich aber im leben nicht selber drauf gekommen. ISt das dann auch gleichzeitig mein Minimalpolynom der ggT?

Nach wie vor habe ich aber noch die zwei Fragen aus Beitrag 12.

Zitat:

Zitat
Um wiede zu meinem Problem zurück zu kommen, so könnte ich mein Polynom 6ten Grades mod 2 reduzieren, also: $\begin{eqnarray*} f(x)=x^6+4x^4+4x^3+4x^2+8x+4 \mod 2 \equiv x^6 = 0 \mod 2 \end{eqnarray*}$ Nun schaue ich ob ich mod 2 eine Nullstelle finde oder? In diesem Fall wäre es 0. Nun zwei Probleme: 1.) Was passiert, wenn ich kein Element mod 2 finden würde (nur hypothetisch), sodass die Gleichung erfüllt ist? Dann wäre das auch Polynom irreduzibel über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ , verstehe ich das richtig? 2.) Das Polynom ist nun aber mod 2 reduzierbar, ich könnte nun also mod 3 usw. durch "probieren" ob es irgendwo irreduzibel ist. Was aber, wenn es sich über meine Primzahlen reduzieren lässt (wobei zu beachten ist, dass ich ja nicht alle möglichen Primzahlen durch testen kann)? Das heißt ja noch nichz zwangsläufig, dass es sich auch wirklich über $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ reduzieren lässt, oder? Welche p nehme ich, damit das ganze so kurz wie möglich ist?

04.02.2014, 18:35

Elvis

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Die Reduktion mod p lohnt sich nur dann, wenn du annimmst, dass ein Polynom keine Nullstelle hat. Wenn es eine Nullstelle hätte, hätte es auch eine Nullstelle mod p für alle p. Hat es mod p für ein p keine Nullstelle, hat es keine Nullstelle.

HAL9000 hat vorgeschlagen, den $\begin{eqnarray*} ggT(f(x),f'(x)) \end{eqnarray*}$ zu berechnen. Das ist sinnvoll, weil dieser ggT genau dann von 1 verschieden, also nichttrivial ist wenn das Polynom mehrfache Nullstellen hat. Das passt doch sehr schön zu meinem Hinweis, das f das Quadrat eines kubischen Polynoms ist.

Du hast dich verrechnet, es ist $\begin{eqnarray*} ggT(f,f')=x^3+2x+2 \end{eqnarray*}$ . Was wird jetzt wohl das kubische Polynom sein ? Augenzwinkern

Augenzwinkern

Mit dem Tipp von Mulder und dem Ansatz $\begin{eqnarray*} f=(x^3+ax^2+bx+c)^2 \end{eqnarray*}$ hättest du eventuell auch auf das Ergebnis kommen können.

Im übrigen stimme ich allen Beteiligten zu: die Aufgabe ist unschön.

04.02.2014, 22:44

Matheversteher

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Bin grad nur mobil online, deshalb fasse ich mich kurz.

Bei dem ggf habe ich mich vertippt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Habe das gleiche raus. Das kubische Polynom müsste aber im Quadrat stehen sprich: $\begin{eqnarray*} (x^3+2x+2)^2 \end{eqnarray*}$ jetzt müsste es stimmen oder?

OK, da die Aufgabe unschön ist, werde ich das ganze hiermit schließen und für die Frage nach dem Minimalpolynom eine andere Aufgabe wählen und dann in einen neuen Thread Posten.

Vielen Dank für eure Hilfe smile

smile

05.02.2014, 13:15

Elvis

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Na klar stimmt das. Du musst es zur Probe nur einmal ausmultiplizieren, dann siehst du es.

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