Nullstellen eines Polynoms, Zerfällungskörper

25.06.2014, 16:59	Gnus	Auf diesen Beitrag antworten »
Nullstellen eines Polynoms, Zerfällungskörper Hallo! Ich möchte einen Zerfällungskörper $\begin{eqnarray} K \end{eqnarray}$ über $\begin{eqnarray} \mathbb Q \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} f=t^6+4t^4+4t^2+3 \end{eqnarray}$ angeben und $\begin{eqnarray} [K:\mathbb Q] \end{eqnarray}$ bestimmen. Nun habe ich versucht die Nullstellen zu "sehen". Nachdem dies erfolglos blieb, habe ich sie mir von Wolfram bestimmen lassen und bin zu dem Schluss gekommen, dass ich nicht glaube, dass die Aufgabe auf diesem Wege gelöst werden soll. Kann mir jemand zeigen wie ich einen Zerfällungskörper finde? MfG
25.06.2014, 17:34	Mulder	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Nullstellen eines Polynoms, Zerfällungskörper Hmm ... bisschen tricky ist es wohl bei diesem Polynom. Aber wenn man's denn sieht, kommt man durch ein bisschen Umsortieren wohl auf eine Zerlegung. $\begin{eqnarray} f = x^6+3x^4+x^4+3x^2+x^2+3 = x^4(x^2+3)+x^2(x^2+3)+(x^2+3) \end{eqnarray}$ Und dem Faktor $\begin{eqnarray} (x^4+x^2+1)=(x^4+2x^2+1)-x^2 = (x^2+1)^2-x^2 = \, ... \end{eqnarray}$ kann man anschließend mit der 3. binomischen Formel auch gut beikommen. Dann hat man eine Zerlegung in irreduzible Faktoren gefunden. Also der kniffligere Teil ist eher der Anfang. Wenn man den hat, kommt man gut weiter. Ansonsten ist es, wenn man über $\begin{eqnarray} \mathbb Q \end{eqnarray}$ arbeitet, wohl der gängige Weg, die Nullstellen zu suchen und diese dann einfach zu adjungieren.
25.06.2014, 17:36	Captain Kirk	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, ist das Polynom irreduzibel? Falls nein, zerlege es.
25.06.2014, 17:55	Captain Kirk	Auf diesen Beitrag antworten »
@Mulder: ich hab jetzt auch nochmal die Zerlegung nachgerechnet, krieg allerdings auch eine andere und zwar eine mit ziemlich angenehmen NST. Banale quadratische Substition zu X³+4X²+4X+3=(X+3)(X²+X+1) letzeres ist das zweite Kreisteilungspolynom hat also die primitiven zweiten EW als NST. Irgendwas kommt mir hier spanisch vor...
25.06.2014, 17:56	Mulder	Auf diesen Beitrag antworten »
Naja, das ist doch genau das selbe.
25.06.2014, 20:48	Gnus	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo ihr beiden und Danke für eure Hilfe! Ich habe jetzt nun die 6 Nullstellen erhalten, indem ich aus $\begin{eqnarray} -3 \end{eqnarray}$ und den zwei primitiven 2-ten Einheitswurzeln die Wurzeln gezogen habe. Nun konnte ich 4 von den Nullstellen weglassen, da sie als Linearkombinationen der anderen zwei darstellbar sind und erhalte als einen möglichen Zerfällungskörper $\begin{eqnarray} \mathbb Q (i\sqrt{3}, \sqrt[3]{-1}) \end{eqnarray}$ . Ist das soweit korrekt? Nun ist $\begin{eqnarray} t^3+1 \end{eqnarray}$ Minimalpolynom von $\begin{eqnarray} \sqrt[3]{-1} \end{eqnarray}$ über $\begin{eqnarray} \mathbb Q \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} t^2+3 \end{eqnarray}$ Minimalpolynom von $\begin{eqnarray} i\sqrt{3} \end{eqnarray}$ über $\begin{eqnarray} \mathbb Q \end{eqnarray}$ . Da $\begin{eqnarray} -i\sqrt 3, +i\sqrt 3 \notin \mathbb Q(\sqrt[3]{-1}) \end{eqnarray}$ , ist $\begin{eqnarray} t^2+3 \end{eqnarray}$ auch Minimalpolynom von $\begin{eqnarray} i\sqrt{3} \end{eqnarray}$ über $\begin{eqnarray} \mathbb Q(\sqrt[3]{-1}) \end{eqnarray}$ . Also nach Gradsatz: $\begin{eqnarray} [\mathbb Q(i\sqrt 3, \sqrt[3]{-1}):\mathbb Q]=2\cdot 3 =6 \end{eqnarray}$ Richtig?
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25.06.2014, 22:42	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} \sqrt[3]{-1} \end{eqnarray}$ ist hier kein sehr sinnvoller Ausdruck. Tatsächlich ist der Zerfällungskörper schon $\begin{eqnarray} \mathbb Q(i\sqrt{3}) \end{eqnarray}$ , da die Nullstellen von $\begin{eqnarray} x^4+x^2+1 \end{eqnarray}$ alles 6-te Einheitswurzeln sind.
26.06.2014, 22:22	Gnus	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay! Also erhalte ich für den Grad der Körpererweiterung 2. Ich danke euch drei!

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