Irreduziblilität eines Polynoms

10.03.2016, 16:19	S.A.W.	Auf diesen Beitrag antworten »
Irreduziblilität eines Polynoms Zerlegen Sie $\begin{eqnarray} f= X^4 + 8X+12 \end{eqnarray}$ in $\begin{eqnarray} \mathbb{F}_5[5] \end{eqnarray}$ . Folgern Sie, dass $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ irreduzibel über $\begin{eqnarray} \mathbb{Q} \end{eqnarray}$ ist. In $\begin{eqnarray} \mathbb{F}_5 \end{eqnarray}$ ist $\begin{eqnarray} f= X^4 + 3X+2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f(0)=2 \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} f(1)=1 \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} f(2)=4 \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} f(3)=2 \end{eqnarray}$ , und $\begin{eqnarray} f(4)=0 \end{eqnarray}$ . Somit ist $\begin{eqnarray} 4 \end{eqnarray}$ eine Nullstelle von $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ . Polynomdivision ergibt $\begin{eqnarray} f=(X-4)g=(X+1)g=(X+1)(X^3+4X^2+X+2) \end{eqnarray}$ . Da wir die Nullstellen für $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ bereits ausprobiert haben, kann nur noch $\begin{eqnarray} 4 \end{eqnarray}$ eine Nullstelle von $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ sein, jedoch erhalten wir $\begin{eqnarray} g(4)=4 \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ lässt sich somit in $\begin{eqnarray} \mathbb{F}_5 \end{eqnarray}$ zerlegen in: $\begin{eqnarray} f=(X+1)(X^3+4X^2+X+2) \end{eqnarray}$ . Wie folgere ich jetzt, dass $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ irreduzibel über $\begin{eqnarray} \mathbb{Q} \end{eqnarray}$ ist?
10.03.2016, 17:31	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn überhaupt, dann würde $\begin{align} f \end{align}$ über $\begin{align} \mathbb{Q} \end{align}$ nur eine negative Nullstelle besitzen. Man könnte sie als $\begin{align} - \frac{a}{b} \end{align}$ mit teilerfremden positiven ganzen Zahlen $\begin{align} a,b \end{align}$ ansetzen. Daraus ergäbe sich $\begin{align} a^4 \underbrace{- 8ab^3 + 12b^4}_{\text{gerade}} = 0 \end{align}$ woraus man schließen könnte, daß $\begin{align} a = 2a' \end{align}$ gerade wäre. Dies in die letzte Gleichung eingesetzt und durch 4 dividiert, erhielte man $\begin{align} \underbrace{4{a'}^4 - 4a'b^3}_{\text{gerade}} + 3b^4 = 0 \end{align}$ was wiederum zur Folge hätte, daß $\begin{align} b \end{align}$ gerade wäre. Also wären $\begin{align} a,b \end{align}$ entgegen der Annahme doch nicht teilerfremd. Somit kann $\begin{align} f \end{align}$ keine Nullstellen in $\begin{align} \mathbb{Q} \end{align}$ besitzen. Wäre daher $\begin{align} f \end{align}$ über $\begin{align} \mathbb{Q} \end{align}$ reduzibel, dann müßte es in zwei irreduzible quadratische Faktoren zerfallen. Jetzt überlege, warum sich das nicht mit deiner Zerlegung modulo 5 verträgt.
10.03.2016, 18:48	S.A.W.	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe einen irreduziblen linearen und einen irreduziblen kubischen Faktor in $\begin{eqnarray} \mathbb{F}_5 \end{eqnarray}$ . Dies verträgt sich nicht mit zwei quadratischen Faktoren. Wäre das schon ausreichend?
11.03.2016, 06:20	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielleicht noch eine kleine Bemerkung dazu, warum sich das nicht verträgt.
13.03.2016, 13:58	S.A.W.	Auf diesen Beitrag antworten »
Gut, dass du an dieser Stelle nachgehakt hast. Kannst du mir einen kleinen Tip geben, wo ich diesbezüglich genauer nachlesen kann? Ich habe mit einem Freund zusammen die letzten beiden Tage vergeblich gute Literatur für den Zusammenhang zwischne Faktorisierungen eines Polynoms und speziell den Grad der einzelnen Faktoren in unterschiedlichen Faktorringen gesucht.
13.03.2016, 14:25	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Stichwort "algebraische Geometrie". Wikipedia: Die algebraische Geometrie ist ein Teilgebiet der Mathematik, das, wie der Name bereits andeutet, die abstrakte Algebra, insbesondere das Studium von kommutativen Ringen, mit der Geometrie verknüpft. Sie lässt sich kurz als das Studium der Nullstellengebilde algebraischer Gleichungen beschreiben. Interessant auch in diesem Zusammenhang: endliche Körper, algebraische Zahlkörper, algebraische Funktionenkörper, p-adische Zahlkörper und dort speziell das "Hensel'sche Lemma". (Das sollte für ein komplettes Mathematikstudium ausreichen. )
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