Irreduziblität in Q[x], Pol. grad 6. Harte Nuss?

08.12.2009, 17:50	Bison	Auf diesen Beitrag antworten »
Irreduziblität in Q[x], Pol. grad 6. Harte Nuss? Hallo miteinander, ich soll zeigen, dass folgendes Polynom f in Q[x] irreduzibel ist: $\begin{eqnarray} f = x^6 + 12x^5 + 60x^4 + 160x^3 + 240x^2 + 192x + 67 \end{eqnarray}$ Hier kann man leider kein Eisenstein anwenden, weil man keine primzahl findet, die alle koeff. teilt... Probiert hab ich noch reduktion modulo 2: $\begin{eqnarray} f = x^6 + 1 \text{ in } \mathbb{Z}_2 [x] \end{eqnarray}$ , wobei dann aber direkt mit $\begin{eqnarray} x=1 \end{eqnarray}$ eine Nullstelle erscheint. Reduktion mod 3 ergibt $\begin{eqnarray} f = x^6 + x^3 + 1 \text{ in } \mathbb{Z}_3 [x] \end{eqnarray}$ , womit ich auch bei x = 1 Nullstelle hab. Das ist schlecht, weil ich ja zeigen will, dass die jeweils reduzierten Pol im polynomring über Z/pZ irreduziebel sind... wäre dies so, dann wäre auch f in Z[x] und damit in Q[x] irred und ich wäre fertig. Kann mir da einer helfen, wie ich zeige, dass f irreduzibel in Q[x]ist? Diese reduktion hilft irgendwie nicht wirklich... eisenstein geht nicht, und weil auch noch der grad größer als 4 ist, kann ich auch nicht direkt mit nullstellen von f was machen... Hilft evtl, dass man zeigen könnte: f(x) irred., dann auch f(x+1) irred?! das hab ich nich ganz verstanden, steht aber in unserer VL ich freu mich auch über ideen, was ich noch probieren könnte. besten dank
08.12.2009, 17:56	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Genau. Berechne $\begin{eqnarray} g(x) = f(x+1) \end{eqnarray}$ . Mein CAS liefert ein Polynom, auf das Eisenstein mit $\begin{eqnarray} p=3 \end{eqnarray}$ paßt. Oder mit Analysis: $\begin{eqnarray} f'(x) = 6(x+2)^5 \end{eqnarray}$ Herz, was begehrst du mehr! Das Minimum von $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ liegt bei $\begin{eqnarray} x=-2 \end{eqnarray}$ und ist positiv (nachrechnen!). Daher besitzt $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ keine reellen Nullstellen, erst recht also keine rationalen. EDIT Ich bemerke gerade, daß mein zweiter Beweisansatz fehlerhaft oder zumindest unvollständig ist. Wenn $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ keine rationalen Nullstellen besitzt, heißt das ja nur, daß kein Linearfaktor abgespalten werden kann. Dennoch könnte das Polynom zerfallen, zum Beispiel in einen quadratischen und einen biquadratischen Teil, wie bei $\begin{eqnarray} x^6 + x^4 + x^2 + 1 = \left( x^4 + 1 \right) \left( x^2 + 1 \right) \end{eqnarray}$ .

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