Lineare Unabhängigkeit von 1, sqrt(3,7), sqrt(3,7^2)

11.09.2017, 18:12

manuel459

Lineare Unabhängigkeit von 1, sqrt(3,7), sqrt(3,7^2)

Hi Leute,

mir fehlt nur noch ein kleines, jedoch krieg ichs nicht raus:

Ich soll zeigen, dass 1, $\begin{eqnarray*} \sqrt[3]{7} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \sqrt[3]{7^2} \end{eqnarray*}$ linear unabhängig sind.

Ich habe dazu mal geschrieben:

$\begin{eqnarray*} a+b\sqrt[3]{7}+c\sqrt[3]{7^2}=0 \end{eqnarray*}$

und für jeweils a,b,c einmal angenommen dass a=0,b=0,c=0 was mich immer zu einem Widerspruch führt, dass eine rationale Zahl keine irrationale Zahl ist.
jetzt bleibt noch der fall, dass a,b,c ungleich 0. Hier stecke ich fest:

$\begin{eqnarray*} -a=b\sqrt[3]{7}+c\sqrt[3]{7^2} \end{eqnarray*}$

Hat jemand eine Idee? Insbesondere will ich vermeiden, den Beweis über das Minimalpolynom zu führen, womit es klarerweise sehr einfach wär.

Danke und LG

11.09.2017, 18:18

Elvis

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Was meinst du mit linear unabhängig ? Wo ist der Körper, wo ist der Vektorraum ?

11.09.2017, 18:26

manuel459

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hoppla:

Ich soll zeigen, dass sie Basis der Menge {a+b*3wurzel7 +c*3wurzel7^2|a,b,c in Q} als Q-Algebra.

EZS ist es ja offensichtlich, da die Menge gerade durch die Linearkombination definiert ist oder?

13.09.2017, 17:53

manuel459

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könnte man beim letzten Fall sagen, dass da Wurzel(3,7) und Wurzel (3,7^2) linear unabhängig sind und irrational*rational=irrational ist, praktisch dasteht: a ist rational = irrational?

LG

14.09.2017, 08:36

Elvis

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Das verstehe ich nicht. Bitte zeige mir, dass der Beweis über das Minimalpolynom sehr einfach ist.

Ich glaube folgendes zu wissen (Satz vom primitiven Element) :
Ist $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ ein Körper und $\begin{eqnarray*} f\in K[X] \end{eqnarray*}$ irreduzibel vom Grad n, so wird die Körpererweiterung $\begin{eqnarray*} L=K[X]/(f(X)) \end{eqnarray*}$ erzeugt von den Potenzen $\begin{eqnarray*} 1,\alpha,...,\alpha^{n-1} \end{eqnarray*}$ einer Nullstelle $\begin{eqnarray*} \alpha=\overline X \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} f(X) \end{eqnarray*}$ . (Vielleicht ist die Separabilität von $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ noch vorauszusetzen, das ist für $\begin{eqnarray*} K=\mathbb Q \end{eqnarray*}$ gegeben.)

Fassen wir $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ als $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ -Vektorraum auf, so ist der Grad $\begin{eqnarray*} (L:K)=n \end{eqnarray*}$ die Dimension des Vektorraums $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ , und es ist $\begin{eqnarray*} \{1,\alpha,...,\alpha^{n-1}\} \end{eqnarray*}$ eine Basis von $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ , also linear unabhängig über $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ .

14.09.2017, 14:23

manuel459

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naja mittels Minimalpolynom und der Betrachtung einer Körpererweiterung läuft das genau so wie du geschrieben hast.

Wenn f das Minimalpolynom von 3Wurzel7 ist, und sei h ein Polynom in IR[x] mit h(3Wurzel7) ungleich 0.

Dann können die Koordinaten von h(3Wurzel7) so berechnet werden:
Dividiere h mit Rest durch f.

h=m*f+r
h(3Wurzel7)=m(3Wurzel7)*f(3Wurzel7)+r(3Wurzel7)
da f(3Wurzel7)=0 ist h(3Wurzel7) = r(3Wurzel7). Da der Grad von r gleich Grad von f -1 ist, ist h(3Wurzel7) eine Linearkombination von 1,3Wurzel7 und 3Wurzel7 ^2.

Da man von einem beliebigen h ausgeht, ist das 3 Tupel ein EZS.

Weiters: wenn 1, 3Wurzel7 und 3Wurzel7^2 nicht linear unabhängig wären, so wäre 3Wurzel7 eine Nullstelle eines Polynoms vom Grad 2, da 2 aber kleiner als 3 ist (dem Grad des Minimalpolynoms) kann es das nicht geben woraus folgt, dass 1, 3Wurzel7 und 3Wurzel7^2 linear unabhängig sein muss.

Mein Gedanke war folgender:

a + b* 3Wurzel7 + c* (3Wurzel7)^2=0

Nehme ich an, dass c=0 ist, dann folgt -a/b=3Wurzel7 nach Umformung. Dann wäre eine rationale Zahl aber eine irrationale -> Widerspruch

selbiges erhält man, wenn man einmal b und einmal a als 0 annimmt.

Wenn man jeweils 2 als 0 annimt, so folgt daraus direkt, dass der dritte Koeffizient 0 sein muss, dann wäre 1, 3Wurzel7 und (3Wurzel7)^2 linear unabhängig.

Letzte Möglichkeit: a,b,c sind ungleich 0

Dann erhählt man nach Umformen Gerade -a=b* 3Wurzel7 + c* (3Wurzel7)^2.
Da 3Wurzel7 und (3Wurzel)^2 nach oben (dort wo man a=0 annimmt) linear unabhängig sind, kann b*3Wurzel7+c*(3Wurzel7)^2 nie 0 sein.
Aus diesem Grund und da Rationale Zahl* Irrationale Zahl = Irrationale Zahl ist, ist b*3Wurzel7+c*(3Wurzel7)^2 eine Irrationale Zahl.
Dann wäre aber eine Irrationale Zahl gleich einer Rationalen Zahl (a). ->Widerspruch.
Daher muss die Annahme falsch sein und damit ist die lineare Unabhängigkeit gezeigt.

14.09.2017, 15:24

HAL 9000

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Zitat:

Original von manuel459
Aus diesem Grund und da Rationale Zahl* Irrationale Zahl = Irrationale Zahl ist, ist b*3Wurzel7+c*(3Wurzel7)^2 eine Irrationale Zahl.

Diese Begründung ist nicht schlüssig: Jeder der beiden Summanden mag gemäß dieser Begründung "Rationale Zahl* Irrationale Zahl = Irrationale Zahl" irrational sein, aber es gibt keine allgemein gültige Regel "irrational + irrational = irrational". unglücklich

14.09.2017, 16:12

manuel459

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stimmt...
naja das heißt auf diesem Weg komme ich nicht ans Ziel.
Gibt's einen anderen?

14.09.2017, 16:21

HAL 9000

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Naja, sicher den Weg von Elvis.

Alternativ kann man ohne großartige Algebrakenntnisse (wie sie mir ja leider auch fehlen) "zu Fuß" folgendes erreichen: Sollte es rationale $\begin{align*} a,b,c \end{align*}$ mit

$\begin{align*} a+b\sqrt[3]{7}+c\sqrt[3]{7^2} = 0\qquad (I) \end{align*}$

geben, die nicht sämtlich gleich Null sind, dann auch ganzzahlige. (I) zweimal mit $\begin{align*} \sqrt[3]{7} \end{align*}$ multipliziert ergibt die beiden Gleichungen

$\begin{align*} 7c+a\sqrt[3]{7}+b\sqrt[3]{7^2} = 0\qquad (II) \end{align*}$

$\begin{align*} 7b+7c\sqrt[3]{7}+a\sqrt[3]{7^2} = 0\qquad (III) \end{align*}$

Jetzt eliminieren wir $\begin{align*} \sqrt[3]{7^2} \end{align*}$ : Die Rechnung $\begin{align*} b\cdot (I)-c\cdot (II) \end{align*}$ ergibt

$\begin{align*} (ab-7c^2) + (b^2-ac)\sqrt[3]{7} = 0\qquad (IV) \end{align*}$

ähnlich ergibt $\begin{align*} a\cdot (I)-c\cdot (III) \end{align*}$ die Gleichung

$\begin{align*} (a^2-7bc) + (ab-7c^2)\sqrt[3]{7} = 0\qquad (V) \end{align*}$ .

Jetzt könnte man noch $\begin{align*} b\cdot (IV)+c\cdot (V) \end{align*}$ rechnen und erhalten

$\begin{align*} ab^2-14bc^2+a^2c + (b^3-7c^3)\sqrt[3]{7} = 0 \end{align*}$ .

Wegen der Irrationalität von $\begin{align*} \sqrt[3]{7} \end{align*}$ ist das nur für $\begin{align*} b^3-7c^3=0 \end{align*}$ möglich, diese Gleichung hat aber keine ganzzahligen Lösungen außer $\begin{align*} b=c=0 \end{align*}$ , woraus unmittelbar $\begin{align*} a=0 \end{align*}$ folgt, Widerspruch.

Ist aber wahnsinnig umständlich und unelegant, dafür aber für einen Algebralaien wie mich geeignet. Augenzwinkern

14.09.2017, 16:55

manuel459

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Wow! Im Gegenteil, ich finde es toll, dass du mit so wenig auskommst!
Eine Frage muss ich jedoch stellen: Wie kommt man darauf? Try&Error? Oder hat man da eine Ahnung und biegt es dann in diese Richtung?

Gott

14.09.2017, 17:28

HAL 9000

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Mir fällt gerade noch eine andere Lösung ein: (I)(II)(III) kann man bei festen $\begin{align*} a,b,c \end{align*}$ (die nicht sämtlich Null sind) als homogenes Gleichungssystem mit ganzzahliger Koeffizientenmatrix $\begin{align*} A=\begin{pmatrix} a & b & c\\ 7c & a & b\\ 7b & 7c & a\end{pmatrix} \end{align*}$ auffassen, wir dürfen außerdem o.B.d.A. $\begin{align*} \operatorname{ggT}(a,b,c)=1 \end{align*}$ annehmen.

Dieses GLS kann aber nur dann eine Lösung ungleich Null wie hier $\begin{align*} x=1,y=\sqrt[3]{7},z=\sqrt[3]{7^2} \end{align*}$ besitzen, wenn die Determinante gleich Null ist! Aus

$\begin{align*} 0 = \det(A) = a^3 + 7b^3 + 49c^3 - 21abc = a^3 + 7(b^3+7c^3-3abc) \end{align*}$

folgt $\begin{align*} 7\mid a^3 \end{align*}$ und damit $\begin{align*} 7\mid a \end{align*}$ . Die Substitution $\begin{align*} a=7a' \end{align*}$ ergibt

$\begin{align*} \det(A) = 7\left(b^3 + 7c^3 + 49a'^3 - 21bca'\right) \end{align*}$

und mit analoger Begründung dann auch $\begin{align*} 7\mid b \end{align*}$ und einen Schritt später $\begin{align*} 7\mid c \end{align*}$ , Widerspruch zu $\begin{align*} \operatorname{ggT}(a,b,c)=1 \end{align*}$ .

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