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| Aufgabe | | Zeige [mm]f=X^9-12X-19\in\IQ[X][/mm] ist irreduzibel. |
Entweder sehe ich es nicht oder es ist ein haufen Arbeit.
Koeffizientenreduktion:
mod 2: [mm]X^9-1[/mm] hat ne Nullstelle
mod 3: [mm]X^9-1[/mm] hat ne Nullstelle
mod 5: [mm]X^9-2X-9[/mm]
bringt alles nichts
Substitution:
x:=y-1
[mm]\Rightarrow f = {y}^{9}-9\,{y}^{8}+36\,{y}^{7}-84\,{y}^{6}+126\,{y}^{5}-126\,{y}^{4}+84\,{y}^{3}-36\,{y}^{2}-3\,y-8[/mm]
Eisenstein nicht anwendbar
x:=y+1
[mm]f={y}^{9}+9\,{y}^{8}+36\,{y}^{7}+84\,{y}^{6}+126\,{y}^{5}+126\,{y}^{4}+84\,{y}^{3}+36\,{y}^{2}-3\,y-30[/mm]
Irreduzibel mit Eisensteinkriterium für p=3
Gibt es einen wesentlich schnelleren Weg? Für die Klausur ist es recht unangenehm den Binomischen Satz für n=9 anzuwenden.
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:48 Sa 05.03.2011 | | Autor: | wieschoo |
| Aufgabe | | Sei nun [mm]f=X^3-7X+7\in \IQ(\sqrt{7})[X][/mm]. Zeige f ist irreduzibel! |
Ich teste mögliche Nullstellen durch: [mm]\{1,-1,7,-7,\sqrt{7},-\sqrt{7}\}[/mm]. Keine passt. Die Nullstelle müsste ja auch in [mm]\IZ[\sqrt{7}][/mm] liegen. Da grad(f)=3 und keine Nullstelle, folgt f ist irreduzibel. Das gilt allerdings nur in faktoriellen Ringen.
nächster Versuch: Koeffvergleich.
Das führt bei auch zu nichts. Mancheinmal sehe ich es einfach nicht.
Sieht vielleicht jemand einen schönen Ansatz?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:53 Mo 07.03.2011 | | Autor: | PeterB |
> Sei nun [mm]f=X^3-7X+7\in \IQ(\sqrt{7})[X][/mm]. Zeige f ist
> irreduzibel!
>
>
> Ich teste mögliche Nullstellen durch:
> [mm]\{1,-1,7,-7,\sqrt{7},-\sqrt{7}\}[/mm]. Keine passt. Die
> Nullstelle müsste ja auch in [mm]\IZ[\sqrt{7}][/mm] liegen. Da
> grad(f)=3 und keine Nullstelle, folgt f ist irreduzibel.
> Das gilt allerdings nur in faktoriellen Ringen.
Also es gilt immer: Ein polynom von grad 3 über irgendeinem Körper reduzibel ist, hat es eine Nullstelle. Außerdem hat jedes normierte Polynom mit (algebraaisch)-ganzen Koeffizienten falls es eine Nullstelle im Körper hat eine Nullstelle im ganzzahl Ring. Außerdem muss diese Nullstelle den konstanten Koeffizienten teilen. Soweit so allgemein. Allerdings hilft das nicht viel falls es wie in diesem Fall unendliche viele Einheiten gibt. Dann gibt es auch unendlich viele mögliche Teiler. Es gibt Abschätzungen der "Größe" der Teiler die dir hier helfen können. Allerdings gibt es auch einen viel einfacheren Weg: Zeige zunächst, dass das Polynom irreduzibel über [mm] $\mathbb [/mm] Q$ ist und folgere dann, dass es auch keine Nullstelle in [mm] $\mathbb{Q}(\sqrt{7})$ [/mm] haben kann, weil der Grad der Erweiterung die von einer Nullstelle erzeugt wird (nämlich 3) nicht den Gard von [mm] $\mathbb{Q}(\sqrt{7})/\mathbb [/mm] Q$ teilt.
Das geht immer für Polynome vom Grad 3 mit rationalen Koeffitienten. Aber es ist wohl schon eher ein spezieller Trick.
Gruß
Peter
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:17 Mo 07.03.2011 | | Autor: | wieschoo |
Danke dir. Cool ohne viel rechnen.
Da hätte man mit viel Zeit vielleicht auch selber drauf kommen können.![[read]](/images/smileys/read.gif "[read]")
Noch einmal danke.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 02:31 Mo 07.03.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Zeige [mm]f=X^9-12X-19\in\IQ[X][/mm] ist irreduzibel.
>
> Entweder sehe ich es nicht oder es ist ein haufen Arbeit.
>
> Koeffizientenreduktion:
>
> mod 2: [mm]X^9-1[/mm] hat ne Nullstelle
> mod 3: [mm]X^9-1[/mm] hat ne Nullstelle
> mod 5: [mm]X^9-2X-9[/mm]
>
> bringt alles nichts
>
> Substitution:
> x:=y-1
> [mm]\Rightarrow f = {y}^{9}-9\,{y}^{8}+36\,{y}^{7}-84\,{y}^{6}+126\,{y}^{5}-126\,{y}^{4}+84\,{y}^{3}-36\,{y}^{2}-3\,y-8[/mm]
>
> Eisenstein nicht anwendbar
>
> x:=y+1
>
> [mm]f={y}^{9}+9\,{y}^{8}+36\,{y}^{7}+84\,{y}^{6}+126\,{y}^{5}+126\,{y}^{4}+84\,{y}^{3}+36\,{y}^{2}-3\,y-30[/mm]
> Irreduzibel mit Eisensteinkriterium für p=3
>
> Gibt es einen wesentlich schnelleren Weg? Für die Klausur
> ist es recht unangenehm den Binomischen Satz für n=9
> anzuwenden.
Allgemein gilt: ist $n = [mm] p^k$ [/mm] mit einer Primzahl $k$, so ist [mm] $\binom{n}{t}$ [/mm] fuer alle $0 < t < n$ durch $p$ teilbar (das folgt etwa daraus, dass der Frobeniusendomorphismus linear ist). Insbesondere ist bei $(y + [mm] 1)^9$ [/mm] jeder Term ausser evtl. dem Leitterm und dem konstanten Term durch 3 teilbar. $12 (y + 1)$ ist eh durch 9 teilbar.
Der konstante Term ist gleich $1$ (konstanter Term von $(y + [mm] 1)^9$) [/mm] plus $-12$ (von $-12 (y + 1)$) plus $-19$ ist, also gleich $-30$. Und $-30$ ist genau einmal durch 3 teilbar.
Damit ersparst du dir $f(y + 1)$ explizit auszurechnen 
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:10 Mo 07.03.2011 | | Autor: | wieschoo |
Danke. Die Frage ist halt nur ob man das sofort sieht.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:24 Mo 07.03.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Danke. Die Frage ist halt nur ob man das sofort sieht.
Das ist eine sehr gute (und berechtigte) Frage... Ich wuerde sowas nur versuchen, wenn man Polynome der Form $a [mm] x^n [/mm] + b x + c$ hat (oder vielleicht noch einen quadratischen Term), und falls $n$ eine Primzahlpotenz ist, $b$ durch die Primzahl teilbar ist und $a$ nicht durch die Primzahl teilbar ist. Dann kann man kurz schauen wie der konstante Term bei einer Verschiebung (egal bei welcher, das kann man variabel machen) aussieht (die Formel dafuer kann man einfach herleiten), also ob er genau einmal durch die Primzahl teilbar ist. Falls dies der Fall ist, kannst du hier verschieben und Eisenstein anwenden, ansonsten probier etwas anderes...
Das ist leider auch sehr speziell, aber dafuer noch recht schnell zu ueberpruefen...
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:20 Di 08.03.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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