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(Frage) überfällig  | | Datum: | 11:57 Mi 13.03.2013 | | Autor: | Katthi |
| Aufgabe | Sei [mm] L= \IQ(\omega+ \wurzel[3]{2}) [/mm] , wobei [mm] \omega = e^{\bruch{2\pi i}{3}} [/mm] und sei [mm] f(x) = x^5+2x^4-4x^3-3x^2-2x-1 \in \IQ[x] [/mm].
(a) Berechnen Sie [L: [mm] \IQ [/mm] ].
(b) Zeigen Sie: f ist irreduzibel in L[x]. |
Hallo Leute,
ich hoffe ihr könnt mir helfen.
Also zu (a) denke ich, dass ich erstmal zeigen muss, dass [mm] L = \IQ(\omega+ \wurzel[3]{2}) = \IQ(\omega,\wurzel[3]{2}) [/mm] ist, sodass ich die Gradformel anwenden kann, also [mm] [\IQ(\omega,\wurzel[3]{2}) : \IQ(\wurzel[3]{2})] [\IQ(\wurzel[3]{2}):\IQ] [/mm].
für den zweiten Teil bilde ich einfach das Minimalpolynom [mm] g(x) = x^3-2 [/mm] nach Eisenstein mit p=2 irreduzibel über [mm] \IQ [/mm] ist der Grad = 3. Aber wie gehe ich an den ersten Teil ran?
und zu (b) zeige ich, dass dass f(x+1) irreduzibel über [mm] \IQ [/mm] ist und betrachte dann den größten gemeinsaem Teiler von deg(f) und [mm] [L:\IQ] [/mm]. wenn der gleich 1 ist, so ist nach einem Satz aus unserer Vorlesung f irreduzibel über L[x]. das ist mir soweit klar, nur kann man irgendwo ran erkennen, dass es mit f(x+1) oder f(x-1) klappt oder geht das nur durch ausprobieren?
Vielen Dank für eure Hilfe.
Viele Grüße,
Katthi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:41 Mi 13.03.2013 | | Autor: | hippias |
> Sei [mm]L= \IQ(\omega+ \wurzel[3]{2})[/mm] , wobei [mm]\omega = e^{\bruch{2\pi i}{3}}[/mm]
> und sei [mm]f(x) = x^5+2x^4-4x^3-3x^2-2x-1 \in \IQ[x] [/mm].
> (a)
> Berechnen Sie [L: [mm]\IQ[/mm] ].
> (b) Zeigen Sie: f ist irreduzibel in L[x].
> Hallo Leute,
> ich hoffe ihr könnt mir helfen.
>
> Also zu (a) denke ich, dass ich erstmal zeigen muss, dass [mm]L = \IQ(\omega+ \wurzel[3]{2}) = \IQ(\omega,\wurzel[3]{2})[/mm]
> ist, sodass ich die Gradformel anwenden kann, also
> [mm][\IQ(\omega,\wurzel[3]{2}) : \IQ(\wurzel[3]{2})] [\IQ(\wurzel[3]{2}):\IQ] [/mm].
>
> für den zweiten Teil bilde ich einfach das Minimalpolynom
> [mm]g(x) = x^3-2[/mm] nach Eisenstein mit p=2 irreduzibel über [mm]\IQ[/mm]
> ist der Grad = 3. Aber wie gehe ich an den ersten Teil ran?
Ebenso: Welchen Grad hat denn [mm] $\IQ(\omega):\IQ$? [/mm] Damit bleiben nicht mehr viele Moeglichkeiten fuer [mm] $\IQ(\omega, \sqrt[3]{2}):\IQ(\sqrt[3]{2})$. [/mm]
>
> und zu (b) zeige ich, dass dass f(x+1) irreduzibel über
> [mm]\IQ[/mm] ist und betrachte dann den größten gemeinsaem Teiler
> von deg(f) und [mm][L:\IQ] [/mm]. wenn der gleich 1 ist, so ist nach
> einem Satz aus unserer Vorlesung f irreduzibel über L[x].
> das ist mir soweit klar, nur kann man irgendwo ran
> erkennen, dass es mit f(x+1) oder f(x-1) klappt oder geht
> das nur durch ausprobieren?
Dieses Kriterium ist mir zwar nicht gelaeufig, aber das $f(x+1)$ wirst Du sicher ausrechnen muessen. Vermutlich kannst Du auf das Resultat Eisenstein oder so anwenden.
>
> Vielen Dank für eure Hilfe.
>
> Viele Grüße,
> Katthi
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(Frage) überfällig | | Datum: | 09:12 Do 14.03.2013 | | Autor: | Katthi |
Also ich würde ja sagen, dass [mm] \IQ (\omega) : \IQ [/mm] auch Grad 3 hat, aber wie komme ich dann dazu, dass [mm] \IQ (\omega, \wurzel[3]{2}) : \IQ( \wurzel[3]{2}) [/mm] dann Grad 2 hat?
Und zu dem Kriterium muss es aber doch irgendwie nen Satz oder so geben, weil ich habe noch ein weiteres Beispiel, bei dem sogar f(x+3) betrachtet wird, welches man dann durch Eisenstein zeigen kann, dass es irreduzibel ist. Aber man kann doch nicht immer alles ausprobieren, welches funktioniert, denn wenn man Polynome mit Grad 7 oder so hat ist das ganz schön aufwendig und sprengt doch jeden Rahmen einer Klausur. Nur leider finde ich nichts dazu...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:51 Do 14.03.2013 | | Autor: | hippias |
> Also ich würde ja sagen, dass [mm]\IQ (\omega) : \IQ[/mm] auch Grad
> 3 hat, aber wie komme ich dann dazu, dass [mm]\IQ (\omega, \wurzel[3]{2}) : \IQ( \wurzel[3]{2})[/mm]
> dann Grad 2 hat?
Tja, vielleicht ist Deine Vermutung ueber den Grad von [mm] $\IQ (\omega) [/mm] : [mm] \IQ$ [/mm] ja nicht ganz richtig und der Grad ist tatsaechlich $=2$...
Wenn Du das hast, dann kann der Grad von [mm] $\IQ (\omega, \wurzel[3]{2}) [/mm] : [mm] \IQ( \wurzel[3]{2})$ [/mm] nur noch $1$ oder $2$ sein, wobei Du den ersten Fall ausschliessen musst.
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> Und zu dem Kriterium muss es aber doch irgendwie nen Satz
> oder so geben, weil ich habe noch ein weiteres Beispiel,
> bei dem sogar f(x+3) betrachtet wird, welches man dann
> durch Eisenstein zeigen kann, dass es irreduzibel ist. Aber
> man kann doch nicht immer alles ausprobieren, welches
> funktioniert, denn wenn man Polynome mit Grad 7 oder so hat
> ist das ganz schön aufwendig und sprengt doch jeden Rahmen
> einer Klausur. Nur leider finde ich nichts dazu...
Also eines ist klar: Wenn Du zeigen kanst, dass $f(t+a)$ fuer irgendein [mm] $a\in [/mm] K$ irreduzibel ist, dann ist auch $f$ irreduzibel. Durch geschickte Wahl von $a$ kann man manchmal Eisenstein auf $f(t+a)$ anwenden, obwohl dieses Kriterium fuer $f$ nicht anwendbar ist.
Ich habe natuerlich keine Lust die Rechnung durchzufuehren, aber was man ohne grossen Aufwand sieht, ist wenn Du mit $t+1$ substituierst, dann ist das Absolutglied $=-7$ und ebenso der Faktor vor [mm] $t^{4}$ [/mm] ist $=7$. Damit koennte Eisenstein also funktionieren.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:32 Do 14.03.2013 | | Autor: | Katthi |
aaahja, klar [mm] \omega ^3 [/mm] ist ja =1 somit hat [mm] \IQ (\omega) :\IQ [/mm] Grad 2, weil ich dann ja nur die beiden Komponenten betrachten muss, die nicht =1 sind. wenn ich die 1 also abspalte bleibt mir der zweite Teil über, der irreduzibel über [mm] \IQ (\wurzel[3]2}) [/mm] ist mit Grad 2.
ja genau, dass das gilt, dass wenn f(x+k) irreduzibel, dass dann auch f(x) irreduzibel ist, weiß ich.
Aber dann versuche ich das mal, wenn ich mir die Komponenten anschaue, ob man daran was sehen kann, wie du das mit der 7 als Koeffizient gezeigt hast. Aber eigentlich muss ich ja um den Koeffizienten zu bestimmen doch erst alles ausrechnen oder nicht?
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Die Irreduzibilität von [mm]f(x)[/mm] über [mm]\mathbb{Q}[/mm] ist gleichbedeutend mit der über [mm]\mathbb{Z}[/mm]. Diese läßt sich aber leicht durch Reduktion modulo 2 zeigen. Es sei [mm]\mathbb{Z}_2 = \mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z} = \{ 0 , 1 \}[/mm] der Körper mit zwei Elementen. Der kanonische Epimorphismus [mm]\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}_2[/mm] läßt sich auf die Polynomringe fortsetzen. Aus dem Polynom [mm]f(x)[/mm] über [mm]\mathbb{Z}[/mm] wird das Polynom
[mm]\tilde{f}(x) = x^5 + x^2 + 1[/mm] über [mm]\mathbb{Z}_2[/mm]
Offenbar besitzt es keine Nullstellen in [mm]\mathbb{Z}_2[/mm]. Wenn es reduzibel wäre, müßte es also einen irreduziblen quadratischen Faktor abspalten. Das einzige irreduzible quadratische Polynom modulo 2 ist aber [mm]x^2 + x + 1[/mm]. Führt man über [mm]\mathbb{Z}_2[/mm] eine Polynomdivision durch, erhält man
[mm]x^5 + x^2 + 1 = (x^2 + x + 1) (x^3 + x^2) + 1[/mm]
Die Division geht nicht auf. Daher ist [mm]\tilde{f}(x)[/mm] irreduzibel über [mm]\mathbb{Z}_2[/mm] und somit [mm]f(x)[/mm] über [mm]\mathbb{Z}[/mm].
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:20 Fr 22.03.2013 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:20 Do 21.03.2013 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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