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Irreduzibilität von Polynomen

Universität / Fachhochschule

Ringe

Tags: Ring

Clemensum aktiv_icon

14:46 Uhr, 26.01.2011

Untersuche, ob die folgenden Polynome irreduzibel sind. Falls nicht, so gib eine Zerlegung in irreduzible Faktoren an:
a) $x^{5} + 8 x^{4} + 6 x^{2} - 12 x + 10$ über $ℚ$
b) $10 x^{5} - 12 x^{4} + 6 x^{2} + 8 x + x^{5}$ über $ℚ$
c) $x^{4} + 1$ über $ℚ$
d) $x^{8} - 16$ über $ℂ$
e) $X^{p - 1} - 1$ über $ℤ / p ℤ .$ Folgere daraus den Satz von Wilson:
$(p - 1)! \equiv - 1 m o d p$

zu a): Betrachte p= 2, so folgt mit dem Eisenstein"kriterium" sofort die Irreduzibilität, da 2 die Koeffizienten 8,6, -12 nicht aber 1 teilt und $p^{2} = 4$ nicht 10 teilt, wie verlangt.
zu b) es ist nicht bekannt, ob der Summand $x^{5}$ am Schluss ein Druckfehler ist oder nicht, doch nehme ich mal an, es ist so gemeint. Dann handelt es sich wieder mit $p = 2$ und dem Eisensteinsatz um ein irreduzibles Polynom.
zu c) eine beliebige Primzahl reicht aus und man sieht (wieder nach Eisenstein) sofort, dass es irreduzibel ist.
zu d) auch irreduzibel, mit $p = 2$ z.B.
e) weiß ich nicht, wie man das faktorisieren können soll bzw. welcher Satz hier weiterhilft, etwa der Satz von Gauß?

Ich hätte eine allgemeine Frage zum Eisensteinkriterium: Wenn ich das Polynom $p (x) = x^{2} - 1$ betrachte, dann erhalte ich ja durch Eisenstein wieder die Irreduzibilität, da ja bei $p = 2$ alle $a_{i}$ von $p$ geteilt werden bis auf das erste und das letzte. Jedoch widerspricht das der Zerlegbarkeit in Linearfaktoren durch (x+1)(x-1). Liegt da vielleicht eine Denklücke im Eisensteinkriterium oder habe ich nur den Satz falsch angewendet?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

hagman aktiv_icon

15:42 Uhr, 26.01.2011

$d)$
$x^{8} - 16 = (x^{4} - 4) \cdot (x^{4} + 4) = (x^{2} - 2) \cdot (x^{2} + 2) \cdot (x^{4} + 4)$
zerfällt schon über $ℚ$ .
Da "über $ℂ$ " gefragt ist, weiter
$x^{8} - 16 = (x - \sqrt{2}) (x + \sqrt{2}) (x - i \sqrt{2}) (x + i \sqrt{2}) (x - 1 - i) (x - 1 + i) (x + 1 - i) (x + 1 + i)$

$e)$
$X^{p - 1} - 1$ über $ℤ / p ℤ$
Nach dem kleinen Satz von Fermat ist $a^{p} \equiv a (mod p),$ also für alle Nicht-Vielfachen von $p$ bereits $a^{p - 1} \equiv 1 (mod p)$ .
$X^{p - 1} - 1$ hat also alle Restklassen außer 0 als Nullstelle,
$X^{p - 1} - 1 = (X - 1) \cdot (X - 2) \cdot ... \cdot (X - (p - 1))$
Setze $X = p,$ um Wilson zu erhalten.

Schau dir das E.kriteriium nochmal genauer an:
Zu $a_{n} X^{n} + . .$ . $+ a_{1} X + a_{0} \in ℤ [X]$ lautet die Voraussetzung
$p$ teilt $a_{i}$ für $0 \leq i < n$
$p$ teilt nicht $a_{n}$
$p^{2}$ teilt nicht $a_{0}$

michaL aktiv_icon

16:42 Uhr, 26.01.2011

Hallo,

c) geht nicht mit Eisenstein, da $a_{0} = 1$ durch keine Primzahl teilbar ist.
Vielmehr kannst du ja zeigen, dass weder -1 noch 1 Nullstellen von $x^{4} + 1$ sind, was sie sein müssten nach Gauss.
Du kannst ja einfach für quadratische Zerlegungen (das einzige, was du noch prüfen musst) alle Nullstellen berechnen und zeigen, dass es keine 2 gibt, die komplex konjugiert sind. Das Produkt der Faktoren $x - z_{1}$ und $x - z_{2}$ ist nur dann reell (und kann nur dann rational sein), wenn $z_{1} = {\overline{z}}_{2}$ gilt.

Oder du machst halt einen Separationsansatz, den du zum Widerspruch führtst.

Mfg Michael

Clemensum aktiv_icon

20:06 Uhr, 26.01.2011

Erstmal, dankeschön euch beiden für eure Hilfe!

Ich habe nun c) durch die Zerlegung $x^{4} - 1 = (x^{2} + \sqrt{2} x + 1) (x^{2} - \sqrt{2} x + 1)$ zu lösen versucht. Dies müsste doch für den Beweis der Nichtirreduzibilität ausreichen. Ich weiß nur nicht, wie man schaut, ob die einzelnen Faktoren irreduzibel sind. Habt ihr da einn Hinweis für mich?
Ich meine, klar, es gibt hier keine (reellen) Nullstellen. Dies ist aber wegen dem (Gegen-)Beispiel $x^{4} + 2 x + 1 = (x^{2} + 1)^{2}$ nicht hinreichend für die gänzliche Irreduzibilität (da ja ersichtlich das Polynom $x^{2} + 1$ keine reellen Nullstellen hat)...

michaL aktiv_icon

20:14 Uhr, 26.01.2011

Hallo,

mit "alle Nullstellen berechnen" meine ich natürlich über $ℂ$ . Und dann in meinem vorherigen Beitrag weiterlesen!

Mfg Michael

Clemensum aktiv_icon

20:31 Uhr, 26.01.2011

Nun, es kommt mir heraus: $x^{4} + 1 = (x + \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} i) (x + \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} i) (x - \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} i) (x - \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} i)$

Eigentlich wäre damit schon die Nicht-Irreduzibilität gezeigt, doch um es ganz exakt zu machen, muss ich wohl deinem Ansatz nachgehen! ;-) Oder, was denkst du?

hagman aktiv_icon

20:56 Uhr, 26.01.2011

Bei $x^{4} + 1$ kann man auch sehen, dass $f (x) \geq 1$ im Reellen gilt, also gewiss in $ℝ [X]$ nur eine Zerlegung in quadratische Faktoren denkbar ist. Diese (eindeutige) Zerlegung hast du ja angegeben und ist offensichtlich keine Zerlegung in $ℚ [X]$ .
Oder genauer: Wenn $x^{4} + 1 = f (X) \cdot g (X)$ mit $f (X), g (X) \in ℚ [X],$ dann hat $min i n ℝ [X]$ die 4 Faktoren
$X^{4} + 1 = g g T (X^{2} + \sqrt{2} X + 1, f (X)) \cdot g g T (X^{2} + \sqrt{2} X + 1, g (X)) \cdot g g T (X^{2} - \sqrt{2} X + 1, f (X)) \cdot g g T (X^{2} - \sqrt{2} X + 1, g (X))$
von denen mangels reeller Nullstelle keiner Grad 1 haben kann, andererseits kann aber auch kein $g g T$ Grad 2 haben - Widerspruch

EDIT: Das verhindert zwar die Verwendung der komplexen Nullstellen, aber bereits der Übergang zu $ℝ$ ist aus puristischer Sicht vielleicht nicht so schön

Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.

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