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Strukturen und Algebra » Körper und Galois-Theorie » Wir lernen Galois
Thema eröffnet 2018-03-13 00:11 von
juergen007
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Universität/Hochschule Wir lernen Galois
weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.40, eingetragen 2018-03-18


@Wally und Lale

Ja, ich habe da von meiner eigenen Schulzeit gesprochen, die zugegebenermaßen schon eine Weile zurückliegt. Wenn das heute nicht mehr zutrifft, so ist das wohl nur ein weiteres Indiz dafür, dass in den letzten Jahrzehnten ganz allgemein die Mathematikausbildung an unseren Schulen "den Bach hinunterging".  frown

Bei Aussagen wie der folgenden

2018-03-18 12:56 - LaLe in Beitrag No. 38 schreibt:

Ich würde sogar weiter gehen und sagen, dass ich mich nicht erinnern kann, diese Formel in dieser Form jemals gesehen zu haben, und das nach fünf Jahren Mathematikstudiums smile

würde ich aber dann doch sagen, dass sie...,äh, untypisch ist, dafür ist die "Moivresche Formel" dann doch einfach zu wichtig.  eek

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.38 begonnen.]



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DavidM
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.41, eingetragen 2018-03-18

\(\begingroup\)
2018-03-18 12:20 - a-gon in Beitrag No. 36 schreibt:
Offenbar sind "algebraisch" und "mit Zirkel und Lineal konstruierbar" eben nicht das gleiche.


Das iste richtig, nicht jede algebraische Zahl ist konstruierbar. Die Unmöglichkeit der Würfelverdoppelung mit Zirkel und Lineal zum Beispiel beruht ja gerade darauf, dass \( \sqrt[3]{2} \) nicht konstruierbar ist. (Aber umgekehrt ist jede Zahl, die mit Zirkel und Lineal konstruierbar ist, auch algebraisch)


-----------------
"Mathematik ist die Wissenschaft, bei der man weder weiß, wovon man spricht, noch ob das, was man sagt, wahr ist." (Bertrand Russell)
\(\endgroup\)


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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.42, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-18

\(\begingroup\)
Zu beitrag #31
Es ist nun $x= cos(10)$ mit
(*) $(x+ i\sqrt{1-x^2})^6-1/2-i\sqrt3/2=0$.

Nach Aufgabenstellung ist zu obigem Ausdruck in dem (*) ein Term in x ist, der dann 0 ergibt, wenn $x=cos(10)$ ist, das Minimalpolynom $f(x)\in \mathbb Q[x]$ zu finden, das u.a.  $x=\cos(10)$ als Nullstelle hat.
Das überlasse ich dem geneigten Leser als kleine Rechenaufgabe wink


\(\endgroup\)


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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.43, eingetragen 2018-03-18

\(\begingroup\)
Iwie sind mir da noch zu viele gebrochene, irrationale und komplexe Koeffizienten drinnen für ein Polynom mit ganzzahligen Exponenten :D
Wurde das nicht iwo mal bemängelt?

Mit: cos(2x) = 2cos^2(x) - 1
findet man doch schnell...
\(\cos(20°) = 2 z^2 - 1\\
\cos(40°) = 2(2z^2-1)^2-1\\
\cos(80°) = 2(2(2z^2-1)^2-1)^2-1\\
\cos(80°) = \cos(90° - 10°) = \sin(10°) = \sqrt{1-z^2}\\
\to 2(2(2z^2-1)^2-1)^2-1 = \sqrt{1-z^2}\\
\to z^2 + (2(2(2z^2-1)^2-1)^2-1)^2 - 1 = 0\)

und dies sollte entsprechend bei \(z = \cos(10°)\) eine Nullstelle haben.

Ob dies (von Grad 16) das Minimalpolynom ist... kA :D


Edit:
Wolfram-Alpha macht aus meinem Polynom:
\(z^2 (4 z^2 - 3) (64 z^6 - 112 z^4 + 56 z^2 - 7) (64 z^6 - 96 z^4 + 36 z^2 - 3) = 0\)
Also, einer der Faktoren vom Grad 6 sollte ein kleineres Polynom sein ^^
\(\endgroup\)


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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.44, eingetragen 2018-03-18

\(\begingroup\)
2018-03-18 14:58 - MartinN in Beitrag No. 43 schreibt:
Edit:
Wolfram-Alpha macht aus meinem Polynom:
\(z^2 (4 z^2 - 3) (64 z^6 - 112 z^4 + 56 z^2 - 7) (64 z^6 - 96 z^4 + 36 z^2 - 3) = 0\)
Also, einer der Faktoren vom Grad 6 sollte ein kleineres Polynom sein ^^

Der letzte Faktor ist es, und das ist auch genau der, den man erhält, indem man den Rechenweg, den ich schon in #34 vorgeschlagen hatte, weiterverfolgt, wofür ich alles in allem und manuell(!) gerechnet weniger als 3 min benötigt habe.  wink
\(\endgroup\)


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a-gon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.45, eingetragen 2018-03-18


@MartinN
Das ist ein ziemlich cooler Trick, am Ende wieder beim cos(10) anzukommen.

@Juergen
"Das überlasse ich dem geneigten Leser als kleine Rechenaufgabe"
Wenn das nicht gepflegte Unterhaltung wäre würde ich jetzt A*** sagen.

Einen schönen Sonntag noch, ich bin mal in der realwelt draussen.
(wave)

Andrea




[Die Antwort wurde nach Beitrag No.43 begonnen.]



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.46, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-18


2018-03-18 15:38 - a-gon in Beitrag No. 45 schreibt:

Wenn das nicht gepflegte Unterhaltung wäre würde ich jetzt A*** sagen.


Andrea

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.43 begonnen.]
Amen?



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.47, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-18


2018-03-18 14:58 - MartinN in Beitrag No. 43 schreibt:
Iwie sind mir da noch zu viele gebrochene, irrationale und komplexe Koeffizienten drinnen für ein Polynom mit ganzzahligen Exponenten :D


Mein Fehler:

Definition 1.1. Eine komplexe Zahl z heißt algebraisch, wenn es eine normierte Polynomgleichung
Xn + an−1Xn−1 + · · · + a1X + a0 = 0
mit rationalen Koeffizienten gibt, welche z als Lösung besitzt.



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a-gon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.48, eingetragen 2018-03-18


Nein im Ernst...

woran sieht man dass der letzte Faktor irreduzibel ist? Er besteht also aus sechs Linearfaktoren, von denen einer x-cos(10) ist? oder wie habe ich mir das vorzustellen? Sorry, ich bin grade etwas überfordert :)

A.



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LaLe
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.49, eingetragen 2018-03-18


2018-03-18 13:31 - weird in Beitrag No. 40 schreibt:
@Wally und Lale

Ja, ich habe da von meiner eigenen Schulzeit gesprochen, die zugegebenermaßen schon eine Weile zurückliegt. Wenn das heute nicht mehr zutrifft, so ist das wohl nur ein weiteres Indiz dafür, dass in den letzten Jahrzehnten ganz allgemein die Mathematikausbildung an unseren Schulen "den Bach hinunterging".  frown

Das kann ich nicht nachvollziehen. Ich hatte den Vergleich zwischen mir und meinem Bruder, und unsere gemeinsame Ansicht war, dass ich etwas weniger Inhalte, dafür aber mehr Kreativität im Mathematik-Unterricht beigebracht bekommen habe als mein älterer Bruder.
Um es mal präzise zu machen, da ja sowieso alles in allen Bundesländern verschieden ist: Mein Bruder hat 2009 noch im G9 Abitur gemacht und ich 2012 im G8, und beide in Bayern.

Außerdem gibt es einfach extrem viele einzelne Aussagen in Mathematik, die man lernen kann oder nicht. Wieso du aus einer Formel, die ich in der Form noch nicht gesehen habe, auf allgemeine Wissenslücken schließt, ist mir unklar. Vielleicht haben wir vieles gelernt, was genauso relevant ist, und was du in der Schule nicht gelernt hast.

2018-03-18 13:31 - weird in Beitrag No. 40 schreibt:
Bei Aussagen wie der folgenden

2018-03-18 12:56 - LaLe in Beitrag No. 38 schreibt:

Ich würde sogar weiter gehen und sagen, dass ich mich nicht erinnern kann, diese Formel in dieser Form jemals gesehen zu haben, und das nach fünf Jahren Mathematikstudiums smile

würde ich aber dann doch sagen, dass sie...,äh, untypisch ist, dafür ist die "Moivresche Formel" dann doch einfach zu wichtig.  eek

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.38 begonnen.]

Hhm, okay, und für was? Ich kenne die Eulersche Formel. Die Moivresche Formel ist eine direkte Folgerung daraus. Möglicherweise war diese Folgerung mal irgendwo relevant. Meine Mathematikausbildung ging aber stark Richtung Topologie, algebraische Geometrie und Darstellungstheorie und ich erinnere mich nicht, dass die Formel da mal relevant war.

Ah, okay, während dem Schreiben kam mir die Formel dann doch bekannt vor: 2013 hatte ich im Sommer die Funktionentheorie-Vorlesung bei Henrik Kasten, und auf Seite 10 in seinem Skript kann man die Formel tatsächlich finden smile

www.mathi.uni-heidelberg.de/~kasten/files/Skripte/ss18funktheo1.pdf

Bei meiner Grundaussage würde ich aber bleiben.

LG,
LaLe



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TomTom314
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.50, eingetragen 2018-03-18


@a-gon: Wenn ich richtig gezählt habe, dann folgt irreduzibel nach Eisenstein mit p=3.

@weird: Die Formel von de Moivre kann nicht so wichtig sein. Ich habe Schule und Studium mit Diplomarbeit in Funktionentheorie abgeschlossen, ohne das diese Formel einen wirklich bleibenden Eindruck hinterlassen hat. Eigentlich ist es auch nur ein Zusatz zu Eulers Gleichung.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.48 begonnen.]



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.51, eingetragen 2018-03-18

\(\begingroup\)
2018-03-18 19:20 - a-gon in Beitrag No. 48 schreibt:
woran sieht man dass der letzte Faktor irreduzibel ist? Er besteht also aus sechs Linearfaktoren, von denen einer x-cos(10) ist? oder wie habe ich mir das vorzustellen? Sorry, ich bin grade etwas überfordert smile

Dass dieser Faktor irreduzibel ist, dafür sorgt das Eisensteinkriterium für $p=3$ wie TomTom314 ja schon richtig gesagt hat. Die Herleitung dieses Faktors, um die es ja eigentlich geht, ist dir aber ansonsten klar?

@Lale

Die Moivre'sche Formel ist tatsächlich eine einfache Konsequenz aus der Eulerschen Formel

$e^{i\varphi}=\cos \varphi +i \cos \varphi $

und den Potenzrechengesetzen.  Wenn ihr also diese bekannt sind, so vermute ich, dass du die Moivre'sche Formel schon oft unbewusst verwendet hast, ohne sie unter dieser Bezeichnung zu kennen. Und dass sie in einem Skriptum auch explizit unter dieser Bezeichnung angeführt wurde, hast du ja inzwischen selbst gesagt. Von daher sehe ich jetzt eigentlich nicht, inwiefern unsere Standpunkte sehr weit auseinanderliegen.  wink  

Und auf eine "allgemeine Wissenslücke" nur aufgrund der Unkenntnis dieser Formel habe ich nie geschlossen bzw. hast du da etwas missverstanden.  eek

@TomTom314

Ja, es ist ein Zusatz zur Eulerschen Gleichung und man kann sogar darüber streiten, ob er eine eigene Bezeichnung verdient hat. Nichsdestoweniger wird die Eulersche Formel immer dort, wo es um Potenzen von komplexen Zahlen geht, in genau dieser Form angewendet. Auch hier glaube ich, dass wir im Grunde eigentlich dasselbe meinen.
\(\endgroup\)


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a-gon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.52, eingetragen 2018-03-18


weird:
ja jetzt soweit alles klar :) kann weitergehen...



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.53, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-18

\(\begingroup\)
Aufgabe 1.3.4.
Sei z eine Lösung der Polynomgleichung $\displaystyle x^3-\sqrt{2−\sqrt[3]{4}}x^2+3=0$.

Gib eine normierte Polynomgleichung mit rationalen Koeffizienten an, welche z als Lösung besitzt.

berichtigt
\(\endgroup\)


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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.54, eingetragen 2018-03-18


Das Polynom ist nicht ganz korrekt wiedergegeben - und so wie es wirklich ist ließe sich doch die Gleichung mit dem gegebenen verfahren...

repeat
  isoliere Wurzel
  quadriere
until wurzelfrei

in einen polynom in rationalen Zahlen umwandeln?


-----------------
to fight! (Don Quijote de la Mancha)



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.55, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-18

\(\begingroup\)
2018-03-18 23:22 - gonz in Beitrag No. 54 schreibt:
Das Polynom ist nicht ganz korrekt wiedergegeben - und so wie es wirklich ist ließe sich doch die Gleichung mit dem gegebenen verfahren...

repeat
  isoliere Wurzel
  quadriere
until wurzelfrei

in einen polynom in rationalen Zahlen umwandeln?
Pardon richtig: $\displaystyle x^3-\sqrt{2−\sqrt[3]{4}}x^2+3=0$.
\(\endgroup\)


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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.56, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-19



Zu leicht? Dann löse man bitte gerne auch:

Aufgabe 1.3.7. Sei x eine rationale Zahl, welche zugleich eine ganze algebraische Zahl ist. Zeige, daß x dann sogar eine ganze Zahl ist.



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.57, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-19

\(\begingroup\)
2018-03-18 23:53 - juergen007 in Beitrag No. 55 schreibt:
Richtig: $\displaystyle x^3-\sqrt{2−\sqrt[3]{4}}x^2+3=0$.

Nach umformen komme ich auf $(x^6-3x^3+7)^3=x^4$
substituiere $x^3=z$ und letzlich auf $\displaystyle\large f(x)=x^{12}-6x^9+14x^6-x^4-42x^3+49$.

Sorry hier war ein fehler s.u.
\(\endgroup\)


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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.58, eingetragen 2018-03-19


Wie kann eine Gleichung 3. Ordnung 12 Lösungen haben?

Wally

P.S. Kubische Gleichungen haben immer mindestens eine reelle Lösung.



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.59, eingetragen 2018-03-19

\(\begingroup\)
2018-03-19 09:57 - juergen007 in Beitrag No. 57 schreibt:
2018-03-18 23:53 - juergen007 in Beitrag No. 55 schreibt:
Richtig: $\displaystyle x^3-\sqrt{2−\sqrt[3]{4}}x^2+3=0$.

Mach umformen komme ich auf $(x^6-3x^3+7)^3=x^4$
substituiere $x^3=z$ und letzlich auf $\displaystyle\large f(x)=x^{12}-6x^9+14x^6-x^4-42x^3+49$

Könntest du hier bitte schon den ersten Schritt etwas genauer ausführen, ich seh gerade nicht, wie man auf die Gleichung $(x^6-3x^3+7)^3=x^4$ kommt.

2018-03-19 10:36 - Wally in Beitrag No. 58 schreibt:
Wie kann eine Gleichung 3. Ordnung 12 Lösungen haben?

P.S. Kubische Gleichungen haben immer mindestens eine reelle Lösung.

Die Frage ist so nicht richtig gestellt.

Wir suchen ja hier ein Polynom mit rationalen Koeffizienten, sodass eine Nullstelle davon auch Nullstelle des ursprünglichen Polynoms ist. Das ursprüngliche kubische Polynom erfüllt diese Bedingung ja nicht.

PS: Aber in einem hast du natürlich Recht: Da das ursprüngliche Polynom irreduzibel über $\mathbb Q$ ist, wie man leicht sieht, müssten sämtliche Nullstellen davon dann auch Nullstellen von dem gefundenen Polynom mit rationalen Koeffizienten sein, was ja hier zumindestens einmal für die reelle Nullstelle offensichtlich nicht zutrifft.
\(\endgroup\)


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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.60, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-19

\(\begingroup\)
2018-03-19 10:40 - weird in Beitrag No. 59 schreibt:
Könntest du hier bitte schon den ersten Schritt etwas genauer ausführen, ich seh gerade nicht, wie man auf die Gleichung $(x^6-3x^3+7)^3=x^4$ kommt.


Verrechnet: so besser hoffe ich..

$(x^3+3)^2=2-\sqrt[3]{4}x^4$
$(x^3+3)^2-2=-\sqrt[3]{4}x^4$
$x^6+3x^3+9-2=-\sqrt[3]{4}x^4$
$x^6+3x^3+7=-\sqrt[3]{4}x^4$
$(x^6+3x^3+7)^3=-4x^{12}$
$x^{12}+6x^9+14x^6+42x^2+49=-4x^{12}$
$5x^{12}+6x^9+14x^6+42x^2+49=0$
$x^{12}+\frac{6}{5}x^9+\frac{14}{5}x^6+\frac{42}{5}x^2+\frac{49}{5}=0$

was andere Lösungen ergibt als o.a

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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.61, eingetragen 2018-03-19

\(\begingroup\)
2018-03-19 11:28 - juergen007 in Beitrag No. 60 schreibt:
Verrechnet: so besser hoffe ich..

$(x^3+3)^2=2-\sqrt[3]{4}x^4$

Wie kommst du auf diese 1.Zeile?
\(\endgroup\)


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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.62, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-19

\(\begingroup\)
Die erste Zeile ist hier die 3te:

$\displaystyle x^3-\sqrt{2-\sqrt[3]{4}}x^2+3=0$
$\displaystyle x^3+3=\sqrt{2-\sqrt[3]{4}}x^2$
$\displaystyle (x^3+3)^2=2-\sqrt[3]{4}x^4$
$\displaystyle (x^3+3)^2-2=-\sqrt[3]{4}x^4$
$\displaystyle x^6+6x^3+7=-\sqrt[3]{4}x^4$
$\displaystyle (x^6+6x^3+7)^3=-4x^{12}$
$x^3=z$
$\displaystyle (z^2+6z+7)^3=-4x^{12}$
$\displaystyle (z^2+6z+7)^3=-4z^{4}$

ab da kann ichs nicht mehr in Kopf.



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.63, eingetragen 2018-03-19


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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.64, eingetragen 2018-03-19

\(\begingroup\)
2018-03-19 13:56 - juergen007 in Beitrag No. 62 schreibt:
Die erste Zeile ist hier die 3te:

$\displaystyle x^3-\sqrt{2-\sqrt[3]{4}}x^2+3=0$
$\displaystyle x^3+3=\sqrt{2-\sqrt[3]{4}}x^2$
$\displaystyle (x^3+3)^2=2-\sqrt[3]{4}x^4$
$\displaystyle (x^3+3)^2-2=-\sqrt[3]{4}x^4$
$\displaystyle x^6+6x^3+7=-\sqrt[3]{4}x^4$
$\displaystyle (x^6+6x^3+7)^3=-4x^{12}$
$x^3=z$
$\displaystyle (z^2+6z+7)^3=-4x^{12}$
$\displaystyle (z^2+6z+7)^3=-4z^{4}$

ab da kann ichs nicht mehr in Kopf.


Statt die obige Zeile (nun also die dritte) zu korrigieren, machst du unverdrossen den gleichen Fehler einfach nochmals! Die richtige dritte Zeile ist natürlich

$(x^3+3)^2=(2-\sqrt[3]{4})x^4$

und damit ist dann natürlich auch der ganze Rest dann falsch!

Ich geb hier auf, das wird nichts mehr.  frown


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.62 begonnen.]
\(\endgroup\)


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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.65, eingetragen 2018-03-19


Eigentlich ist das eher ne Übung in handwerklichen Fähigkeiten, wir sind uns ja eigentlich doch sicher, dass am Ende ein Polynom herauskommt ?


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juergen007
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2018-03-19 14:08 - weird in Beitrag No. 64 schreibt:
2018-03-19 13:56 - juergen007 in Beitrag No. 62 schreibt:
Die erste Zeile ist hier die 3te:

$\displaystyle (x^3+3)^2=2-\sqrt[3]{4}x^4$


$(x^3+3)^2=(2-\sqrt[3]{4})x^4$


ist nicht dasselbe, stimmt. Richtig ist $\displaystyle (x^3+3)^3 = (2-\sqrt[3]{4})^3*x^{4}$
Eine andere Idee wäre noch: $\displaystyle (x^3+3)^3/x^{4} = (2-\sqrt[3]{4})^3$. Aber ich komme da nicht weiter...


@ weird never give up, never surrender!
\(\endgroup\)


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a-gon
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Was man jetzt noch ausmultiplizieren kann. Dann haben wir fertig!



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.68, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-19

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Sehr gut Andrea smile Damit haken wir das ab und gehen zu:

"Aufgabe 1.3.7. Sei x eine rationale Zahl, welche zugleich eine ganze algebraische Zahl ist. Zeige, daß x dann sogar eine ganze Zahl ist.", was eine erste echte Beweisführung erfordert.
Eine Lösung x eines normierten Polynoms $f(x) \in\mathbb Q[x]$ also  eine ganzalgebraische Zahl sei ein Bruch $x \in \mathbb Q$, und daraus folgt, dass es sogar eine ganze Zahl $x \in Z$ ist.
Das verlangt Imho nach einem Beweis durch Widerspruch.
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ollie3
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.69, eingetragen 2018-03-19


Hallo,
mein tip zu dieser Aufgabe:
setze x=p/q, wende die Definition für ganzalgebraisch an und zeige,das
das nur für q=1 möglich ist.
gruss ollie3



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juergen007
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2018-03-19 19:49 - ollie3 in Beitrag No. 69 schreibt:
Hallo,
mein tip zu dieser Aufgabe:
setze x=p/q, wende die Definition für ganzalgebraisch an und zeige,das
das nur für q=1 möglich ist.
gruss ollie3

Ich fand den Satz über rationale Nullstellen:

Für jede rationale Nullstelle eines ganzzahligen Polynoms gilt, dass ihr Zähler das Absolutglied und ihr Nenner den Leitkoeffizienten des Polynoms teilen müssen.

Seien also $\displaystyle f(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\dotsb +a_{1}x+a_{0}$ mit $\displaystyle a_{i}\in \mathbb {Z}$ ein Polynom vom Grad $\displaystyle n$ und $\displaystyle x_{0}={\tfrac {p}{q}}$, (wobei $\displaystyle p,q\in \mathbb Z$ teilerfremd sind) eine rationale Nullstelle von $\displaystyle f$, dann ist $\displaystyle a_{0}$ durch $\displaystyle p$ teilbar und $\displaystyle a_{n}$ durch $\displaystyle q$ teilbar. Da $a_n=1$ (normiert!) ist, muss $q=1$ und damit $x_0$ ganzzahlig sein.

An dieser Stelle  muss ich gestehen dass mir der Begriff "konstruierbar" aus 1.5 vollkommen schleierhaft ist. Wenn ich ein Punkt aufs Papier male habe ich ihn konstruiert oder nicht? Genauer gesagt einen 3 dimenssionalen Fleck  biggrin
Ich erinnere mich aber, dass man Mittelsenkrechte mit Zirkel und Lineal konstruieren kann. Also ist doch eine Grundkenntnis vorhanden!
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.71, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-20


Schönen Dienstag!
Mal langsam nach der Reihe:

Aufgabe 1.4.3.
Wieviele zehnte Einheitswurzeln ζ gibt es, so daß alle anderen zehnten
Einheitswurzeln eine ganzzahlige Potenz von ζ sind?
Danke




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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.72, eingetragen 2018-03-20


Wenn man was lernen will, sollte man in 1.3.7 nicht im Internet nach einem Satz suchen, der die Aussage leicht verallgemeinert, sondern das selbst beweisen.



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.73, eingetragen 2018-03-20


2018-03-20 08:15 - Wally in Beitrag No. 72 schreibt:
Wenn man was lernen will, sollte man in 1.3.7 nicht im Internet nach einem Satz suchen, der die Aussage leicht verallgemeinert, sondern das selbst beweisen.

Du sprichst ein großes Wort gelassen aus!  wink



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juergen007
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OK also bitte:
Sei $\frac{p}{q}=x_0,\quad (p,q)=1$ eine Lösung de normierten Polynoms $f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0,\quad a_{n-1}...a_0 \in \mathbb Z$, also $x_0$ ganzalgebraisch.

Als Beispiel nehme ich mal $p=2,q=3,\quad x_0=\frac{2}{3},\quad n=2$.
Dann wäre $\displaystyle f(x_0)= (\frac{2}{3})^2+a_1\frac{2}{3}+a_0=0$ oder $\displaystyle (\frac{2}{3})^2+a_1\frac{2}{3}=-a_0$ oder $\displaystyle \frac{4}{9}+a_1\frac{2}{3}= -a_0$ und $\displaystyle \frac{4}{9}+a_1\frac{6}{9}=-a_0$ und $\displaystyle 4+6a_1=-9a_0$
oder
$\displaystyle 4+6a_1+9a_0=0$, wofür es keine ganzzahligen Lösungen $a_0,a_1$ gibt. Sonst wäre (6,9)=-4. Widerspruch.

Das müsste man natürlich noch auf allgemeine $n>2,(p,q)=1, x_0=\frac{p}{q}$ ausdehnen, was ich eben so "aus dem Handgelenk" nicht hinkriege.
Wenn aber $(p,q)=1$, dann ist entweder p grade und q ungrade oder umgekehrt. und das gilt auch fuer alle $p^n$ und $q^n$.
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MartinN
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2018-03-19 18:34 - juergen007 in Beitrag No. 68 schreibt:
Sehr gut Andrea smile Damit haken wir das ab und gehen zu:

"Aufgabe 1.3.7. Sei x eine rationale Zahl, welche zugleich eine ganze algebraische Zahl ist. Zeige, daß x dann sogar eine ganze Zahl ist.", was eine erste echte Beweisführung erfordert.
Eine Lösung x eines normierten Polynoms $f(x) \in\mathbb Q[x]$ also  eine ganzalgebraische Zahl sei ein Bruch $x \in \mathbb Q$, und daraus folgt, dass es sogar eine ganze Zahl $x \in Z$ ist.
Das verlangt Imho nach einem Beweis durch Widerspruch.


Teil 1
Finde ich den falschen Ansatz. Wenn du üben und etwas lernen willst, dann sollte man es nicht abhaken, obwohl du es selbst noch nicht richtig gemacht hast.

Teil 2
Finde ich den falschen Ansatz. Wenn du etwas zeigen oder beweisen möchtest, dann zitiert man nicht etwas, was das zu zeigende aussagt. Sondern zeigt es einfach.

\(x^n + a_{n-1} x^{n-1} + ... + a_1 x + a_0 = 0; a_i \in \IN\)

Hier einfach x = p/q einsetzen und mit q^n beide Seiten erweitern. Dann beide Seiten modulo q betrachten. Dabei darfst du voraussetzen, dass p und q ganzzahlig und teilerfremd sind (vollständig gekürzte, rationale Zahl). Da kommst du direkt zu einem Widerspruch.
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juergen007
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2018-03-20 14:03 - MartinN in Beitrag No. 75 schreibt:
2018-03-19 18:34 - juergen007 in Beitrag No. 68 schreibt:
Sehr gut Andrea smile Damit haken wir das ab und gehen zu:

"Aufgabe 1.3.7. Sei x eine rationale Zahl, welche zugleich eine ganze algebraische Zahl ist. Zeige, daß x dann sogar eine ganze Zahl ist.", was eine erste echte Beweisführung erfordert.
Eine Lösung x eines normierten Polynoms $f(x) \in\mathbb Q[x]$ also  eine ganzalgebraische Zahl sei ein Bruch $x \in \mathbb Q$, und daraus folgt, dass es sogar eine ganze Zahl $x \in Z$ ist.
Das verlangt Imho nach einem Beweis durch Widerspruch.


Teil 1
Finde ich den falschen Ansatz. Wenn du üben und etwas lernen willst, dann sollte man es nicht abhaken, obwohl du es selbst noch nicht richtig gemacht hast.

Teil 2
Finde ich den falschen Ansatz. Wenn du etwas zeigen oder beweisen möchtest, dann zitiert man nicht etwas, was das zu zeigende aussagt. Sondern zeigt es einfach.

\(x^n + a_{n-1} x^{n-1} + ... + a_1 x + a_0 = 0; a_i \in \IN\)

Hier einfach x = p/q einsetzen und mit q^n beide Seiten erweitern. Dann beide Seiten modulo q betrachten. Dabei darfst du voraussetzen, dass p und q ganzzahlig und teilerfremd sind (vollständig gekürzte, rationale Zahl). Da kommst du direkt zu einem Widerspruch.


Zu Teil 1 meinte ich selber und andere, es kommt keinr weitere gute Idee aber der lösungsweg ist klar. und man muss sich nicht noch tagelang damit aufhalten.

Teil 2 wollte ich meine ersten Gedanken festhalten, die ich auch richtig erachte.

Ich habe keine Verpflichtng eingegangen,jede Aufgabe auch selber als erster zu lösen. Denn es weisst "wir lernen" und nicht nur "Ich lerne."

Jedoch ist Dein Ansatz in dem letzten Beweis klar und richtig, du kannst ihn auch komplett azsführen!
Ich rechne das beizeiten. Es soll sich wie gesagt kein 3ter abgehalten fühlen smile
Bin nicht der grosse Zampano  biggrin  Je n ai pas le temps.


Gruss


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juergen007
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Die aktuelle Aufgabe ist:
"Aufgabe 1.3.7. Sei x eine rationale Zahl, welche zugleich eine ganze algebraische Zahl ist. Zeige, daß x dann sogar eine ganze Zahl ist."

Ein Ansatz wurde im letzten Beitrag von MartinN gegeben.
J




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juergen007
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2018-03-20 20:27 - juergen007 in Beitrag No. 77 schreibt:

Die aktuelle Aufgabe ist:
"Aufgabe 1.3.7. Sei x eine rationale Zahl, welche zugleich eine ganze algebraische Zahl ist. Zeige, daß x dann sogar eine ganze Zahl ist."

Ein Ansatz wurde im letzten Beitrag von MartinN gegeben.

Sei $\displaystyle \frac{p}{q}=x_0,\quad (p,q)=1$ eine Lösung de normierten Polynoms: $\displaystyle f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0,\quad a_{n-1}...a_0 \in \mathbb Z$, also $x_0=\frac{p}{q}$ rational und ganzalgebraisch.
$\displaystyle f(x_0)=x_0^{n}+a_{n-1}x_0^{n-1}+...+a_1x_0+a_0=0$
$\displaystyle\frac{p^n}{q^n}+a_{n-1}\frac{p^{n-1}}{q^{n-1}}+...+a_1\frac{p}{q}+a_0=0$
$\displaystyle p^n+a_{n-1}qp^{n-1}+...+a_1pq^{n-1}+a_0q^{n}=0$

Es ist zu zeigen, dass nur für $q=1$ eine Lösung mit $a_i\in Z$ existiert...

edit a_n weg

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Wally
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Soweit ist das richtig und der richtige Weg.

Wally



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