Forum:  Polynome
Thema: Polynom 6ten Grades
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juergenX
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Themenstart: 2020-09-09 19:31

wir nehmen
$f(x)= x^6+x^5+x^3+x+1$ als Grundlage was irreduzibel in $Z_2[x]$ ist da weder 0 noch 1 es loest.

$g(x)= x^6+3x^5+3x^3+3x+5$  ist also irreduzibel in $Z[x]$.

Wir suchen Nullstellen von g(x) und dessen Galoisgruppe, und den Zerfaellungskoerper $K/Q$ in dem die Nullstellen von $g(x)$ liegen.
Koennen wir von vonherein sagen dass die 6te Einheinheiheitswurzel e6 Teil der Loesung ist ? $e6 = e^{2i\pi/6} = e^{i\pi/3}$.
Also ist $K\supset L\supset Q$ mit $L \supset Q$ mit L = $Q(e6)$?
Ist L ein Zwischenkoerper des Zerfaellungskoerpers von $g(x)$ ?
Wie sieht dann eine Nullstelle von $g(x)$ "in terms of" L aus?
Gibt es einen oder mehrere $x_i\in L$, die g(x) loesen?
|L/Q| = 2, da alle $l \in L$ schreibbar sind als $l = a+b\cdot e6$.
Vermutlich ist $|L/K|$ also der Grad L ueber K =3 oder ein vielfaches von 3.






StrgAltEntf
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Beitrag No.1, eingetragen 2020-09-09 19:48

Hallo juergenX,

keine Nullstellen bedeutet nicht irreduzibel.

2020-09-09 19:31 - juergenX im Themenstart schreibt:
wir nehmen
$f(x)= x^6+x^5+x^3+x+1$ als Grundlage was irreduzibel in $Z_2[x]$ ist da weder 0 noch 1 es loest.

Hier:
\(f(x)=(x^2+x+1)^3\)


juergenX
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Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-09 20:13

2020-09-09 19:31 - juergenX im Themenstart schreibt:

$g(x)= x^6+3x^5+3x^3+3x+5$  ist also irreduzibel in $Z[x]$.

stimmt aber nach Eisenstein oder ?
ich versuchte grade die Binomialformel auf $y_n = (a+be6)^n$ eingesetzt in  $g(x)$ anzuwenden, was ein sehr komplexes Polynom in Q ergibt.


juergenX
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Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-10 14:39

Meine Frage ist, ob es nicht ein einfacheres Verfahren zum finden der Nullstellen von

$g(x)= x^6+3x^5+3x^3+3x+5$ in K gibt?


hyperG
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Beitrag No.4, eingetragen 2020-09-10 21:08

Noch ist mir kein Spezialfall mit den Parametern
1,3,0,3,0,3,5 bekannt.

Das Newton-Verfahren ist für die erste Nullstelle noch am schnellsten.

Nullstellen bis 6.Grades auf 64 Stellen genau

Laut Wolfram soll man es ja mit Kampé de Fériet Funktionen lösen können, aber:
- ich habe nirgends gefunden, wie man die Parameter der Gleichung in die Parameter der Funktion einsetzen soll
- doppelt unendliche Summen sind sehr langsam und konvertieren meist nur, wenn die letzen 2 Parameter kleiner 1 sind

Es würde mich aber sehr interessieren, welche Parameter in


einsetzen soll, damit x1 und x2 direkt berechnet werden kann.
Die restlichen 4 komplexen x kann man ja nach Polynomdivision mit der
PQRSTUVW-Formel (hier sogar nur 2 quadratische also pq-Formel) explizit lösen.

0=x²-1.6322627501556044981307589280090693299478401062955951286159456861*x+1.2805863270718371319584633853978242564454326359559028411555664999
 
und 
0=x²+0.5167701114938353217517842955459825554517750516087784534530829901*x+1.4374180587948696870045465432113431389013684818111341092291496121


juergenX
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Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-12 23:34

2020-09-09 19:31 - juergenX im Themenstart schreibt:
wir nehmen
$f(x)= x^6+x^5+x^3+x+1$ als Grundlage was irreduzibel in $Z_2[x]$ ist da weder 0 noch 1 es loest.

$g(x)= x^6+3x^5+3x^3+3x+5$  ist also irreduzibel in $Z[x]$.
OK, keine Nullstelle in $Z_p[x]$ heisst nicht unbedingt irreduzibel in $Z_p[x]$.
Es gibt aber immer so meine ich Nullstellen  irreduzibler Polynome  in $Q[x]$ und zwar immer soviel wie der Grad des Polynoms ist, nach dem "Fundamentalsatz" der Algebra, Evtl doppelte.
Ich könnte $(x^2+3)(x^2+5)(x^2+7)$ hernehmen und sofort die Nullstellen
$x_{1,2}=i\sqrt3,x_{3,4}=i\sqrt5,x_{5,6}=i\sqrt7$ bestimmen, sowie den Zerfaellungskörper $K=Q(i,\sqrt3,\sqrt5,\sqrt7)$, dessen Grad 6 oder 12 ist, bin nicht sicher. Und die Galoisgruppe mindestens $\otimes(C_2,C_2,C_2)$
Man sucht ja immer die größtmögliche Galois Group und den kleinstmöglchen auflösenden Körper.

Ich könnte auch simple Terme in Q nehnem wie $(x-3)^2=(2x-1)^3$, die nicht in Q lösbar sind.
Woraus entsteht $8x^3-13x^2+12x-10 = 0$.
Aus einen $x_0 = \sqrt3$ weiß ich sofort ein $x_1$.

Ich lieb es einfach damit herumzurechnen ;)




juergenX
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Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-13 02:36

2020-09-12 23:34 - juergenX in Beitrag No. 5 schreibt:
Ich könnte $(x^2+3)(x^2+5)(x^2+7)$ hernehmen und sofort die Nullstellen
$x_{1,2}=i\sqrt3,x_{3,4}=i\sqrt5,x_{5,6}=i\sqrt7$ bestimmen, sowie den Zerfaellungskörper $K=Q(i,\sqrt3,\sqrt5,\sqrt7)$, dessen Grad 8 oder 16 ist, bin nicht sicher. Und die Galoisgruppe ist mindestens $\otimes(C_2,C_2,C_2)$, eher $K = C_2\otimes C_2\otimes C_2 \otimes C_2$ vom Grad 16.

Anmerkung: Edit:

Ergänzung:
Dann wäre nach dem Satz vom primitiven Element vermutlich $K_e \cong Q(i+\sqrt3+\sqrt5+\sqrt7)$.


Es wäre noch zu klären, ob $Q(i\sqrt3)\subset K_e$, also obiger einfachen algebraischen Erweiterung ist.
Wie geht diese Rechnung?

Man sucht ja immer die größtmögliche Galois Group und den kleinstmöglchen auflösenden Körper.

Ich könnte auch simple Terme in Q nehnem wie $(x-3)^2=(2x-1)^3$, die nicht in Q lösbar sind.
Woraus entsteht $8x^3-13x^2+12x-10 = 0$.
Wie finde ich schnell ein $x_0$ ?

Ich lieb es einfach damit herumzurechnen ;)







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Druckdatum: 2020-11-26 14:12