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Strukturen und Algebra » Polynome » Reduzibel oder irreduzibel?
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Universität/Hochschule Reduzibel oder irreduzibel?
Zoe505
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-02-13


Hallo, ich soll in der folgenden Aufgabe zeigen, ob die Polynome in verschiedenen Ringen irreduzibel oder reduzibel sind.

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Erratis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-02-13


Hey Zoe

zu a):
Welche besondere Eigenschaft hat der Körper der komplexen Zahlen?
Da steckt dann in der Definition, was gilt.

zu b):
Welche Inklusionen gelten und was kannst du daraus folgern?
Ansonsten der gleiche Trick wie bei a)



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Zoe505
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-14


ich weiss leider nicht auf was du bei a) hinaus willst?

also bei b) hab ich noch das es fed-Code einblenden
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-02-14

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Der (Gauß-d’Alembertsche) Fundamentalsatz der Algebra besagt, dass jedes nicht konstante Polynom im Bereich der komplexen Zahlen mindestens eine Nullstelle besitzt.
Das gilt in $\mathbb C[x]$
Für das andere hab ich eben keine Zeit.. später
J

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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2018-02-14

\(\begingroup\)
Hallo Zoe505,

kleiner Hinweis zu a): \(\mathbb{C}\) ist ja ein Oberkörper von \(\mathbb{R}\).

lg Wladimir
\(\endgroup\)


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Zoe505
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-14


ok danke, das mit C hab ich jetzt beide male verstanden.
Ich komm nur nicht drauf wie man bei (b) für Z und Q zeigen soll



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DerEinfaeltige
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2018-02-14


Dass das Polynom bei (b) in Q[x] irreduzibel ist, sollte unmittelbar einsichtig sein. (es ist ja sogar in R[x] irreduzibel)

Die Frage ist, ob es vielleicht eine nicht-triviale Zerlegung in Z[x] gibt?!?


-----------------
Why waste time learning when ignorance is instantaneous?
- Bill Watterson -



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-02-14

\(\begingroup\)
2018-02-14 14:03 - Zoe505 in Beitrag No. 5 schreibt:
Ich komm nur nicht drauf wie man bei (b) für Z und Q zeigen soll

Naja, in $\mathbb{Z}[x]$ hat das Polynom doch den nichtrivialen Faktor $2$, oder nicht?  eek

Und für $\mathbb{Q}[x]$ hast du diese Frage ja schon erledigt, indem du gezeigt hast, dass keine rationalen Nullstellen existieren.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]
\(\endgroup\)


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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2018-02-14

\(\begingroup\)
Die Nullstellen von b) sind in dem quadratischen Erweiterungskörper $\mathbb K=\mathbb Q(\sqrt{-2})$ enthalten, der ein Unterkörper von $\mathbb C$, aber nicht in $\mathbb R$ enthalten ist.
Ist Dir die genaue Definition von irreduzibel in ... bekannt?
Ein Polynom kann in einem Polynomring oder eine Zahl kann in einen Zahlkörper irreduzibel sein.
HtH

\(\endgroup\)


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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2018-02-15

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2018-02-13 18:08 - Zoe505 im Themenstart schreibt:

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Zoe505
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-16


ok hab jetzt fast alles verstanden :)
Außer bei der b) im Ring Z.
Reicht es also zu zeigen das man 2 Ausklammern kann und es deshalb reduzibel ist? das verstehe ich nicht ganz



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2018-02-16


2018-02-16 21:04 - Zoe505 in Beitrag No. 10 schreibt:
ok hab jetzt fast alles verstanden :)
Außer bei der b) im Ring Z.
Reicht es also zu zeigen das man 2 Ausklammern kann und es deshalb reduzibel ist? das verstehe ich nicht ganz

Warum hast du da Bedenken? Oder anders gefragt: Was ist für dich eigentlich ein irreduzibles Polynom?



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DerEinfaeltige
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2018-02-17

\(\begingroup\)
2018-02-16 21:04 - Zoe505 in Beitrag No. 10 schreibt:

Außer bei der b) im Ring Z.
Reicht es also zu zeigen das man 2 Ausklammern kann und es deshalb reduzibel ist? das verstehe ich nicht ganz


Vereinfacht ausgedrückt bedeutet irreduzibel, dass sich das Polynom nicht als Produkt zweier "nicht invertierbarer" Polynome schreiben lässt. (genaue Definition nachzulesen empfohlen)
Das konstante Polynom $2$ ist im Ring $Z[x]$ nicht invertierbar, in den anderen betrachteten Ringen hingegen schon. Daher der gefühlte Sonderfall.
"Irreduzibel" hat also insbesondere nur indirekt etwas mit Nullstellen zu tun.


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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2018-02-17

\(\begingroup\)
2018-02-17 09:54 - DerEinfaeltige in Beitrag No. 12 schreibt:
2018-02-16 21:04 - Zoe505 in Beitrag No. 10 schreibt:

Außer bei der b) im Ring Z.
Reicht es also zu zeigen das man 2 Ausklammern kann und es deshalb reduzibel ist? das verstehe ich nicht ganz


Vereinfacht ausgedrückt bedeutet irreduzibel, dass sich das Polynom nicht als Produkt zweier "nicht invertierbarer" Polynome schreiben lässt. (genaue Definition nachzulesen empfohlen)
Das konstante Polynom $2$ ist im Ring $Z[x]$ nicht invertierbar, in den anderen betrachteten Ringen hingegen schon. Daher der gefühlte Sonderfall.
"Irreduzibel" hat also insbesondere nur indirekt etwas mit Nullstellen zu tun.


Ein Irreduzibles Element ist ein Element eines Rings, das sich nicht als Produkt zweier Nichteinheiten schreiben lässt.
In Z sind alle Primzahlen irreduzibel.
In Z [x] sind alle Polynome irreduzibel, die man nicht restfrei durch ein anderes Polynom aus Z[x] dividieren kann.

Ein irreduziblen Polynom lässt sich nicht als Produkt zweier Nichteinheiten in $Z[x]$ schreiben. $x^2-1$ ist reduzibel, es lässt sich schreiben als $(x-1)(x+1)$, was beides Nichtinvertierbare Nichteinheiten in $Z[x]$ sind, aber das gilt für $x^2+1$ nicht.

Ist das Normierte Polynom $b_2(x) = x^2+2 \in \mathbb R[x], \mathbb C[x], IZ[x],\mathbb Q[x]$ irreduzibel?
 
In $\mathbb IZ[x] , \mathbb Q[x]$ unbestritten.

In $C[x]$ gibt es keine irreduziblen Polynome siele Fundamentalsatz.

2x^2+4 =2(x^2+2) ist reduzibel. 2 ist eine Nichteinheit und $x^2+2$ auch.
2x^2+4 ist also nicht irreduzibel in $\displaystyle \mathbb Z[x],\mathbb Q[x]$.

Aber $x^2+2$ isr irreduzibel in $\mathbb Z[x], \mathbb Q[x], \mathbb R[x]$.
\(\endgroup\)


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dromedar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2018-02-17

\(\begingroup\)
2018-02-17 14:34 - juergen007 in Beitrag No. 13 schreibt:
In $C[x]$ gibt es keine irreduziblen Polynome siele Fundamentalsatz.

Natürlich gibt es in ${\Bbb C}[X]$ irreduzible Polynome. Der Fundamentalsatz sagt, dass das genau die Polynome ersten Grades sind.

2018-02-17 14:34 - juergen007 in Beitrag No. 13 schreibt:
2x^2+4 ist also nicht irreduzibel in $\displaystyle \mathbb Z[x],\mathbb Q[x]$.

$2X^2+4=2(X^2+2)$ ist tatsächlich in ${\Bbb Z}[X]$ reduzibel. Das gilt aber nicht für ${\Bbb Q}[X]$, da dort $2$ eine Einheit ist.
\(\endgroup\)


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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2018-02-17


Richtig! Danke!
Das a) problem wurde ja nicht weiter betrachtet, wenn man eine komplexe Lösung hätte könnte man die Galoisgruppe bestimmen.
Gruss
Jürgen



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2018-02-17


juergen, mit der Galoisgruppe hat das nichts zu tun.

Zweitens: In deiner Definition

"Ein Irreduzibles Element ist ein Element eines Rings, das sich nicht als Produkt zweier Nichteinheiten schreiben lässt."

fehlt, dass irreduzible Elemente nicht 0 und keine Einheiten sind.



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2018-02-17


geloescht



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2018-02-18

\(\begingroup\)

Die zur Galoisgruppe $\displaystyle Gal(K/Q)$ von $\displaystyle f(x)$ gehörige maximale Körpererweiterung $\mathbb K:\mathbb Q\subset \mathbb K \subset\mathbb C$ ist der algbebraischen Abschluss-Körper des o.a. Polynoms.
Danke


\(\endgroup\)


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2018-02-18

\(\begingroup\)
2018-02-18 22:18 - juergen007 in Beitrag No. 18 schreibt:

Die zur Galoisgruppe $\displaystyle Gal(K/Q)$ von $\displaystyle f(x)$ gehörige maximale Körpererweiterung $\mathbb K:\mathbb Q\subset \mathbb K \subset\mathbb C$ ist der algbebraischen Abschluss-Körper des o.a. Polynoms.

Du meinst nicht den algebraischen Abschluss, sondern den Zerfällungskörper. Davon hängt die Galoisgruppe ab, und nicht umgekehrt, wie du es darstellst. Zudem hat diese Bemerkung nichts mit dem speziellen Polynom zu tun, und sie hilft wie gesagt auch nicht bei der Frage der Irreduzibilität weiter.
\(\endgroup\)


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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2018-02-18

\(\begingroup\)
2018-02-18 22:47 - Triceratops in Beitrag No. 19 schreibt:
2018-02-18 22:18 - juergen007 in Beitrag No. 18 schreibt:

Die zur Galoisgruppe $\displaystyle Gal(K/Q)$ von $\displaystyle f(x)$ gehörige maximale Körpererweiterung $\mathbb K:\mathbb Q\subset \mathbb K \subset\mathbb C$ ist der algbebraischen Abschluss-Körper des o.a. Polynoms.

Du meinst nicht den algebraischen Abschluss, sondern den Zerfällungskörper. Davon hängt die Galoisgruppe ab, und nicht umgekehrt, wie du es darstellst. Zudem hat diese Bemerkung nichts mit dem speziellen Polynom zu tun, und sie hilft wie gesagt auch nicht bei der Frage der Irreduzibilität weiter.

Die Galoiskorrespondenz zwischen Normalreihen der Galoisgruppe und Körpereweiterungen von $\mathbb Q$ gilt in beide Richtungen.  
Das hat sehr viel mit Irreduzibilität von Polynomen in $\displaystyle \mathbb Q(x)$ zu tun, das solltest du wissen.
Bez. des algebraisch Abschluss muss ich mich korrigieren thx
\(\endgroup\)


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2018-02-19


Du meinst vermutlich Normalteiler. Und du meinst nicht Q(x), sondern Q[x].

Unter der Galois-Korrespondenz gehört zur Galoisgruppe dann aber nicht der Zerfällungskörper, sondern der Grundkörper.

Und wie gesagt, nicht der Galoisgruppe wird der Zerfällungskörper zugeordnet, sondern umgekehrt: Dem Zerfällungskörper wird seine Automorphismengruppe, im separablen Fall auch Galoisgruppe genannt, zugeordnet.

Und ja, Irreduzibilität lässt sich damit testen, ob die Galoisgruppe transitiv auf den Nullstellen operiert, aber dafür müsste man erst einmal die Galoisgruppe kennen. Ich glaube nicht, dass diese Methode hier zielführend ist; sie ist wohl eher zirkulär.



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2018-02-19

\(\begingroup\)
2018-02-19 00:09 - Triceratops in Beitrag No. 21 schreibt:
Du meinst vermutlich Normalteiler. Und du meinst nicht Q(x), sondern Q[x].
nein  Q(x). oder besser $\mathbb Q(\alpha)$

Unter der Galois-Korrespondenz gehört zur Galoisgruppe dann aber nicht der Zerfällungskörper, sondern der Grundkörper.
versteh ich nicht.


Und wie gesagt, nicht der Galoisgruppe wird der Zerfällungskörper zugeordnet, sondern umgekehrt: Dem Zerfällungskörper wird seine Automorphismengruppe, im separablen Fall auch Galoisgruppe genannt, zugeordnet.
und umgekehrt daher das Wort Korrespondenz!

Und ja, Irreduzibilität lässt sich damit testen, ob die Galoisgruppe transitiv auf den Nullstellen operiert, aber dafür müsste man erst einmal die Galoisgruppe kennen.
koennte man bestimmen wenn man eine Nullstelle weiß, das ist doch ne   schöne Aufgabe für unseren Spezi gelt?


Ich glaube nicht, dass diese Methode hier zielführend ist; sie ist wohl eher zirkulär.

aber durchführbar und sehr lehrreich.
Omg
J


\(\endgroup\)


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qwertzusername
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2018-02-19


Hallo zusammen,



Du meinst vermutlich Normalteiler. Und du meinst nicht Q(x), sondern Q[x].
nein  Q(x).oder besser Q(α)
Ohh
<math>\mathbb Q (x)</math> ist ein Körper, da ist gar nichts irreduzibel.
<math>\mathbb Q (a)</math> ist ein Körper, da ist gar nichts irreduzibel.
Und beide Körper haben nicht viel miteinander zu tun.


versteh ich nicht.
Dann würde ich empfehlen den Hauptsatz der Galoistheorie (bzw. die Galois-Korrespondenz) nochmal scharf anzuschauen.


und umgekehrt daher das Wort Korrespondenz!
Das ist nicht die Galoiskorrespondenz, also auch keine Umkehrung.
Eine Gruppe kann Galoisgruppe von sehr vielen Erweiterungen sein.
Daher keine Korrespendenz.
Die Galoiskorrespondenz ordnet Zwischenkörper (einer Körpererweiterung) Untergruppen zu.


unseren Spezi gelt?
Bitte was?


aber durchführbar und sehr lehrreich.
Durchführbar mag es sein, lehrreich bezweifle ich stark.

Und was hat das Ganze eigentlich mit der Fragestellung des Threads zu tun?
(zur Sicherheit: Die Frage ist rhetorisch )

Edit: kann, nicht kein



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2018-02-19


geloecht



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2018-02-19


2018-02-19 00:48 - qwertzusername in Beitrag No. 23 schreibt:
Hallo zusammen,



Du meinst vermutlich Normalteiler. Und du meinst nicht Q(x), sondern Q[x].
nein  Q(x).oder besser Q(α)
Ohh
<math>\mathbb Q (x)</math> ist ein Körper, da ist gar nichts irreduzibel.
<math>\mathbb Q (a)</math> ist ein Körper, da ist gar nichts irreduzibel.
Und beide Körper haben nicht viel miteinander zu tun.


versteh ich nicht.
Dann würde ich empfehlen den Hauptsatz der Galoistheorie (bzw. die Galois-Korrespondenz) nochmal scharf anzuschauen.


und umgekehrt daher das Wort Korrespondenz!
Das ist nicht die Galoiskorrespondenz, also auch keine Umkehrung.
Eine Gruppe kein Galoisgruppe von sehr vielen Erweiterungen sein.
Daher keine Korrespendenz.
Die Galoiskorrespondenz ordnet Zwischenkörper (einer Körpererweiterung) Untergruppen zu.


unseren Spezi gelt?
Bitte was?


aber durchführbar und sehr lehrreich.
Durchführbar mag es sein, lehrreich bezweifle ich stark.

Und was hat das Ganze eigentlich mit der Fragestellung des Threads zu tun?
(zur Sicherheit: Die Frage ist rhetorisch )



Der nächste Geier
ich sag gar nichts mehr ohne meinen Anwalt
Goto your gal and cry





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BerndLiefert
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, eingetragen 2018-02-19


Hallo Jürgen,

hast du es schon mit Logarithmen versucht?

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.24 begonnen.]



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, eingetragen 2018-02-19


2018-02-19 00:58 - BerndLiefert in Beitrag No. 26 schreibt:
Hallo Jürgen,

hast du es schon mit Logarithmen versucht?

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.24 begonnen.]
inwiefern wozu ?



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, eingetragen 2018-02-19

\(\begingroup\)
ich fand  folgende Herangehensweise

mathworld.wolfram.com/QuinticEquation.html

wo man dann durch

mathworld.wolfram.com/Bring-JerrardQuinticForm.html

auf

mathworld.wolfram.com/BringQuinticForm.html

kommt, so dass man nur noch eine Form  $f(x)=x^5-x-a=0$ lösen muss wobei a complex sein kann.
Sehr aufwendig.


\(\endgroup\)


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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, eingetragen 2018-02-20

\(\begingroup\)
Es gib tatsächlich 3 reelle Löäsungen obiger QuinticÖ
$\displaystyle x^5-10x^4+6x^2-8x+50$ und 2 konjugiert komplexe..

x1 = 1,57883019
x2 = -1,61244833
x3 = 0,04564664 + 1,40475715·i
x4 = 0,04564664 - 1,40475715·i
x5 = 9,94232486

nach www.matheretter.de/rechner/polynomgleichung

Interessant wäre halt noch, ob dieses Polynom "effektlos" oder "effektfrei" ist, also nicht in Radikalen auflösbar.

\(\endgroup\)


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