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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
ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.240, eingetragen 2018-03-31


Hallo

2018-03-31 20:49 - juergen007 in Beitrag No. 238 schreibt:

Denn <math>x^2+y^2+z^2</math> ist ein homogenes Monom und symmetrisch  in x,y,z aber nicht elementarsymmetrisch.

wikipedia:
Jedes symmetrische Polynom lässt sich als Polynom in den elementarsymmetrischen Polynomen schreiben. Der Satz stammt von Joseph-Louis Lagrange, war aber schon Isaac Newton bekannt.

Bloß wie?

<math>x^2+y^2+z^2</math> ist kein Monom, aber <math>x^2</math>, <math>y^2</math> und <math>z^2</math> sind Monome.
Es gilt <math>x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2(xy+xz+yz)</math>

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.238 begonnen.]



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.241, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-01


2018-03-31 21:55 - ochen in Beitrag No. 240 schreibt:
Hallo

2018-03-31 20:49 - juergen007 in Beitrag No. 238 schreibt:

Denn <math>x^2+y^2+z^2</math> ist ein homogenes Monom und symmetrisch  in x,y,z aber nicht elementarsymmetrisch.

wikipedia:
Jedes symmetrische Polynom lässt sich als Polynom in den elementarsymmetrischen Polynomen schreiben. Der Satz stammt von Joseph-Louis Lagrange, war aber schon Isaac Newton bekannt.

Bloß wie?

<math>x^2+y^2+z^2</math> ist kein Monom, aber <math>x^2</math>, <math>y^2</math> und <math>z^2</math> sind Monome.
Es gilt <math>x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2(xy+xz+yz)</math>

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.238 begonnen.]

Ja danke <math>x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2(xy+xz+yz)</math> is logisch und damit auch die nächste Aufgabem, aber jetzt kuck ich noch

www.youtube.com/watch?v=sZhl6PyTflw

über die Riemann vermutung "populärwissenschaftlich" sagt er ;)





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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.242, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-01

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nochmal zu

2018-03-30 21:38 - juergen007 in Beitrag No. 234 schreibt:

Aufgabe 2.3.4. Schreibe $X1^2 +X2^2 +· · ·+X_n^2$ als Polynom in den elementarsymmetrischen Funktionen in $X1, . . . , Xn$.

ist dan klar:

$x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2=(x_1+x_2+· · ·+x_n)^2 -2(x_1x_2+x_1x_3+\ldots+x_1x_n+x_2x_3+\ldots x_2x_n+\ldots+x_{n-1}x_{n})$

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DavidM
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.243, eingetragen 2018-04-01


Richtig.



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.244, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-04


Für "Neuankömmlige ":
Als Referenz nutzen wir  
www.math.uni-augsburg.de/prof/alg/Downloads/Einfuehrung-in-die-Algebra.pdf

Eben sind wir am Ende von Kapitel 2.3 Diskriminante.
Ich würde als nächstes Seite 62 Aufg 2.3.8 vorschlagen.

(Irgendwie geht copy paste nicht bei foxit reader.)
Wer mag kann sich auch gerne Die sog. Vandermonde Determinante 2.3.9 vornehmen.





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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.245, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-04

\(\begingroup\)
2018-04-04 13:06 - juergen007 in Beitrag No. 244 schreibt:
Für "Neuankömmlige ":
Als Referenz nutzen wir  
www.math.uni-augsburg.de/prof/alg/Downloads/Einfuehrung-in-die-Algebra.pdf


Ich würde als nächstes Seite 62 Aufg 2.3.8 vorschlagen.

In $x^3-5x^2+3x+9$ müssen die Nullstellen a,b,c ganzzahlig sein und
-9 teilen d.h. $abc\in \{\pm9,\pm3,\pm1\}$ und $abc=-9$. so bleibt z.B. $a=3,b=-3,c=1$ oder  $a=3,b=3,c=-1$
Erteres ist durch a+b+c=5 ausgeschlosen.
Ich verliere aber die Lust hier den Alleinunterhalter zu geben.




\(\endgroup\)


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DavidM
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.246, eingetragen 2018-04-04

\(\begingroup\)
2018-04-04 20:25 - juergen007 in Beitrag No. 245 schreibt:
2018-04-04 13:06 - juergen007 in Beitrag No. 244 schreibt:
Für "Neuankömmlige ":
Als Referenz nutzen wir  
www.math.uni-augsburg.de/prof/alg/Downloads/Einfuehrung-in-die-Algebra.pdf


Ich würde als nächstes Seite 62 Aufg 2.3.8 vorschlagen.

In $x^3-5x^2+3x+9$ müssen die Nullstellen a,b,c ganzzahlig sein und
-9 teilen d.h. $abc\in \{\pm9,\pm3,\pm1\}$ und $abc=-9$. so bleibt z.B. $a=3,b=-3,c=1$ oder  $a=3,b=3,c=-1$
Erteres ist durch a+b+c=5 ausgeschlosen.
Ich verliere aber die Lust hier den Alleinunterhalter zu geben.


Dass die Nullstellen ganzzahlig sein müssen ist nicht richtig. Das einzige, was wir wissen ist, dass alle rationalen Nullstellen ganzzahlig sind. Wir wissen aber noch nicht, ob alle Nullstellen rational sind.
Der einzige halbwegs elegante Ansatz, der mir spontan einfällt wäre folgendes:
Wir wollen ja im wesentlichen zeigen, dass das Polynom eine doppelte Nullstelle hat. Eine doppelte Nullstelle heißt aber nichts anderes als, dass die Zahl sowohl Nullstelle des Polynoms als auch seiner Ableitung ist. Also kann man jetzt die Nullstellen der Ableitung bestimmen (das ist ja ein quadratisches Polynom) und dann überprüfen, ob das auch Nullstellen des ursprünglichen Polynoms sind.
\(\endgroup\)


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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.247, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-04


Ich merke,  dass mich dies konstriuiebrakeitsproblematik nicht besonders  interssiert. Natürlcih is pi transzendent (wentzel 1870 oder so) und e und in dem dem Video was ich in dem anderem thread anführte ist das ganz gut erklärt.
www.youtube.com/watch?v=TOcQ_jIYQwo
Und Konstruierbar sind nur algebraische Zahlen mit mininalpolynom Grades 2,4,8.. etc. was die nichmöglichket der Winkel3teilung erklärt.
Interssant wird für mich Kapitel 4









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a-gon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.248, eingetragen 2018-04-05


Der Clip ist nett, aber ich würd es gerne genauer wissen lacht

Kann man Kap 4 ohne Voraussetzungen aus 2 und 3 verstehen? Dann wäre ich bei dir, sonst würd ich erst da noch ein wenig mich abarbeiten...

Grüsse



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DavidM
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.249, eingetragen 2018-04-05


2018-04-05 10:00 - a-gon in Beitrag No. 248 schreibt:

Kann man Kap 4 ohne Voraussetzungen aus 2 und 3 verstehen? Dann wäre ich bei dir, sonst würd ich erst da noch ein wenig mich abarbeiten...

Naja, der zweite Satz in Kapitel 4 fängt an mit " Wie wir im letzten Kapitel gesehen haben", ohne Kapitel 3 wird es also kaum gehen.

Ich hab Kapitel 3 jetzt nicht im Detail angeschaut, aber wenn ich die Überschriften der Unterkapitel so anschaue, denke ich schon, dass das Themen sind, die man kennen sollte, wenn man Galois-Theorie verstehen möchte. Konstruierbarkeit scheint in Kapitel 3 auch mehr Motivation als wirklich zentraler Inhalt zu sein.



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.250, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-06

\(\begingroup\)
Der Begriff Diskriminante ist doch wichtig.

Von Seite 61:
"Def.: Die Diskriminante der Gleichung ist $\delta = (x1 − x2)^2(x1 − x3)^2(x2 − x3)^2$" versteh ich.
Klar ist sofort, dass bei doppelten Nullstelen $\delta=0$ ist.

"Und in der Tat ergibt eine längere Rechnung, daß $\delta = (x1 − x2)^2(x1 − x3)^2(x2 − x3)^2  = −4p3 − 27q^2$"

Aufgabe 2.3.5.
"Sei $X^3 + pX + q = 0$ eine reduzierte kubische Gleichung. Zeige, daß ihre Diskriminante durch $\displaystyle −4p^3 − 27q^2$ gegeben ist."

Wie kommt man darauf? Wie ist die längere Rechnung? k.A.

würde an sich gerne zum Satz vom primitivenm  Element vorgehen.
oder Kapitel 3.4. Irreduzibilität modulo einer Primzahl.
aber lieber langsam. smile

Die Rechnung zu Aufgabe 2.3.5. hätte ich gern gesehen.



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.251, eingetragen 2018-04-06


Da steht doch hinter (2.26) genau, wie man das schnell und einfach macht.

Wally



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.252, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-06


2018-04-06 08:09 - Wally in Beitrag No. 251 schreibt:
Da steht doch hinter (2.26) genau, wie man das schnell und einfach macht.

Wally

wo genau?



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.253, eingetragen 2018-04-06


Direkt dahinter.
Ersetze <math>p</math> durch <math>X_1X_2+X_1X_3+X_2X_3</math> und <math>q</math> durch <math>-X_1X_2X_3</math>.
Ersetze <math>X_3</math> durch <math>-X_1-X_2</math> im Ausdruck für die Diskriminante und in den Ausdrücken für <math>p</math> und <math>q</math>. Nun multipliziere alles aus und fasse zusammen.



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.254, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-06

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allein wenn ich die cardanische formel auf $x^3-3x-2$ anwende krieg ich wahnhsinnige ausdrücke
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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.255, eingetragen 2018-04-06


Du sollst nicht die Cardanische Formel anwenden.
Das steht auch nirgends.
Hinter (2.26) steht, dass man den Trick verwenden kann, dass man weiß, dass in der Diskriminante nur <math>p^3</math> und <math>q^2</math> vorkommen können.

Die Koeffizienten kann man an zwei einfachen Beispielen bestimmen.

Wally



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.256, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-08

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2018-04-06 21:16 - Wally in Beitrag No. 255 schreibt:
Du sollst nicht die Cardanische Formel anwenden.
Das steht auch nirgends.
Hinter (2.26) steht, dass man den Trick verwenden kann, dass man weiß, dass in der Diskriminante nur <math>p^3</math> und <math>q^2</math> vorkommen können.

Die Koeffizienten kann man an zwei einfachen Beispielen bestimmen.

Wally
Also Polynome der Art $f(x)=x^3+q$ müssten ein vielfaches von $q^2$ als Diskriminante haben.
Und solche der Art $\displaystyle f(x)=(x+c)^3-q$ habe dann dieselbe Diskriminante, sogar wenn $c \in C$ ist, da sich die Differenzen nicht ändern.
Mehr mag ich mich mit dem Thema eben nicht beschäftigen sonst jemand?
Sonst würde ich gern nach Kap 3.2 irreduzible Polynome gehen, wobei es ja auch irreduzible Zahlen in bestimmten Körpern gibt.
z.b.
Aufgabe 3.2.4. Zeige, daß das Polynom $\displaystyle f(X) = X^3 − \frac{3}{2}X^2 + X −\frac{6}{5}$ keine rationale Nullstelle besitzt.
\(\endgroup\)


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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.257, eingetragen 2018-04-08


2018-04-08 09:10 - juergen007 in Beitrag No. 256 schreibt:
z.b.
Aufgabe 3.2.4. Zeige, daß das Polynom <math>\displaystyle f(X) = X^3 -\frac{3}{2}X^2 + X-\frac{6}{5}</math> keine rationale Nullstelle besitzt.

Multipliziere das Polynom mit 10. Dann hat das Polynom ganzzahlige Koeffizienten, deren größte gemeinsamer Teiler, gleich Eins ist.
Damit sind alle rationalen Nullstellen ebenfalls ganzzahlig. Ob es ganzzahlige Nullstellen hat, lässt sich leichter prüfen. Betrachte beispielsweise das Polynom modulo 5.



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.258, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-09

\(\begingroup\)
2018-04-08 13:50 - ochen in Beitrag No. 257 schreibt:
2018-04-08 09:10 - juergen007 in Beitrag No. 256 schreibt:
z.b.
Aufgabe 3.2.4. Zeige, daß das Polynom <math>\displaystyle f(X) = X^3 -\frac{3}{2}X^2 + X-\frac{6}{5}</math> keine rationale Nullstelle besitzt.

Multipliziere das Polynom mit 10. Dann hat das Polynom ganzzahlige Koeffizienten, deren größte gemeinsamer Teiler, gleich Eins ist.
Damit sind alle rationalen Nullstellen ebenfalls ganzzahlig. Ob es ganzzahlige Nullstellen hat, lässt sich leichter prüfen. Betrachte beispielsweise das Polynom modulo 5.

<math>\displaystyle f(X) = 10X^3 -15X^2 + 10X-12</math>.
Was du meinst ist der Inhalt, nicht? der ist 1.
Lösungen $x1,x2,x3$ müssten Teiler von 12 sein.
$\{\pm1,\pm2,\pm3,\pm4,\pm6,\pm12\}$.
Jetzt ist aber $10 \mod 5=0$ und $15 \mod 5=0$
Bleibt also nur <math>\displaystyle f_5(X) = 3</math> oder hab ich da was falsch verstanden? 3 ist aber keine Lösung von <math>\displaystyle f(X)</math>.




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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.259, eingetragen 2018-04-09


Das mit dem ggT der Koeffizienten stimmt doch nicht, oder?
2x-3=0 hätte dann ja angeblich auch nur ganzzahlige Lösungen, aber es hat rationale Lsg.

Ich denke das mit dem ggT ist wenn dann eher ein Argument gegen statt für ganzzahlige Lösungen - etwa wenn man die Gleichung modulo einem ggT der Koeffizienten ohne dem Absolutglied betrachtet. Aber mit Absolutglied gilt die Aussage auch nicht unbedingt, wie x-3=0 zeigt  



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.260, eingetragen 2018-04-09


Statt sich selbst was zu überlegen, könnte man ja auch auf S.78 nachlesen, wie es geht....

Wally



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.261, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-09

\(\begingroup\)
(*) $\displaystyle f(X) = 10X^3 -15X^2 + 10X-12$.

Es existiere ein Lösung $y=\frac{p}{q}$.

Ich geh mal streng nach dem Skript vor. Seite 78:


3.10: $\displaystyle b_nX^n+b_{n−1}X^{n−1}+\ldots+b_1X+b0=0$.
...so erhalten wir die Gleichung: $\displaystyle b_np^n+b_{n−1}p^{n−1}q+\ldots+b_1pq^{n−1}+b_0q^n=0$ als Bedingung dafür, ob y eine Lösung von (3.10) ist. Formen wir (3.10) in $\displaystyle b_np^n=−b_{n−1}p^{n−1}q−\ldots b_1pq^{n−1}−b_0q^n$ um, so erkennen wir, dass $q$ teilt $b_np^n$, wenn $y$ eine Lösung von (3.10) ist.

Da p keinen gemeinsamen Primfaktor mit q hat, muss hier $q$ $10$ teilen.
Da $b_3\ne 0$, kommen damit nur endlich viele ganzzahlige Werte für $q$ infrage. Es muss gelten: $q|10p^3$. Und $q|10$.
Also $q\in \{\pm1,\pm2,\pm5,\pm10\}$.
Wir können (3.10) in $\displaystyle b_0q^n=−b_np^n−b_{n−1}p^{n−1}q−\ldots− b_1pq^{n−1}$ umformen.
Dann (**): $\displaystyle -12q^3=−10p^3+15p^2q−10pq^2$.

In unserem Fall ist:
$\displaystyle b_3=10,b_2=-15,b_1=10,b_0=-12,10X^3-15X^{2}+10x-12=0$
und
$10X^3=15X^{2}-10X+12$.
Wir erhalten also, dass $\displaystyle -12q^3$ durch $p$ teilbar sein muß, wenn y eine Lösung von (*) ist.
Da $b_0\ne 0$, kommen damit nur endlich viele ganzzahlige Werte für $p$ infrage.
Da $q$ keinen gemeinsamen Primfaktor mit $p$ hat, muss damit $p$ durch
12 teilbar sein.
Folglich gibt es nur endlich viele rationale Zahlen $y$, welche als Lösung von (*) infrage kommen.

Summa summarum sind wir jetzt bei:
1)$\displaystyle y=\frac{p}{q}$.
2)$\displaystyle q\in \{\pm1,\pm2,\pm5,\pm10\}$.
3)$\displaystyle p\in \{\pm1,\pm2,\pm3,\pm4,\pm6,\pm12\}$.
Bitte sehr  wink


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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.262, eingetragen 2018-04-09


Ja, ein guter Weg.

In Wirklichkeit ist es noch einfacher, weil man nur teilerfremde Paare <math>(p,q)</math> betrachten muss, und oBdA ist eine der beiden Zahlen positiv.

Wally



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.263, vom Themenstarter, eingetragen 2018-04-11

\(\begingroup\)
2018-04-09 21:56 - Wally in Beitrag No. 262 schreibt:
Ja, ein guter Weg.

In Wirklichkeit ist es noch einfacher, weil man nur teilerfremde Paare <math>(p,q)</math> betrachten muss, und oBdA ist eine der beiden Zahlen positiv.

Wally
Mir fällt gerade noch auf, dass in
 
"Aufgabe 3.2.4. Zeige, daß das Polynom <math>\displaystyle f(X)=X^3-\frac{3}{2}X^2+X-\frac{6}{5}</math> keine rationale Nullstelle besitzt."
Zu zeigen ist also, dass keine der folgenden gekürzten Brüche $y=\frac{p}{q}$,  $\operatorname{ggt}(p,q)=1$

$\displaystyle q\in \{\pm1,\pm2,\pm5,\pm10\}$,
$\displaystyle p\in \{1,2,3,4,6,12\}$
eine Lösung von unserem
(1)$\displaystyle f(X) = 10X^3 -15X^2 + 10X-12$ ist, damit gibt es auch keine rationalen Nullstellen von:
(2)$\displaystyle f(X) = X^3 -\frac{3}{2}X^2 + X-\frac{6}{5}$.

Man müsste jetzt alle möglichen $y=\frac{p}{q}$ nachrechnen um festzustellen, dass kein Bruch passt. Oder gehts einfacher?

Besser ist hier dann doch Eisenstein auf (1) anzuwenden.

weitere Aufgaben:

Aufgabe 3.3.5. Sei $f(X) = X^6 + X^5 + X^4 + X^3 + X^2 + X + 1 = 0$. Zeige, daß f(X) irreduzibel ist.

Aufgabe 3.3.6. Sei $f(X) = X^5 +X^4 +X^3 +X^2 +X +1$. Zeige, daß f(X) nicht irreduzibel ist.

Anm.: bei 3.3.6 sieht man schnell die offensichliche ganzzahhlige Lösung -1 und kann $g(X) = \frac{X^5 +X^4 +X^3 +X^2 +X +1}{X+1}$ berechnen.
\(\endgroup\)


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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.264, eingetragen 2018-04-11


Hast du dich bei 3.3.5. verschrieben?



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juergen007
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\(\begingroup\)
2018-04-11 14:31 - MartinN in Beitrag No. 264 schreibt:
Hast du dich bei 3.3.5. verschrieben?
Nein so steht es da kap 3.3. seite 91.
Wenn es eine rationale Lösung gäbe müsste sie ganzzahlig sein und 1 teilen und nachrechnen von $\pm1$ gibt 1 oder 7.
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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.266, eingetragen 2018-04-11


okay, find ich komisch...

Im Endeffekt ist doch f(x) eine konstante Funktion, da dort f(x) = 0 steht. Dann sollte es doch irreduzibel sein.



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juergen007
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2018-04-11 15:17 - MartinN in Beitrag No. 266 schreibt:
okay, find ich komisch...

Im Endeffekt ist doch f(x) eine konstante Funktion, da dort f(x) = 0 steht. Dann sollte es doch irreduzibel sein.
ja komisch.
entweder es ist ne Fangfrage oder n Tippfehler...



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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.268, eingetragen 2018-04-12


Oder kA... generell finde ich Gleichungen mit mehr als 1 "Ist-Gleich" komisch :D [du verwendest auf oft solche Gleichungen, daher dachte ich erst an einen Tippfehler von dir]

Aber theoretisch müssten dass bis zu 6 Punkte sein, da ja nicht nur f(x) = 0 gelten soll, sondern auch das Polynom.


Ich vermute mal, dass da kein "= 0" ans Ende soll...



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juergen007
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Aufgabe 3.2.3. Zeige, daß normierte Polynome vom Grad 2 und 3 über den rationalen Zahlen genau dann irreduzibel sind, wenn sie keine rationale Nullstelle besitzen.


Aber das gilt doch auch für normierte Polynome vom höherem Grad??


Und:

Proposition 3.25. Sei a eine algebraische Zahl. Dann existiert genau ein irreduzibles normiertes Polynom f(X) mit rationalen Koeffizienten, welches a als Nullstelle besitzt.

Heisst ja das das Minimalpolynom eindeutig ist?



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.270, eingetragen 2018-04-15


Zu 3.2.3 : Ein reduzibles Polynom ohne rationale Nullstellen wäre

fed-Code einblenden

oder?

( Grüsse aus dem Harz und so )
gonz



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juergen007
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Im folgenden

Hilfssatz 4.3. Seien $x1,\ldots, xn$ die Lösungen (mit Vielfachheiten) einer Polynomgleichung mit rationalen Koeffizienten. Ist dann $V (X1,\ldots, Xn)$ ein Polynom mit rationalen Koeffizienten, so sind die galoissch Konjugierten von $t = V (x1,\ldots,xn)$ alle von der
Form $t0 = V (xσ(1),\ldots, xσ(n))$, wobei σ eine n-stellige Permutation ist. (Seite 118)

kommen wir den Permutationsgruppen schon näher, aber was ist dies  σ ?

Bleiben wir jedoch bei
Aufgabe 3.6.2. Sei x eine in √3 rationale Zahl. Ist im allgemeinen dann auch eine Quadratwurzel aus x eine in √3 rationale Zahl?

Aufgabe 3.6.3. Finde ein primitives Element zu i und $\sqrt[3]{2}$

und dann

Aufgabe 4.1.1. Gib zwei algebraische Zahlen an, die nicht zueinander galoissch konjugiert sind.


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juergen007
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Hier gehts nich weiter ich komme nochmal auf den Begriif ganzalgebraische Zahl zurück die Lösung eines normierten Polynoms in Z[x] ist, und nicht in $\mathbb Q[x]$!
$\sqrt3$ ist Loesung von $x^2-3=0$ damit ganzalgebraisch.
Und auch $-\sqrt3$

Alle einfachen Wurzeln $\sqrt{r}, r\in Z$  sind ganzalgebraisch und Lösung von $x^2-r=0$
Kann man das auch über alle $\sqrt[p]{r}, r,p\in Z$ sagen? Ja, denn sie sind Lösungen von $x^p-r=0$.
$x^p-r=0$ hat noch mehr ganzalgebraische Lösungen die als galoische konjugierte bezeichnet werden.
Dann scheint mir folgendes nicht so offenbar:

Aufgabe 3.5.6. Gib eine algebraische Zahl an, welche keine ganze algebraische Zahl ist.

Ich dachte erst vielfache ganzalgebraischer Zahlen sind nicht mehr ganzalgebraisch, also  $n\sqrt{r}$, aber $2\sqrt{3}$ löst ja $x^2-12$.

Und wenns noch nicht reicht: Lösungen normierten Polynome in $\mathbb Z[x]$ sind immer ganzalgebraisch per Def. aber auch immer in Wurzeln oder Radikalen ausdrückbar? Also kann jemand eine irreduzible Quintic angeben die nicht nur Radikallösungen hat? Also irgendeine oder mehrere komplexe Zahlen, die man nur in numerischen Format $a+bi, a,b \in R$, angeben kann.

danke
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DavidM
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2018-04-17 08:56 - juergen007 in Beitrag No. 272 schreibt:

Aufgabe 3.5.6. Gib eine algebraische Zahl an, welche keine ganze algebraische Zahl ist.



Wenn du es dir einfach machen willst: schau dir das Resultat aus Aufgabe 1.3.7 nochmal an (wenn ich mich richtig erinnere, haben wir die hier auch ausführlich diskutiert).



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juergen007
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2018-04-17 10:23 - DavidM in Beitrag No. 273 schreibt:
2018-04-17 08:56 - juergen007 in Beitrag No. 272 schreibt:

Aufgabe 3.5.6. Gib eine algebraische Zahl an, welche keine ganze algebraische Zahl ist.



Wenn du es dir einfach machen willst: schau dir das Resultat aus Aufgabe 1.3.7 nochmal an (wenn ich mich richtig erinnere, haben wir die hier auch ausführlich diskutiert).

Meinst du
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.

hat aber nichts mit Aufgabe 3.5.6. zu tun oder? Sie sagt uns, dass normierte Polynome in $\mathbb Z[x]$, wenn sie rationale Loesungen haben diese auch ganzzahlig sind. OK daraus mag man folgern, dass gekürzte Brüche $\frac{p}{q}, \operatorname {ggt} (p,q)=1, q>1$ keine ganzalgebraischen Zahlen seien können? was mich erstaunt:)


Jedoch ist zB $\frac{4}{3}$ Lösung von $3x-4=0$ und damit algebraisch.
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DavidM
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Genau das meinte ich, ja.



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juergen007
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Ich springe mal zu

Proposition 3.23.
Sei f(X) ein primitives Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten.
Es existiere eine Primzahl p so, daß der führende Koeffizient von f(X) nicht durch p teilbar ist und daß f(X) modulo p irreduzibel ist. Dann ist f(X) als primitives Polynom über den ganzen Zahlen irreduzibel.

Nehmen wir mal $\displaystyle f(X)=x^5+3x^3+5x^2-x+1$.
Dann ist $\displaystyle f(X) \mod 2 = x^5+x^3+x^2+x+1$
Diese ist irreduzibel in $\displaystyle \mathbb Z_2[x]$, was man sofort sieht da weder 0 noch 1 für x eingesezt 0 ergeben.
Trotzdem haben ja nach dem Fundamentalsatz der Algebra Polynome 5ten Grades 5 evtl. mehrfache Lösungen.
Die Frage stelle ich mir und allen:
Gilt der Fundamentalsatz auch in endlichen Polynomringen, wenn das der richtige Ausdrück für $\displaystyle \mathbb Z_p[x]$ ist?
Und wie sehen die Lösungen dann aus?

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MartinN
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Ist der Fundamentalsatz nicht, dass es dann im komplexen mindestens eine Lösung gibt?

Und wenn du nur ganze Zahlen betrachtest, dann kann ein Polynom auch keine Nullstellen haben, etwa 2x+1 = 0



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juergen007
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2018-04-18 15:55 - MartinN in Beitrag No. 277 schreibt:
Ist der Fundamentalsatz nicht, dass es dann im komplexen mindestens eine Lösung gibt?

Und wenn du nur ganze Zahlen betrachtest, dann kann ein Polynom auch keine Nullstellen haben, etwa 2x+1 = 0

2x+1 = 0 hat die Nullstelle -1/2 also keine ganzalgebraische, wenn du $x\in Q$ betrachtest.
Wenn du $x\in Z_3$ betrachtest, ist 1 eine Lösung.

Beide untenstehenden normierte Polynome sind irreduzibel haben aber Lösungen:

1) $\displaystyle f(X)=x^5+3x^3+5x^2-x+1$. hat sicher 5 komplexe Nullstellen nach dem Fundamentalsatz.

2) $\displaystyle f(X)\mod 2 = x^5+x^3+x^2+x+1$ hat Lösungen $\{x1,x2,x3,x4,x5\}$, die sich aber nicht als a+bi ausdrücken lassen, da sich der Fundamentalsatz anscheinend und ich finde das nirgendwo explizit nur auf Ringe der Charakteristik 0 anwenden lässt. Und $Z_p$ hat die Charakteristik p.
Falls das nicht stimmt, möge man mich verbesern..



Nochmal der Fundamentalsatz:
Hauptsatz 1.14. Jede normierte Polynomgleichung $X^n+a_{n−1}X^{n−1}+\ldots+a_1X+a_0=0$ positiven Grades n, deren Koeffizienten $a_0,\ldots, a_{n−1}$ allesamt algebraische Zahlen sind, besitzt eine Lösung z in den komplexen Zahlen, das heißt, für je n algebraische Zahlen $a0,\ldots,a_{n−1}$ existiert eine komplexe Zahl z mit $z^n + a_{n−1}z^{n−1}+\ldots+ a_1z+a_0=0$.

Es wird hier keinerlei Bedingung an den Polynomring gestellt. Also hat auch $\displaystyle f(x)\mod2=x^5+x^3+x^2+x+1$ oder $\displaystyle g(x)\mod2\in Z_2[x]=x^5+ax+b$ mit $a,b\in Z_2$ hat angeblich komplexe Lösungen...(?!)
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DavidM
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Hallo,

das ganze erste Kapitel im Skript behandelt nur Polynome, deren Koeffizienten komplexe Zahlen sind (oder sogar aus einem kleineren Ring stammen). Das wird glaube ich nirgends explizit gesagt, aber der formale Polynombegriff (mit Koeffizienten in beliebigen Ringen) wird ja auch erst im zweiten Kapitel eingeführt. Man kann in Polynome, deren Koeffizienten beispielsweise in einem endlichen Körper liegen auch gar nicht sinnvoll komplexe Zahlen einsetzen.

Noch was anderes: In #276 hast du geschrieben, dass das Polynom über $\mathbb{Z}_2$ irreduzibel ist, weil es in $\mathbb{Z}_2$ keine Nullstellen hat. Das ist nicht richtig, das Polynom könnte ja auch das Produkt von einem irreduziblen Polynom vom Grad 2 und einem irreduziblen Polynom vom Grad 3 sein. Dann hätte es keine Nullstellen (weil keiner der beiden Faktoren Nullstellen hat) ist aber trotzdem nicht irreduzibel. So was ähnliches hatte gonz auch schon in #270 geschrieben.
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