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| Autor |
 Sind die Polynome mit algebraisch abhängiger Lösung immer reduzibel? |
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IVmath
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Mitteilungen: 689
 |  Themenstart: 2021-09-12
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Eine $n$-elementige Menge $\{a_1,...,a_n\}\subset\mathbb{C}$ heißt algebraisch unabhängig über $\overline{\mathbb{Q}}$, wenn es außer dem Nullpolynom kein Polynom $P\in\overline{\mathbb{Q}}[t_1,...,t_n]$ mit $P(a_1,...,a_n)=0$ gibt.
Ich folgere daraus:
Eine $m$-elementige Menge $\{a_1,...,a_m\}\subset\mathbb{C}$ heißt algebraisch abhängig über $\overline{\mathbb{Q}}$, wenn es außer dem Nullpolynom mindestens ein Polynom $P'\in\overline{\mathbb{Q}}[t_1,...,t_m]$ mit $P'(a_1,...,a_m)=0$ gibt.
Sind die Polynome $P'$ für $(m>1)\land(trdeg_\overline{\mathbb{Q}}(a_1,...,a_m)
Wenn ja, wie kann man das zeigen?
Vielen vielen Dank.
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Triceratops
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 |  Beitrag No.1, eingetragen 2021-09-13
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Natürlich nicht. Betrachte $\{r,r^2\}$ für irgendein $r$ und das irreduzible Polynom $Y-X^2$.
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IVmath
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Dabei seit: 29.07.2016
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-13
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Ahja. Aber wie sieht es aus, wenn 1 < Transzendenzgrad < m?
Im Moment fallen mir da nur reduzible Polynome ein.
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zippy
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 | Beitrag No.3, eingetragen 2021-09-14
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Nimm eine algebraisch unabhängige Menge $\{r_1,r_2\}$ und betrachte dann $\{r_1,r_2,q\}$ mit einem $q\in\overline{\mathbb Q}$. Diese Menge hat den Transzendenzgrad 2 und das Polynom $P=t_3-q\in\overline{\mathbb Q}[t_1,t_2,t_3]$ mit $P(r_1,r_2,q)=0$ ist irreduzibel.
--zippy
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IVmath
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-14
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Oh, ja, das ist natürlich klar.
Ich meine $R=\overline{\mathbb{Q}}[t_1,t_2,t_3]\setminus\left(\overline{\mathbb{Q}}[t_1,t_2]\cap\overline{\mathbb{Q}}[t_1,t_3]\cap\overline{\mathbb{Q}}[t_2,t_3]\right)$.
Gibt es mit zippys Menge $\{r_1,r_2,q\}$ ein irreduzibles Polynom $P'\in R$ mit $P'(r_1,r_2,q)=0$ außer dem Nullpolynom?
Wenn nein, wie kann man das zeigen.
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zippy
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| Beitrag No.5, eingetragen 2021-09-14
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\quoteon(2021-09-14 17:56 - IVmath in Beitrag No. 4)
Ich meine ...
\quoteoff
Wenn du nach jeder Antwort eine weitere Bedingung nachschiebst, wird das hier nie zu einem Ende kommen.
Ein Beispiel, das allem genügt, was du bisher gefordert hast, wäre $\{r_1,r_2,r_1+r_2\}$ mit $P=t_1+t_2-t_3$.
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IVmath
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-15
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Vielen Dank für die Beispiele.
Was ich aber meine, ist Folgendes.
Als Koeffizientenkörper nehmen wir überall $\mathbb{Q}$ (oder $\overline{\mathbb{Q}}$).
$A$ kennzeichne eine algebraische Funktion,
$P$ kennzeichne ein Polynom,
$a$ kennzeichne eine algebraische Zahl,
$t$ kennzeichne eine transzendente Zahl.
$\{a,t\}$ hat Transzendenzgrad 1.
Wir betrachten die Lösbarkeit einer beliebigen Gleichung der Form
$$P(a,t)=0.\tag{1}$$
Wenn $P$ irreduzibel ist, dann gibt es immer eine algebraische Funktion $A$ so dass
$$a=A(t)\tag{2}.$$
Damit ist (2) ein Widerspruch, denn die linke Seite der Gleichung ist eine algebraische Zahl, die rechte eine transzendente Zahl. (a,t) kann deshalb keine Lösung der Gleichung (2) und damit auch keine der Gleichung (1) sein.
Ist $P$ dagegen reduzibel, gibt es immer Lösungen $(a,t)$.
Mit mehr als zwei Argumenten von $P$ geht es analog.
Wo liege ich falsch?
Und was ist der Unterschied zu Euren Beispielen?
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IVmath
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Dabei seit: 29.07.2016
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-09-16
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IVmath hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
IVmath hatte hier bereits selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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