Algebraische Zahlen < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:33 Mo 08.10.2012 | | Autor: | Helbig |
| Aufgabe | | Warum ist das Produkt algebraischer Zahlen algebraisch? |
Hallo,
Eine komplexe Zahl ist algebraisch, wenn sie Nullstelle eines Polynoms mit ganzzahligen Koeffizienten ist. Andernfalls ist sie transzendent. Nun scheint es offensichtlich zu sein, daß das Produkt algebraischer Zahlen wieder algebraisch ist. Bloß mir will das nicht einleuchten.
Ich brauche die Antwort, um einen Beweis zur Transendenz von [mm] $\pi$ [/mm] nachzuvollziehen:
Im Beweis wird angenommen, daß [mm] $\pi$ [/mm] algebraisch ist und daraus stillschweigend geschlossen, daß [mm] $2\pi\mathrm [/mm] i$ ebenfalls algebaisch ist. Und hieraus folgt mit einem sehr schönen Satz, daß [mm] $\mathrm e^{2\pi\mathrm i}$ [/mm] transzendent ist. Demnach wäre $0$ transzendent, was sogar für mich offensichtlich falsch ist. Ebenso ist mir klar, daß [mm] $2\mathrm [/mm] i$ algebraisch ist.
Der schöne Satz lautet:
Ist $a$ algebraisch und von Null verschieden, so ist [mm] $e^a$ [/mm] transzendent.
Grüße,
Wolfgang
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:05 Mo 08.10.2012 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Warum ist das Produkt algebraischer Zahlen algebraisch?
>
> Eine komplexe Zahl ist algebraisch, wenn sie Nullstelle
> eines Polynoms mit ganzzahligen Koeffizienten ist.
> Andernfalls ist sie transzendent. Nun scheint es
> offensichtlich zu sein, daß das Produkt algebraischer
> Zahlen wieder algebraisch ist. Bloß mir will das nicht
> einleuchten.
Es ist zwar so, aber es ist eben nicht sehr einfach zu sehen. Ein konkretes Polynom, welches das Produkt als Nullstelle hat anzugeben ist nur in wenigen einfachen Spezialfaellen moeglich.
Normalerweise geht man so vor. Man untersucht zuerst algebraische und endliche Koerpererweiterungen genauer. Dabei nennt man eine Koerpererweiterung $L/K$ algebraisch, falls jedes Element $x [mm] \in [/mm] L$ algebraisch ueber $K$ ist, und endlich, falls $[L : K] := [mm] \dim_K [/mm] L < [mm] \infty$ [/mm] ist.
Nun zeigt man:
(a) jede endliche Erweiterung ist algebraisch;
(b) $x$ ueber $K$ algebraisch [mm] $\Leftrightrarrow [/mm] K(x) / K$ endlich;
(c) $L/K$ endlich [mm] $\Leftrightarrow \exists x_1, \dots, x_n \in [/mm] L : L = [mm] K(x_1, \dots, x_n)$ [/mm] und [mm] $x_1, \dots, x_n$ [/mm] sind algebraisch ueber $K$.
Die Aussagen (a) und (b) sind recht einfach, und die Aussage (c) kann man recht einfach mit (a) und (b) beweisen.
Daraus folgt: sind $x, y [mm] \in [/mm] L$ algebraisch ueber $K$, so ist $K(x, y)$ eine endliche (das ist (c)) und somit algebraische (und das (a)) Erweiterung von $K$. Somit ist jedes Element aus $K(x, y)$ algebraisch ueber $K$, und insbesondere auch $x + y$, $x - y$, $x [mm] \cdot [/mm] y$ und -- falls $y [mm] \neq [/mm] 0$ -- auch $x [mm] \cdot y^{-1}$.
[/mm]
> Ich brauche die Antwort, um einen Beweis zur Transendenz
> von [mm]\pi[/mm] nachzuvollziehen:
>
> Im Beweis wird angenommen, daß [mm]\pi[/mm] algebraisch ist und
> daraus stillschweigend geschlossen, daß [mm]2\pi\mathrm i[/mm]
> ebenfalls algebaisch ist. Und hieraus folgt mit einem sehr
> schönen Satz, daß [mm]\mathrm e^{2\pi\mathrm i}[/mm] transzendent
> ist. Demnach wäre [mm]0[/mm] transzendent, was sogar für mich
> offensichtlich falsch ist. Ebenso ist mir klar, daß
> [mm]2\mathrm i[/mm] algebraisch ist.
>
> Der schöne Satz lautet:
>
> Ist [mm]a[/mm] algebraisch und von Null verschieden, so ist [mm]e^a[/mm]
> transzendent.
Das ist der ![[]](/images/popup.gif) Satz von Lindemann-Weierstrass.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:29 Mo 08.10.2012 | | Autor: | Helbig |
Vielen Dank, felixf,
dann ist das Produkt algebraischer Zahlen wenigstens nicht offensichtlich algebraisch. Das hilft mir!
Ich hatte die Frage übrigens bewußt in das Forum Analysis/Komplexe Zahlen gestellt, weil ich das Ganze aus einem Analysis I - Buch hatte und dachte das müßte mit elementaren Mitteln einsehbar sein. Dem ist wohl nicht so.
liebe Grüße,
Wolfgang
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:35 Mo 08.10.2012 | | Autor: | reverend |
Hallo Wolfgang,
ich teile Felix' Meinung nicht so recht, dass man das nicht leicht sehen kann. 
Sei p eine Nullstelle des Polynoms P(X) und q eine von Q(x), dann ist pq eine Nullstelle des Polynoms P(X)*Q(X).
Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:40 Mo 08.10.2012 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Wolfgang,
>
> ich teile Felix' Meinung nicht so recht, dass man das nicht
> leicht sehen kann.
>
> Sei p eine Nullstelle des Polynoms P(X) und q eine von
> Q(x), dann ist pq eine Nullstelle des Polynoms P(X)*Q(X).
Hallo reverend,
diesmal teile ich Deine Meinung nicht.
2 ist Nullstelle von p(x)=x-2
3 ist Nullstelle von q(x)=x-3
Aber 6 ist keine Nullstelle von (x-2)(x-3)
Gruß FRED
>
> Grüße
> reverend
>
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:46 Mo 08.10.2012 | | Autor: | reverend |
Hallo Fred,
> diesmal teile ich Deine Meinung nicht.
>
> 2 ist Nullstelle von p(x)=x-2
>
> 3 ist Nullstelle von q(x)=x-3
>
> Aber 6 ist keine Nullstelle von (x-2)(x-3)
Da scheint was dran zu sein...
Hmpf.
Ich lasse meine fehlerhafte Anwort mal so stehen (weil die Korrektur ja folgt), sonst bliebe nichts mehr über. Zugleich mache ich eine Mitteilung draus.
greeeeeeeeetz
röv
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:55 Mo 08.10.2012 | | Autor: | Helbig |
Hallo reverend,
> ich teile Felix' Meinung nicht so recht, dass man das nicht
> leicht sehen kann.
>
> Sei p eine Nullstelle des Polynoms P(X) und q eine von
> Q(x), dann ist pq eine Nullstelle des Polynoms P(X)*Q(X).
ne, ne, so einfach ist das nun doch nicht. Dies stimmt nämlich nicht für $p=2$, $P(X)=X-2$ und $q=3$ und $Q(X)=X-3$.
Aber damit hatte ich auch angefangen. Und dann auch noch $P(Q(X))$ versucht. Und einiges andere. Und dann dachte ich, ich frag mal. Aber vielleicht gibt es tatsächlich einen elementaren Beweis, schließlich wird dies in mindestens zwei Analysisbüchern stillschweigend verwendet, um aus dem Satz von Lindemann-Weierstraß die Transzendenz von [mm] $\pi$ [/mm] zu folgern.
Grüße,
Wolfgang
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:05 Mo 08.10.2012 | | Autor: | reverend |
Hallo Wolfgang,
> ne, ne, so einfach ist das nun doch nicht. Dies stimmt
> nämlich nicht für [mm]p=2[/mm], [mm]P(X)=X-2[/mm] und [mm]q=3[/mm] und [mm]Q(X)=X-3[/mm].
Darauf hatte Fred doch auch schon hingewiesen.
> Aber damit hatte ich auch angefangen. Und dann auch noch
> [mm]P(Q(X))[/mm] versucht. Und einiges andere.
Ja, geht mir auch so. Ich habe nur zu schnell und zu kurz geschossen/gedacht.
> Und dann dachte ich,
> ich frag mal. Aber vielleicht gibt es tatsächlich einen
> elementaren Beweis,
Darauf hoffe ich auch noch. Ich denke heute abend noch mal nach, wenn meine Steuererklärung mich lässt.
> schließlich wird dies in mindestens
> zwei Analysisbüchern stillschweigend verwendet, um aus dem
> Satz von Lindemann-Weierstraß die Transzendenz von [mm]\pi[/mm] zu
> folgern.
Herzliche Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:39 Mo 08.10.2012 | | Autor: | Helbig |
Hallo reverend,
wir brauchen eigentlich nur:
Ist [mm] $\pi$ [/mm] algebraisch, so ist auch [mm] $2\pi\mathrm [/mm] i$ algebraisch. Dies kann doch nicht so schwer sein. 
Zumindest ist schon mal [mm] $2\pi$ [/mm] algebraisch. [mm] $\pi$ [/mm] NS von $P(x)$, dann ist [mm] $2\pi$ [/mm] NS von $P(x/2)$, und durch Multiplikation mit [mm] $2^n$ [/mm] erhält man aus $P(x/2)$ ein Polynom mit ganzen Koeffizienten, wenn $n$ der Grad von $P$ ist.
Und jetzt muß man das wohl noch irgendwie mit $i$ hinkriegen. Vielleicht läßt sich ja einfach zeigen:
Ist $a$ algebraisch, so ist auch [mm] $a\mathrm [/mm] i$ algebraisch.
Grüße,
Wolfgang
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:45 Mo 08.10.2012 | | Autor: | Salamence |
> Hallo reverend,
>
> wir brauchen eigentlich nur:
>
> Ist [mm]\pi[/mm] algebraisch, so ist auch [mm]2\pi\mathrm i[/mm] algebraisch.
> Dies kann doch nicht so schwer sein.
>
> Zumindest ist schon mal [mm]2\pi[/mm] algebraisch. [mm]\pi[/mm] NS von [mm]P(x)[/mm],
> dann ist [mm]2\pi[/mm] NS von [mm]P(x/2)[/mm], und durch Multiplikation mit
> [mm]2^n[/mm] erhält man aus [mm]P(x/2)[/mm] ein Polynom mit ganzen
> Koeffizienten, wenn [mm]n[/mm] der Grad von [mm]P[/mm] ist.
>
> Und jetzt muß man das wohl noch irgendwie mit [mm]i[/mm]
> hinkriegen. Vielleicht läßt sich ja einfach zeigen:
>
> Ist [mm]a[/mm] algebraisch, so ist auch [mm]a\mathrm i[/mm] algebraisch.
>
Hallo!
Wenn ich mich jetzt nicht irgendwo vertan hab, müsste das hinkommen:
Sei [mm] f\in \IZ[X] [/mm] mit f(a)=0
[mm] f(X)=\sum_{i=0}^{\infty}a_{i}X^{i}
[/mm]
Definiere $ [mm] g(X):=(a_{0}+a_{4}*X^{4}+...)+ [/mm] i [mm] (a_{1}*X+a_{5}*X^{5}+...) [/mm] - [mm] (a_{2}*X^{2}+a_{6}*X^{6}+...) [/mm] - [mm] i*(a_{3}*X^{3}+ a_{7}*X^{7} [/mm] + ...) $
Dann ist $ g(a*i)=0 $ (Edit: Ne ist g konjugiert)
und [mm] h(X):=g(X)*\overline{g(X)} \in \IZ[X]
[/mm]
Also ist mit a auch $ a*i $ algebraisch.
> Grüße,
> Wolfgang
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:18 Mo 08.10.2012 | | Autor: | Helbig |
Hallo Salamence,
genau das trifft es! So was habe ich gesucht!
Nur noch eine Kleinigkeit: Es ist $-ia$ Nullstelle von $g$ und nicht $ia$. Aber dies kann man leicht reparieren.
Für mich als algebraisch Unterbelichteten habe ich Deinen Beweis gleich mal angepaßt:
Sei $a$ algebraisch. Dann ist $a$ Nullstelle eines Polynoms $f$ mit ganzzahligen Potenzen. Durch $g(z)=f(-iz)$ wird ein Polynom $g$ definiert, dessen gerade Koeffizienten ganze Zahlen sind und dessen ungerade Koeffizienten Vielfache von i sind. Nun ist $g(ia) = [mm] f\bigl(-i(ia)\bigr)=f(a)=0$. [/mm] Da die Koeffizienten von $g$ ganzzahlig oder Vielfache von i sind, gibt es Polynome $u, v$ mit ganzzahligen Koeffizienten, so daß $g= u+ iv$ ist. Damit ist [mm] $h=(u+iv)*(u-iv)=g*(u-iv)=u^2+v^2$ [/mm] ein Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten und $h(ia)=0$.
(Korrigiert nach Hinweis von Felix)
vielen Dank noch mal und liebe Grüße,
Wolfgang
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:57 Mo 08.10.2012 | | Autor: | felixf |
Moin!
Soweit so gut, aaaaber:
> daß [mm]g= u+ iv[/mm] ist. Damit ist [mm]g(x)*\overline {g(x)}=|g(x)|^2=u(x)^2 + v(x)^2[/mm]
> ein Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten
Hier musst du aufpassen. Es ist zwar $g(x) [mm] \overline{g}(x) [/mm] = [mm] u(x)^2 [/mm] + [mm] v(x)^2$, [/mm] wenn [mm] $\overline{g}(x) [/mm] = u(x) - i v(x)$ ist, aber das ist nicht gleich $g(x) [mm] \cdot \overline{g(x)} [/mm] = [mm] |g(x)|^2$. [/mm] Letzteres bildet [mm] $\IC$ [/mm] auf [mm] $\IR$ [/mm] ab, ersteres (also [mm] $u(x)^2 [/mm] + [mm] v(x)^2$) [/mm] bildet [mm] $\IC$ [/mm] surjektiv (!) auf [mm] $\IC$ [/mm] ab.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:22 Mo 08.10.2012 | | Autor: | Helbig |
Hallo Felix
> > daß [mm]g= u+ iv[/mm] ist. Damit ist [mm]g(x)*\overline {g(x)}=|g(x)|^2=u(x)^2 + v(x)^2[/mm]
> > ein Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten
>
> Hier musst du aufpassen. Es ist zwar [mm]g(x) \overline{g}(x) = u(x)^2 + v(x)^2[/mm],
> wenn [mm]\overline{g}(x) = u(x) - i v(x)[/mm] ist, aber das ist
> nicht gleich [mm]g(x) \cdot \overline{g(x)} = |g(x)|^2[/mm].
> Letzteres bildet [mm]\IC[/mm] auf [mm]\IR[/mm] ab, ersteres (also [mm]u(x)^2 + v(x)^2[/mm])
> bildet [mm]\IC[/mm] surjektiv (!) auf [mm]\IC[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
ab.
Seh' ich ein. Danke! Dann setze ich $h=g*\overline g$ mit $\overline g = u -iv$. Das meinte ich eigentlich auch. Weil in der Analysis $\overline g$ sonst als die Funktion $\IC\to\IC, z\mapsto \overline {g(z)}$ definiert wird, habe ich das wohl gleichgesetzt und dabei übersehen, daß für ein Polynom $g$ im allgemeinen die Funktion $z\mapsto |{g(z)}|^2}$ gar kein Polynom ist.
Nochmal vielen Dank für den interessanten Einblick in die Welt der Algebra.
Grüße,
Wolfgang
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:39 Di 09.10.2012 | | Autor: | felixf |
Moin Wolfgang!
> Seh' ich ein. Danke! Dann setze ich [mm]h=g*\overline g[/mm] mit
> [mm]\overline g = u -iv[/mm]. Das meinte ich eigentlich auch. Weil
> in der Analysis [mm]\overline g[/mm] sonst als die Funktion
> [mm]\IC\to\IC, z\mapsto \overline {g(z)}[/mm] definiert wird, habe
> ich das wohl gleichgesetzt und dabei übersehen, daß für
> ein Polynom [mm]g[/mm] im allgemeinen die Funktion [mm]z\mapsto |{g(z)}|^2}[/mm]
> gar kein Polynom ist.
Es gibt uebrigens eine Beziehung zwischen den beiden Funktionen: die Werte des Polynoms [mm] $\overline{g}(X)$ [/mm] kann man durch [mm] $\overline{g}(x) [/mm] = [mm] \overline{g(\overline{x})}$, [/mm] $x [mm] \in \IC$ [/mm] beschreiben.
Das gleiche Problem hat man uebrigens auch bei holomorphen Funktionen: ist $f$ holomorph, so ist [mm] $\overline{f}$ [/mm] definiert durch $z [mm] \mapsto \overline{f(z)}$ [/mm] erstmal nicht mehr holomorph (es sei denn es war eine konstante Funktion). Jedoch ist die Funktion $z [mm] \mapsto \overline{f(\overline{z})}$ [/mm] wieder holomorph, und gilt $f(z) = [mm] \sum_{n=0}^\infty a_n z^n$, [/mm] so gilt [mm] $\overline{f(\overline{z})} [/mm] = [mm] \sum_{n=0}^\infty \overline{a_n} z^n$.
[/mm]
(Holomorphe Funktionen sind ja gerade Funktionen, die sich lokal durch "unendliche Polynome" - sprich Potenzreihen - beschreiben lassen.)
LG Felix
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