Minimalpol. von n-te Wurzel < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 01:10 Sa 21.03.2020 | | Autor: | teskiro |
| Aufgabe | | Zeige, ist $p$ eine Primzahl und $n [mm] \ge [/mm] 2$, dann ist [mm] $t^{n} [/mm] - p [mm] \in \mathbb{Q}[\; t\; [/mm] ]$ das Minimalpolynom von [mm] $\sqrt[n]{p}$ [/mm] über [mm] $\mathbb{Q}$. [/mm] |
Hallöchen an alle,
ich möchte obige Aussage zeigen.
Um die Aussage zu zeigen, muss ich ja 3 Sachen nachweisen:
1) [mm] $\sqrt[n]{p}$ [/mm] ist Nullstelle von [mm] $t^{n} [/mm] - p [mm] \in \mathbb{Q}[\; t\; [/mm] ]$
2) [mm] $t^{n} [/mm] - p [mm] \in \mathbb{Q}[\; t\; [/mm] ]$ ist normiert
3) [mm] $t^{n} [/mm] - p [mm] \in \mathbb{Q}[\; t\; [/mm] ]$ ist das Polynom kleinsten Grades, das [mm] $\sqrt[n]{p}$ [/mm] als Nullstelle hat,
richtig ?
Naja, 1) ist trivial, wenn man einfach [mm] $\sqrt[n]{p}$ [/mm] in das Polynom einsetzt.
2) ist ebenfalls klar, da der Vorfaktor von [mm] $t^{n}$ [/mm] gleich Eins ist.
Die Schwierigkeit wird, denke ich, eher darin bestehen, die 3) zu zeigen, oder ?
Und genau da habe ich auch mein Problem. Mir fällt keine Idee ein, wie man zeigen kann, dass das Polynom kleinsten Grad hat.
Für Tipps bin ich sehr dankbar.
Viele Grüße, teskiro
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 07:38 Sa 21.03.2020 | | Autor: | statler |
Hi,
die Aufgabe ist wie gemacht für das Eisenstein-Kriterium, das du hoffentlich kennst. Alle Koeffizienten außer dem führenden sind durch p teilbar und der letzte nicht durch [mm] p^2, [/mm] also irreduzibel.
Gruß Dieter
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:17 Sa 21.03.2020 | | Autor: | teskiro |
Hallo,
vielen Dank für den Tipp.
Allerdings habe ich eine Verständnisfrage auf deine Anwendung des Eisenstein- Kriteriums.
Bei lautet das Eisenstein-Kriterium so:
Es sei $R$ ein faktorieller Ring und $f = [mm] \sum\limits_{i = 0}^{n} a_{i} t^{i} \in R[\; [/mm] t [mm] \; ]\setminus R^{\*}$ [/mm] ein primitives Polynom.
Wenn es ein Primelement $p [mm] \in [/mm] R$ gibt, so dass $p$ ein Teiler von [mm] $a_{0}, \ldots, a_{n - 1}$ [/mm] ist und [mm] $p^{2}$ [/mm] kein Teiler von [mm] $a_{0}$ [/mm] ist, dann ist $f$ irreduzibel in [mm] $R[\; [/mm] t [mm] \; [/mm] ]$.
Das Polynom [mm] $t^{n} [/mm] - p [mm] \in \mathbb{Q}[\; [/mm] t [mm] \;]$ [/mm] ist primitiv, da $1 [mm] \in [/mm] ggt(1, - p)$.
Die rationalen Zahlen [mm] $\mathbb{Q}$ [/mm] bilden einen Körper und ein Körper hat keine Primelemente.
Wie sollte man hier also das Eisenstein - Kriterium anwenden, wenn ich keine Primelemente finde ?
Viele Grüße, Teskiro
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:56 Sa 21.03.2020 | | Autor: | felixf |
Moin,
> vielen Dank für den Tipp.
>
> Allerdings habe ich eine Verständnisfrage auf deine
> Anwendung des Eisenstein- Kriteriums.
>
> Bei lautet das Eisenstein-Kriterium so:
>
>
> Es sei [mm]R[/mm] ein faktorieller Ring und [mm]f = \sum\limits_{i = 0}^{n} a_{i} t^{i} \in R[\; t \; ]\setminus R^{\*}[/mm]
> ein primitives Polynom.
>
> Wenn es ein Primelement [mm]p \in R[/mm] gibt, so dass [mm]p[/mm] ein Teiler
> von [mm]a_{0}, \ldots, a_{n - 1}[/mm] ist und [mm]p^{2}[/mm] kein Teiler von
> [mm]a_{0}[/mm] ist, dann ist [mm]f[/mm] irreduzibel in [mm]R[\; t \; ][/mm].
>
>
>
>
> Das Polynom [mm]t^{n} - p \in \mathbb{Q}[\; t \;][/mm] ist primitiv,
> da [mm]1 \in ggt(1, - p)[/mm].
>
>
> Die rationalen Zahlen [mm]\mathbb{Q}[/mm] bilden einen Körper und
> ein Körper hat keine Primelemente.
>
> Wie sollte man hier also das Eisenstein - Kriterium
> anwenden, wenn ich keine Primelemente finde ?
verwende es in [mm] $\mathbb{Z}[\;t\;]$. [/mm] Und dann verwende, dass normierte Polynome, die in [mm] $\mathbb{Z}[\;t\;]$ [/mm] irreduzibel sind, auch in [mm] $\mathbb{Q}[\;t\;]$ [/mm] irreduzibel sind (gilt auch allgemeiner für faktorielle Ringe $R$ und - wenn ich mich richtig erinnere - für beliebige primitive Polynome aus [mm] $R[\;t\;]$ [/mm] ist "irreduzibel in [mm] $R[\;t\;]$" [/mm] und "irreduzibel in [mm] $Q(R)[\;t\;]$" [/mm] äquivalent).
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:24 Sa 21.03.2020 | | Autor: | teskiro |
Hallo!
Meinst du etwa folgendes Kriterium?:
Sei $R$ ein faktorieller Ring. Ein Polynom $f [mm] \in R[\; [/mm] t [mm] \;] \setminus [/mm] R$ ist genau dann irreduzibel in [mm] $R[\; [/mm] t [mm] \;]$, [/mm] wenn $f$ primitiv in [mm] $R[\; [/mm] t [mm] \;]$ [/mm] und irreduzibel in [mm] $Quot(R)[\; [/mm] t [mm] \; [/mm] ]$ ist.
Falls ja, habe ich an dieser Stelle eine Frage:
Warum ist der Quotientenkörper von [mm] $\mathbb{Z}$ [/mm] die Menge der rationalen Zahlen [mm] $\mathbb{Q}$ [/mm] ?
Weil [mm] $\mathbb{Q}$ [/mm] ist eine Menge von Zahlen und [mm] $Quot(\mathbb{Z})$ [/mm] eine Menge von Äquivalenzklassen, also eine Menge von Mengen.
Trägt die Menge [mm] $Quot(\mathbb{Z})$ [/mm] zufälligerweise auch den Namen "rationale Zahlen" ?
Hat dann ein Polynom [mm] $Quot(\mathbb{Z})[\; [/mm] t [mm] \; [/mm] ]$ Äquivalenzklassen als Koeffizienten, oder wie ist das zu verstehen ?
Wenn mir das einmal klar ist, dann hätte ich keine Probleme damit, das Kriterium anzuwenden.
Freue mich auf eine Rückmeldung.
Viele Grüße, Teskiro
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:33 Mo 23.03.2020 | | Autor: | statler |
Auch hallo!
> Warum ist der Quotientenkörper von [mm]\mathbb{Z}[/mm] die Menge
> der rationalen Zahlen [mm]\mathbb{Q}[/mm] ?
Das ist erstmal so, weil wir die Bezeichnungen so gewählt haben.
> Weil [mm]\mathbb{Q}[/mm] ist eine Menge von Zahlen und
> [mm]Quot(\mathbb{Z})[/mm] eine Menge von Äquivalenzklassen, also
> eine Menge von Mengen.
Der Einwand ist strenggenommen stichhaltig, aber selbst Bourbaki greift immer wieder zu Vereinfachungen (par abus de notation).
Wir schreiben einfach nicht die ganze Restklasse hin, sondern einen Vertreter, also wird aus der Restklasse (1, 2) + [mm] \IZ [/mm] erst das geordnete Paar (1, 2) und daraus dann zur Freude der Schüler der Bruch 1/2. Natürlich könnte man auch 5/10 als Vertreter nehmen usw. Deswegen lernen auch angehende Grundschullehrer (hoffentlich), was Äquivalenzrelationen sind; Schüler lernen stattdessen die Regeln der Bruchrechnung, das ist dasselbe in weniger elaborierter Sprache.
> Trägt die Menge [mm]Quot(\mathbb{Z})[/mm] zufälligerweise auch den
> Namen "rationale Zahlen" ?
Das ist so, aber kein Zufall, s. o.
Gruß aus HH
Dieter
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:26 Mo 23.03.2020 | | Autor: | teskiro |
> > Weil [mm]\mathbb{Q}[/mm] ist eine Menge von Zahlen und
> > [mm]Quot(\mathbb{Z})[/mm] eine Menge von Äquivalenzklassen, also
> > eine Menge von Mengen.
>
> Der Einwand ist strenggenommen stichhaltig, aber selbst
> Bourbaki greift immer wieder zu Vereinfachungen (par abus
> de notation).
> Wir schreiben einfach nicht die ganze Restklasse hin,
> sondern einen Vertreter, also wird aus der Restklasse (1,
> 2) + [mm]\IZ[/mm] erst das geordnete Paar (1, 2) und daraus dann
> zur Freude der Schüler der Bruch 1/2. Natürlich könnte
> man auch 5/10 als Vertreter nehmen usw. Deswegen lernen
> auch angehende Grundschullehrer (hoffentlich), was
> Äquivalenzrelationen sind; Schüler lernen stattdessen die
> Regeln der Bruchrechnung, das ist dasselbe in weniger
> elaborierter Sprache.
Bei mir bricht gerade eine Welt zusammen  Daher verzeihe mir, wenn ich zu oft frage.
Also sind die rationalen zahlen [mm] $\mathbb{Q}$ [/mm] eigentlich keine Menge von Zahlen, sondern eine Menge von Äquivalenzklassen?
Ich habe mir heute noch einmal darüber Gedanken gemacht und für mich macht es irgendwie keinen Sinn mehr, die rationalen Zahlen als Menge von Zahlen darzustellen, weil z.B. die Elemente [mm] $\frac{5}{7}$ [/mm] und [mm] $\frac{10}{14}$ [/mm] dasselbe Elemente darstellen.
[mm] $\frac{5}{7}$ [/mm] und [mm] $\frac{10}{14}$ [/mm] stellen dasselbe Element dar, wenn man [mm] $\frac{a}{b}$ [/mm] nicht als Name einer Äquivalenzklasse sieht, sondern als eine Rechenoperation, nämlich die Division.
Und in einer Menge ist das selbe Element nicht zweimal vorhanden. Das mehrfache auftreten eines Elements ist überflüssig.
Meinst du nicht auch ?
Wenn aber die rationalen [mm] $\mathbb{Q}$ [/mm] eine Menge von Äquivalemzklassen ist und die ganzen Zahlen enthält, dann muss die Mengen der ganzen Zahlen und der natürlichen Zahlen auch Mengen von Äquivalenzklassen sein, sonst kann man die Elemente nicht vergleichen...
Ich hoffe, dass ich meinen Standpunkt klar gemacht habe. Ich bin die ganze Zeit in diesem Formalismus gefangen und bin nur noch durcheinander.
lg, Tim
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:28 Di 24.03.2020 | | Autor: | statler |
Guten Morgen!
>
> Bei mir bricht gerade eine Welt zusammen
Um Gottes Willen!
> Also sind die rationalen zahlen [mm]\mathbb{Q}[/mm] eigentlich keine
> Menge von Zahlen, sondern eine Menge von
> Äquivalenzklassen?
So, wie die Mathematiker sie konstruieren, ist das zunächst so.
> Ich habe mir heute noch einmal darüber Gedanken gemacht
> und für mich macht es irgendwie keinen Sinn mehr, die
> rationalen Zahlen als Menge von Zahlen darzustellen, weil
> z.B. die Elemente [mm]\frac{5}{7}[/mm] und [mm]\frac{10}{14}[/mm] dasselbe
> Elemente darstellen.
Sie sind verschiedene Repräsentanten derselben Äquivalenzklasse. In der Umgangssprache unterscheiden wir allerdings oft nicht zwischen Gleichheit und Identität.
> [mm]\frac{5}{7}[/mm] und [mm]\frac{10}{14}[/mm] stellen dasselbe Element dar,
> wenn man [mm]\frac{a}{b}[/mm] nicht als Name einer Äquivalenzklasse
> sieht, sondern als eine Rechenoperation, nämlich die
> Division.
>
> Und in einer Menge ist das selbe Element nicht zweimal
> vorhanden. Das mehrfache auftreten eines Elements ist
> überflüssig.
>
>
> Meinst du nicht auch ?
Es hängt einfach davon ab, was du hinschreiben willst. Und wie du es benennst. Wenn du [mm] \{\bruch{a}{b} | a , b \in \IZ , b \not= 0 \} [/mm] die Menge der Brüche nennst und die Menge der Äquivalenzklassen [mm] \IQ [/mm] , dann wäre das zunächst in Ordnung.
> Wenn aber die rationalen [mm]\mathbb{Q}[/mm] eine Menge von
> Äquivalemzklassen ist und die ganzen Zahlen enthält, dann
> muss die Mengen der ganzen Zahlen und der natürlichen
> Zahlen auch Mengen von Äquivalenzklassen sein, sonst kann
> man die Elemente nicht vergleichen...
Die natürlichen Zahlen nicht, sie sind je nach Standpunkt Menschenwerk (Kronecker) oder durch Axiome definiert (Peano et al.). Bei der Konstruktion der ganzen Zahlen aus den natürlichen hast du das gleiche (nicht dasselbe :)) Problem.
Es hat schon seinen Grund, das die Schule anders vorgeht.
> Ich hoffe, dass ich meinen Standpunkt klar gemacht habe.
> Ich bin die ganze Zeit in diesem Formalismus gefangen und
> bin nur noch durcheinander.
Das wird sich legen.
Viele Grüße
Dieter
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:49 Di 24.03.2020 | | Autor: | teskiro |
Danke für deine Mühe, mir das zu erklären. Das ist mir nun tatsächlich ein bisschen klarer, aber ich muss in den nächsten Tag mehr darüber nachdenken.
Ich habe eine letzte Frage noch, und zwar zur eigentlichen Aufgabe.
Kann ich die Aufgabe mit folgender Argumentation bzw. Begründung lösen?
Lösung
_______
Sei $p$ eine Primzahl und $n [mm] \ge [/mm] 2$. Dann ist das Polynom [mm] $t^{n} [/mm] - p [mm] \in \mathbb{Q}[\;t\;]$ [/mm] das Minimalpolynom von [mm] $\sqrt[n]{p}$ [/mm] über [mm] $\mathbb{Q}$.
[/mm]
Damit das Polynom [mm] $t^{n} [/mm] - p [mm] \in \mathbb{Q}[\;t\;]$ [/mm] das Minimalpolynom von [mm] $\sqrt[n]{p}$ [/mm] über [mm] $\mathbb{Q}$ [/mm] ist, müssen zwei Eigenschaften erfüllt sein:
1) [mm] $t^{n} [/mm] - p [mm] \in \mathbb{Q}[\; [/mm] t [mm] \;]$ [/mm] ist normiert
2) [mm] $t^{n} [/mm] - p [mm] \in \mathbb{Q}[\; t\; [/mm] ]$ ist das Polynom kleinsten Grades in [mm] $\mathbb{Q}[\; [/mm] t [mm] \; [/mm] ]$, dass [mm] $\sqrt[n]{p}$ [/mm] als Nullstelle hat.
Zu 1)
______
Da der Leitkoeffizient des Polynoms [mm] $t^{n} [/mm] - p [mm] \in \mathbb{Q}[\; t\; [/mm] ]$ Eins ist, ist das Polynom normiert.
Zu 2)
_____
Dazu müssen wir zeigen, dass das Polynom [mm] $t^{n} [/mm] - p [mm] \in \mathbb{Q}[\; t\; [/mm] ]$ in [mm] $\mathbb{Q}$ [/mm] irreduzibel ist. Warum ?
Wäre das Polynom nicht irreduzibel, dann lässt sich das Polynom als Produkt von zwei nicht-konstanten Polynomen $k, l [mm] \in \mathbb{Q}[\; t\; [/mm] ]$ darstellen.
Also [mm] $t^{n} [/mm] - p = k [mm] \cdot [/mm] l [mm] \in \mathbb{Q}[\; t\; [/mm] ]$.
Aber da [mm] $\sqrt[n]{p}$ [/mm] Nullstelle des Polynoms ist, ist [mm] $\sqrt[n]{p}$ [/mm] auch Nullstelle von $k$ oder $l$.
1. Fall: [mm] $\sqrt[n]{p}$ [/mm] ist Nullstelle von $k$
_____
Dann haben wir [mm] $deg(t^{n} [/mm] - p) = deg(k) + deg(l)$
Damit wäre $k$ das Polynom kleinsten Grades in [mm] $\mathbb{Q}[\; t\; [/mm] ]$, dass [mm] $\sqrt[n]{p}$ [/mm] als Nullstelle hat und nicht [mm] $t^{n} [/mm] - p$.
2. Fall: [mm] $\sqrt[n]{p}$ [/mm] ist Nullstelle von $l$
_____
Dann haben wir [mm] $deg(t^{n} [/mm] - p) = deg(k) + deg(l)$
Damit wäre $l$ das Polynom kleinsten Grades in [mm] $\mathbb{Q}[\; t\; [/mm] ]$, dass [mm] $\sqrt[n]{p}$ [/mm] als Nullstelle hat und nicht [mm] $t^{n} [/mm] - p$.
In beiden Fällen ist also [mm] $t^{n} [/mm] - p$ NICHT das kleinste Polynom, dass [mm] $\sqrt[n]{p}$ [/mm] als Nullstelle hat, wenn [mm] $t^{n} [/mm] - p$ reduzibel ist.
Passt die Begründung so, oder geht das eleganter ?
Nun, um zu zeigen, dass [mm] $t^{n} [/mm] - p$ irreduzibel über [mm] $\mathbb{Q}[\; [/mm] t [mm] \;]$ [/mm] ist, zeigen wir erst, dass dass [mm] $t^{n} [/mm] - p$ irreduzibel über [mm] $\mathbb{Z}[\; [/mm] t [mm] \;]$ [/mm] ist.
Das geht durch das Eisenstein - Kriterium.
Das Kriterium lautet:
Es sei $R$ ein faktorieller Ring und $f = [mm] \sum\limits_{i = 0}^{n} a_{i} t^{i} \in R[\; [/mm] t [mm] \;] \setminus R^{*}$ [/mm] ein primitives Polynom.
Wenn es ein Primelement $p [mm] \in [/mm] R$ gibt, so dass $p$ ein Teiler von [mm] $a_{0}, \ldots, a_{n - 1}$ [/mm] ist und [mm] $p^{2}$ [/mm] kein Teiler von [mm] $a_{0}$ [/mm] ist, dann ist $f$ irreduzibel in $ [mm] R[\; [/mm] t [mm] \;]$.
[/mm]
Wir haben $R = [mm] \mathbb{Z}$ [/mm] und die Primzahl $p [mm] \in \mathbb{Z}$ [/mm] ist ein Primelement des Rings [mm] $\mathbb{Z}$.
[/mm]
Für das Polynom [mm] $t^{n} [/mm] - p$ gilt [mm] $a_{n} [/mm] = 1, [mm] a_{0} [/mm] = - p$ und [mm] $a_{i} [/mm] = 0$ für $i [mm] \in \{1, 2, \ldots, n - 1 \}$.
[/mm]
Da $ggT(- p, 0, [mm] \ldots,0, [/mm] 1) = 1$ gilt, ist da Polynom [mm] $t^{n} [/mm] - p$ primitiv in [mm] $\mathbb{Z}[\; [/mm] t [mm] \; [/mm] ]$.
Da die Primzahl $p$ alle Koeffizienten des Polynoms teilt und [mm] $p^{2}$ [/mm] das Absolutglied nicht teilt, ist [mm] $t^{n} [/mm] - p$ irreduzibel in [mm] $\mathbb{Z}[\; [/mm] t [mm] \;]$.
[/mm]
Um zu zeigen, dass [mm] $t^{n} [/mm] - p$ irreduzibel in [mm] $\mathbb{Q}[\; t\;]$ [/mm] gilt, verwenden wir folgenden Satz:
Sei $R$ faktorieller Ring. Ein Polynom $f [mm] \in R[\; [/mm] t [mm] \; [/mm] ] [mm] \setminus [/mm] R$ ist genau dann irreduzibel in [mm] $R[\; [/mm] t [mm] \; [/mm] ]$, wenn $f$ primitiv in [mm] $R[\; [/mm] t [mm] \; [/mm] ]$ und irreduzibel in [mm] $Quot(R)[\; [/mm] t [mm] \;]$ [/mm] ist.
Es ist [mm] $Quot(R)[\; [/mm] t [mm] \; [/mm] ] = [mm] \mathbb{Q}$. [/mm] Da [mm] $t^{n} [/mm] - p$ irreduzibel in [mm] $\mathbb{Z}[\; [/mm] t [mm] \;]$ [/mm] ist, ist das Polynom nach obigem Satz primitiv in [mm] $\mathbb{Z}[\; [/mm] t [mm] \;]$ [/mm] und irreduzibel in [mm] $Quot(R)[\; [/mm] t [mm] \; [/mm] ] = [mm] \mathbb{Q}$.
[/mm]
Und damit wäre die Aufgabe gelöst.
Passt das so ? Sonst bedanke ich mich sehr für deine Hilfe.
Viele Grüße und einen schönen sonnigen Tag,
Tim
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:26 Mi 25.03.2020 | | Autor: | statler |
Guten Morgen!
> Kann ich die Aufgabe mit folgender Argumentation bzw.
> Begründung lösen?
>
> Lösung
> _______
>
> Sei [mm]p[/mm] eine Primzahl und [mm]n \ge 2[/mm]. Dann ist das Polynom [mm]t^{n} - p \in \mathbb{Q}[\;t\;][/mm]
> das Minimalpolynom von [mm]\sqrt[n]{p}[/mm] über [mm]\mathbb{Q}[/mm].
>
>
> Damit das Polynom [mm]t^{n} - p \in \mathbb{Q}[\;t\;][/mm] das
> Minimalpolynom von [mm]\sqrt[n]{p}[/mm] über [mm]\mathbb{Q}[/mm] ist,
> müssen zwei Eigenschaften erfüllt sein:
>
>
> 1) [mm]t^{n} - p \in \mathbb{Q}[\; t \;][/mm] ist normiert
>
> 2) [mm]t^{n} - p \in \mathbb{Q}[\; t\; ][/mm] ist das Polynom
> kleinsten Grades in [mm]\mathbb{Q}[\; t \; ][/mm], dass [mm]\sqrt[n]{p}[/mm]
> als Nullstelle hat.
>
>
>
> Zu 1)
> ______
>
> Da der Leitkoeffizient des Polynoms [mm]t^{n} - p \in \mathbb{Q}[\; t\; ][/mm]
> Eins ist, ist das Polynom normiert.
>
>
>
> Zu 2)
> _____
>
> Dazu müssen wir zeigen, dass das Polynom [mm]t^{n} - p \in \mathbb{Q}[\; t\; ][/mm]
> in [mm]\mathbb{Q}[/mm] irreduzibel ist. Warum ?
>
>
> Wäre das Polynom nicht irreduzibel, dann lässt sich das
> Polynom als Produkt von zwei nicht-konstanten Polynomen [mm]k, l \in \mathbb{Q}[\; t\; ][/mm]
> darstellen.
>
>
> Also [mm]t^{n} - p = k \cdot l \in \mathbb{Q}[\; t\; ][/mm].
>
>
> Aber da [mm]\sqrt[n]{p}[/mm] Nullstelle des Polynoms ist, ist
> [mm]\sqrt[n]{p}[/mm] auch Nullstelle von [mm]k[/mm] oder [mm]l[/mm].
>
Hier kannst du schreiben, daß ohne Einschränkung der Allgemeinheit (oEdA) gelten soll:
> 1. Fall: [mm]\sqrt[n]{p}[/mm] ist Nullstelle von [mm]k[/mm]
> _____
>
>
> Dann haben wir [mm]deg(t^{n} - p) = deg(k) + deg(l)[/mm]
>
>
> Damit wäre [mm]k[/mm] das Polynom kleinsten Grades in [mm]\mathbb{Q}[\; t\; ][/mm],
> dass [mm]\sqrt[n]{p}[/mm] als Nullstelle hat und nicht [mm]t^{n} - p[/mm].
>
>
> Nun, um zu zeigen, dass [mm]t^{n} - p[/mm] irreduzibel über
> [mm]\mathbb{Q}[\; t \;][/mm] ist, zeigen wir erst, dass dass [mm]t^{n} - p[/mm]
> irreduzibel über [mm]\mathbb{Z}[\; t \;][/mm] ist.
>
>
> Das geht durch das Eisenstein - Kriterium.
>
>
> Das Kriterium lautet:
>
>
> Es sei [mm]R[/mm] ein faktorieller Ring und [mm]f = \sum\limits_{i = 0}^{n} a_{i} t^{i} \in R[\; t \;] \setminus R^{*}[/mm]
> ein primitives Polynom.
>
> Wenn es ein Primelement [mm]p \in R[/mm] gibt, so dass [mm]p[/mm] ein Teiler
> von [mm]a_{0}, \ldots, a_{n - 1}[/mm] ist und [mm]p^{2}[/mm] kein Teiler von
> [mm]a_{0}[/mm] ist, dann ist [mm]f[/mm] irreduzibel in [mm]R[\; t \;][/mm].
>
>
>
> Wir haben [mm]R = \mathbb{Z}[/mm] und die Primzahl [mm]p \in \mathbb{Z}[/mm]
> ist ein Primelement des Rings [mm]\mathbb{Z}[/mm].
>
> Für das Polynom [mm]t^{n} - p[/mm] gilt [mm]a_{n} = 1, a_{0} = - p[/mm] und
> [mm]a_{i} = 0[/mm] für [mm]i \in \{1, 2, \ldots, n - 1 \}[/mm].
>
> Da [mm]ggT(- p, 0, \ldots,0, 1) = 1[/mm] gilt, ist da Polynom [mm]t^{n} - p[/mm]
> primitiv in [mm]\mathbb{Z}[\; t \; ][/mm].
>
>
> Da die Primzahl [mm]p[/mm] alle Koeffizienten des Polynoms teilt und
> [mm]p^{2}[/mm] das Absolutglied nicht teilt, ist [mm]t^{n} - p[/mm]
> irreduzibel in [mm]\mathbb{Z}[\; t \;][/mm].
>
... alle Koeffizienten außer [mm] $a_{0}$...
[/mm]
>
>
> Um zu zeigen, dass [mm]t^{n} - p[/mm] irreduzibel in [mm]\mathbb{Q}[\; t\;][/mm]
> gilt, verwenden wir folgenden Satz:
>
>
> Sei [mm]R[/mm] faktorieller Ring. Ein Polynom [mm]f \in R[\; t \; ] \setminus R[/mm]
> ist genau dann irreduzibel in [mm]R[\; t \; ][/mm], wenn [mm]f[/mm] primitiv
> in [mm]R[\; t \; ][/mm] und irreduzibel in [mm]Quot(R)[\; t \;][/mm] ist.
>
>
>
> Es ist [mm]Quot(R)[\; t \; ] = \mathbb{Q}[/mm]. Da [mm]t^{n} - p[/mm]
> irreduzibel in [mm]\mathbb{Z}[\; t \;][/mm] ist, ist das Polynom
> nach obigem Satz primitiv in [mm]\mathbb{Z}[\; t \;][/mm] und
> irreduzibel in [mm]Quot(R)[\; t \; ] = \mathbb{Q}[/mm].
>
... [mm] $Quot(R)[\; [/mm] t [mm] \; [/mm] ] = [mm] \mathbb{Q}[\; [/mm] t [mm] \; [/mm] ]$ ...
>
>
> Und damit wäre die Aufgabe gelöst.
>
> Passt das so ?
Bis auf die stilistischen Kleinigkeiten ja.
Gruß Dieter
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:51 Fr 27.03.2020 | | Autor: | teskiro |
Ich bedanke mich herzlich bei dir und Felix!
Bereite mich für die Vorlesung Algebra vor (vorarbeiten) und habe noch Schwierigkeiten damit, ganz alleine mit den Aufgaben zurecht zu kommen.
Da freue ich mich, dass jemand sich die Zeit nimmt, mir zu helfen.
Schönen Abend noch,
Tim
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