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Strukturen und Algebra » Polynome » Gleichung lösen, aber wie?
Thema eröffnet 2020-01-26 12:10 von juergenX
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Universität/Hochschule J Gleichung lösen, aber wie?
weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.40, eingetragen 2020-02-01


2020-02-01 16:34 - juergenX in Beitrag No. 39 schreibt:
Pardon das Beispiel war schlecht...

Galoistheorie gilt ja auch fuer endliche Koerper mit charakteristik >0.
Im Prinzip koennte man ja ein Polynom irreduzibel in $Z_p[x]$
z.B. $f(x)=x^4+x^2+1 \in Z_2[x]$ irreduzibel hernehmen und daraus folgern dass auch alle
$g_i(x)=x^4+(2a+1)x^2+2b+1 \in Z[x]$ z.b. $f(x)=x^4+5x^2+3 \in Z[x]$ irreduzibel sind.
Weil es wenn,man die Koeffizienten in $g_i(x)$ modulo 2 reduziert zu unserem $f(x)=x^4+x^2+1 \in Z_2[x]$  wird.

Ja, alles schön und gut, Pech nur, dass $f(x)=x^4+x^2+1 \in \mathbb Z_2[x]$ wegen
\[x^4+x^2+1=(x^2+x+1)^2\] über $\mathbb Z_2$ gar nicht irreduzibel ist.  😁



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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.41, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-02


2020-02-01 17:50 - weird in Beitrag No. 40 schreibt:
2020-02-01 16:34 - juergenX in Beitrag No. 39 schreibt:
Pardon das Beispiel war schlecht...

Galoistheorie gilt ja auch fuer endliche Koerper mit charakteristik >0.
Im Prinzip koennte man ja ein Polynom irreduzibel in $Z_p[x]$
z.B. $f(x)=x^4+x^2+1 \in Z_2[x]$ irreduzibel hernehmen und daraus folgern dass auch alle
$g_i(x)=x^4+(2a+1)x^2+2b+1 \in Z[x]$ z.b. $f(x)=x^4+5x^2+3 \in Z[x]$ irreduzibel sind.
Weil es wenn,man die Koeffizienten in $g_i(x)$ modulo 2 reduziert zu unserem $f(x)=x^4+x^2+1 \in Z_2[x]$  wird.

Ja, alles schön und gut, Pech nur, dass $f(x)=x^4+x^2+1 \in \mathbb Z_2[x]$ wegen
\[x^4+x^2+1=(x^2+x+1)^2\] über $\mathbb Z_2$ gar nicht irreduzibel ist.  😁

js stimmt  😄 Ich überlege gerade ne schnelle Methode alle irreduziblen Polynome 4ten Grades über $\mathbb Z_2[x]$ zu finden, Sehr viel sind es nicht. Maximale verschiedene Polynome 4ten Grades über $\mathbb Z_2[x]$ gibt es ja nur $2^4=16$, also die kann man einzeln eruieren.

Irreduziblen Polynome 2ten Grades über $\mathbb Z_2[x]$ gibt es glaub ich nur 1 :$(x^2+x+1)$.
Irreduziblen Polynome 1ten Grades über $\mathbb Z_2[x]$  gibts nicht. ist klar.




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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.42, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-02


2020-02-02 18:09 - juergenX in Beitrag No. 41 schreibt:

Galoistheorie gilt ja auch fuer endliche Koerper mit charakteristik >0.

Man nehme das anscheinend einzige  Polynom irreduzibel in $Z_2[x]: f(x)=x^4+x^3+1 \in Z_2[x]$ und daraus folgern, dass auch alle
$g_i(x)=x^4+(2a+1)x^3+2b+1 \in Z[x]$ z.b. $f(x)=x^4+5x^3+3 \in Z[x]$ irreduzibel sind.
Weil es, wenn man die Koeffizienten in $g_i(x)$ modulo 2 reduziert zu unserem $f(x)=x^4+x^3+1 \in Z_2[x]$  wird.

Ich weiss eben nicht, wie man Nullstelen in diesem Ring darstellt und die Galoisgruppe definiert. Aber es gibt nach dem "Fundamentalsatz" 4 Zahlen, die  $f(x)=x^4+x^3+1 = 0 \in Z_2[x]$ erfuellen.
(Zumindest eine ;)) Wie sieht die aus?










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weird
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2020-02-02 19:53 - juergenX in Beitrag No. 42 schreibt:
Man nehme das anscheinend einzige  Polynom irreduzibel in $Z_2[x]: f(x)=x^4+x^3+1 \in Z_2[x]$

Ok, die Polynome $x^4+x+1$ und $x^4+x^3+x^2+x+1$ wäre also deiner Meinung in $\mathbb Z_2[x]$ reduzibel: Kannst du dann auch eine nichttriviale Zerlegung für sie angeben?

Ich weiss eben nicht, wie man Nullstelen in diesem Ring darstellt und die Galoisgruppe definiert. Aber es gibt nach dem "Fundamentalsatz" 4 Zahlen, die  $f(x)=x^4+x^3+1 = 0 \in Z_2[x]$ erfuellen.
(Zumindest eine ;)) Wie sieht die aus?

Auf welchen "Fundamentalsatz" berufst du dich da?  😮  

Aber ja, dass es vier Nullstellen im Zerfällungskörper $L$ des Polynoms gibt, stimmt ja auch, und es ist überraschend einfach, sie auch alle hinzuschreiben: Ist nämlich $\alpha\in L$ eine davon, so sind dann $\alpha^2,\alpha^4,\alpha^8$ die drei anderen, wie man durch Einsetzen in $f(x)$ sofort sieht.

Und jetzt bitte nicht sagen: Was ist eigentlich dieses geheimnisvolle $\alpha\in L$, wo kommt das her? $\alpha$ ist hier einfach eine Nullstelle von $f(x)$ in seinem Zerfällungskörper, nichts weiter, ähnlich wie $i\in\mathbb C$ eine Nullstelle von $x^2+1\in\mathbb R[x]$ ist. Und bei $i$ würde man ja auch nicht fragen: Wo kommt das her? Oder doch?   😎



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juergenX
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.44, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-02


2020-02-02 20:42 - weird in Beitrag No. 43 schreibt:

Auf welchen "Fundamentalsatz" berufst du dich da?  😮  

Aber ja, dass es vier Nullstellen im Zerfällungskörper $L$ des Polynoms gibt, stimmt ja auch, und es ist überraschend einfach, sie auch alle hinzuschreiben: Ist nämlich $\alpha\in L$ eine davon, so sind dann $\alpha^2,\alpha^4,\alpha^8$ die drei anderen, wie man durch Einsetzen in $f(x)$ sofort sieht.

Und jetzt bitte nicht sagen: Was ist eigentlich dieses geheimnisvolle $\alpha\in L$, wo kommt das her? $\alpha$ ist hier einfach eine Nullstelle von $f(x)$ in seinem Zerfällungskörper, nichts weiter, ähnlich wie $i\in\mathbb C$ eine Nullstelle von $x^2+1\in\mathbb R[x]$ ist. Und bei $i$ würde man ja auch nicht fragen: Wo kommt das her? Oder doch?   😎

Ja ie anderen beiden irr. hat ich uebersehen. Es ging mir ums Prinzip darum, wie man mit solchen Nullstellen in Polynomen in $Z_p[x]$ umgehen kann, ohne zu wissen, was sie eigentlich sind.. Jedenfalls keine Elemente in $\mathbb \IC$.
Wir können tatsaehlich 2 Verknüpfungstabellen erstellen was ich mal zur Übung machen werde. Und sogar dividieren.
Und was ist der Zerfällungskoerper $L$? Eine algebraische Körpererweiterung welchen Grades vom binären Körper $K_2 = \{0,1\}$ nennen wir ihn $K_2(\alpha)=L$, in dem es K_2-Automorphismen gibt, die die o.a. Nullstellen permutieren und sich auch zu einer Gruppe H formen lassen. $Aut (L/K_2) \cong H \subseteq S_4$. Oder?
Klar wissen wir auch nicht von den ratonalen oder reellen aus gesehen was $i$ ist, bloss das $i^2=-1$ ist. Darauf baut sich dann der ganze Körper $\IC$ auf.
Mit $K_2(\alpha)=L$ können wir nicht so viel anfangen, aber es ist ein algebraischer Abschluss von irgendwas.
P.S. das mit den algebraischer Abschlüssen hab ich noch nicht so recht ää verstanden..

Ich glaub Cardano auf den durch den "casus irreducibilis" wohl die "Erfindung" des $i$ zurückgeht wusste auch nicht was er da sah oder  😉







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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.45, eingetragen 2020-02-02


2020-02-02 21:32 - juergenX in Beitrag No. 44 schreibt:
Und was ist der Zerfällungskoerper $L$? Eine algebraische Körpererweiterung welchen Grades vom binären Körper $K_2 = \{0,1\}$ nennen wir ihn $K_2(\alpha)=L$, in dem es K_2-Automorphismen gibt, die die o.a. Nullstellen permutieren und sich auch zu einer Gruppe H formen lassen. $Aut (L/K_2) \cong H \subseteq S_4$. Oder?
Klar wissen wir auch nicht von den ratonalen oder reellen aus gesehen was $i$ ist, bloss das $i^2=-1$ ist. Darauf baut sich dann der ganze Körper $\IC$ auf.
Mit $K_2(\alpha)=L$ können wir nicht so viel anfangen, aber es ist ein algebraischer Abschluss von irgendwas.
P.S. das mit den algebraischer Abschlüssen hab ich noch nicht so recht ää verstanden..

Auch wenn ich der festen Überzeugung bin, dass es wie in vielen anderen Fällen in der Vergangenheit nichts bringt, möchte ich aber noch ein allerletztes Mal auf deine diesbezüglichen "Lücken" eingehen, bevor wir wieder "vom hundertsten ins tausendste" hier kommen.  😎

Zunächst ist $L=\mathbb F_2(\alpha)\cong\mathbb F_{16}$ bereits der Zerfällungskörper von unserem Polynom $f(x)=x^4+x^3+1\in\mathbb F_2[x]$, denn die anderen 3 Nullstellen $\alpha^2,\alpha^4,\alpha^8$ liegen ja dann auch darin. Ferner gilt für die Galoisgruppe
\[\textrm{Gal}(L/\mathbb Z_2)=\textrm{Aut}(L)=\{\textrm{id},\sigma,\sigma^2,\sigma^3\}\] wobei $\sigma:L\to L$ der berühmt-berüchtigte Frobeniusautomorphismus von $L$ ist, der durch $\alpha\mapsto\alpha^2$ bereits vollständig gegeben ist. Insbesondere ist also die Galoisgruppe hier die zyklische Gruppe der Ordnung 4.

Und ja, wie könnte ein endlicher Körper $K$ jemals algebraisch abgeschlossen sein? Diese Frage sollte sich eigentlich nach nur kurzem Nachdenken selbst beantworten: Nimm einfach ein Polynom $g(x)\in K[x]$, dessen Grad höher ist als die Anzahl der Elemente in $K$ und das nur einfache Nullstellen besitzt, was durch die Bedingung ggT$(g(x),g'(x))=1$ leicht sichergestellt werden kann. Dann kann natürlich $g(x)$ nicht vollständig in $K[x]$ in Linearfaktoren zerfallen, wie dies bei algebraischer Abgeschlossenheit von $K$ sein müsste, da dafür die Anzahl der Elemente in $K$ schon nicht ausreicht.

Ich glaub Cardano auf den durch den "casus irreducibilis" wohl die "Erfindung" des $i$ zurückgeht wusste auch nicht was er da sah oder  😉

Und du denkst echt, wir "wissen" jetzt, was $i$ ist?  😮

Da muss ich dich leider enttäuschen: Wir haben es nur gelernt, uns einfach damit abzufinden, dass es reicht, mithilfe der Gleichung $i^2=-1$ damit rechnen zu können, inklusive all der wunderschönen Dinge, die man damit in der Algebra und Funktionentheorie beweisen kann. Und das ist gut so, denn alles andere wäre ohnehin der "Metaphysik" zuzurechnen und daher nicht mehr seriöse Mathematik.  😎  



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juergenX
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2020-01-26 12:10 - juergenX im Themenstart schreibt:
Aus einem Aufgabezettel leider ohne Loesungen.

Ich nehme folgendes irreduzibles Polynom 8ten Grades:

$\displaystyle f(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+3$


Pardon  ☹️
es gab einen Übertragungsfehler (nicht bei mir) es sollte sein:

$\displaystyle f(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+7$, wo man einen mindestens Faktor abspalten kann.

Es bleibt dann:

$\displaystyle f_7(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+7/(x-1)= x^7+x^6-x^5-3x^4-x^3-5x^2-5x-7$
Wer Lust hat kann ja da mit mal weiterrechnen.

Diese kann man mit der Reduktionsmethode weiter oben erwähnt auf Irreduzibilität untersuchen.
$\displaystyle f_7(x)$ ist wahrscheinlich aber ohne hypergeometrische Funktionen oder Thetafunktionen nicht weiter zu lösen.
siehe u.a.


oder
oder

für den 5ten Grad siehe auch hier:






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weird
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2020-02-06 07:19 - juergenX in Beitrag No. 46 schreibt:
Pardon  ☹️
es gab einen Übertragungsfehler (nicht bei mir) es sollte sein:

$\displaystyle f(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+7$, wo man einen mindestens Faktor abspalten kann.

Es bleibt dann:

$\displaystyle f_7(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+7/(x-1)= x^7+x^6-x^5-3x^4-x^3-5x^2-5x-7$
Wer Lust hat kann ja da mit mal weiterrechnen.

Diese kann man mit der Reduktionsmethode weiter oben erwähnt auf Irreduzibilität untersuchen.
$\displaystyle f_7(x)$ ist wahrscheinlich aber ohne hypergeometrische Funktionen oder Thetafunktionen nicht weiter zu lösen.
siehe u.a.


oder
oder

für den 5ten Grad siehe auch hier:



Warum meinst du eigentlich, dass deine obige Links zur Auflösung von Gleichungen 5.Grades nützlich sein könnten, wo du doch sogar selbst oben schreibst, dass nach Abspaltung des Linearfaktors $x-1$ ein Polynom siebten(!) Grades übrigbleibt?  😮

PS: Und nein, die ohnehin sehr vage Hoffnung, dass dieses vielleicht noch weiter reduzibel über $\mathbb Q$ sein könnte, erfüllt sich nicht: Es ist ebenfalls irreduzibel und seine Galoisgruppe, nämlich die $S_7$, nicht auflösbar.



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juergenX
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Ich bekam eine PM von hyperG, in der er auf einen der links mit dem 5ten Grad verwies.
eben diesen;
wo ja auch wenn man die Links weiterverfolgt etwas über hypergeometrische Funktionen als Lösungs möglichkeiten Polynome höheren Grades als 4 oder 5 erwähnt wird.

Interessanter Buchverweis;

D. S. Dummit Solving solvable quintics, Mathematics of Computation, Band 57, 1991, S. 387–402 (Corrigenda Band 59, 1992, S. 309)

Ist aber ne teures Werk ca 100 $

Ich möchte das aber hier beschliessen, Danke es war dennoch sehr lehrreich!  😄  


Die  Ansätze von hyperG in #6 und #11 bleiben weiter etwas ää rätselhaft..
Vielleicht deutet sein Name auf hyperbolische Interessen  😁 ´
P.S. evtl Interessantes über Polynome 7. grades u.a.:



P.P.S.
Man kann ja in radikalen lösbare Polynome 7. oder höheren Grades schnell konstruieren, wenn man eine Nullstelle  als Radikal vorgibt



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juergenX hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
juergenX hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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