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(3.Wurzel(2)+2.Wurzel(2)) algebraisch ganz über Q?

Universität / Fachhochschule

Polynome

Tags: algebraisch, ganze zahl, polynom

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21:51 Uhr, 05.04.2019

Frage: Ist

α = (\sqrt[3]{2} + \sqrt{2})

eine algebraische ganze Zahl über

ℚ

?
Das heißt existiert ein normierten Polynom

f \in ℤ [x]

mit Koeffizienten in

ℤ

, und

f (α) = 0

?

Bisher habe ich ein wenig durchprobiert und bin daran gescheitert, leider hab ich aber auch sonst keine Idee für einen Ansatz. Die Fragestellung lässt offen, ob es so ein Polynom tatsächlich gibt.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Polynomfunktionen / ganzrationale Funktionen - Einführung

michaL aktiv_icon

22:02 Uhr, 05.04.2019

Hallo,

habt ihr schon das Ergebnis, dass endliche Erweiterungen algebraisch sind?
Wenn ja, so kannst du zwei endliche Erweiterungen angeben, sodass die Zahl

\sqrt[3]{2} + \sqrt{2}

darin enthalten ist.

Mfg Michael

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22:10 Uhr, 05.04.2019

Das hatten wir, das algebraische ist relativ klar, aber das impliziert doch noch nicht die "ganze Zahl" oder?
Also das

f

muss dann doch nur in

ℚ [X]

und nicht in

ℤ [X]

sein, oder?

α

ist ja in

ℚ [α]

und

ℚ [α]

eine Körpererweiterung über

ℚ

und nicht über

ℤ

michaL aktiv_icon

22:18 Uhr, 05.04.2019

Hallo

ok, habe ich überlesen.
Immerhin bildet die Menge der ganz-algebraischen Zahlen noch einen Ring. Heißt. Da

\sqrt{2}

als Nullstelle von

x^{2} - 2

und

\sqrt[3]{2}

als Nullstelle von

x^{3} - 2

ganz-algebraisch sind, ist es auch deren Summe.

Frage ist nur, ob ihr dieses Ergebnis schon hattet.

Mfg Michael

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22:31 Uhr, 05.04.2019

Danke erstmal, die Idee ist gut aber die Aussage hatten wir leider noch nicht. Alles was wir bisher hatten war, dass

α

genau dann ganz ist, wenn

ℚ [α]

als

ℚ

-Modul endlich erzeugt ist.

Kann man hier dann wie bei K-Erweiterungen beweisen, dass

ℚ [\sqrt[3]{2} + \sqrt{2}] = ℚ [\sqrt[3]{2}, \sqrt{2}]

ist?

michaL aktiv_icon

23:25 Uhr, 05.04.2019

Hallo,

hm, ob das so einfach geht, glaube ich nicht.
Allerdings reicht ja auch, dass

ℚ [\sqrt[3]{2} + \sqrt{2}] \subseteq ℚ [\sqrt[3]{2}, \sqrt{2}]

gilt, sofern letzterer nur endlich erzeugt ist!

Üblicherweise beweist formuliert man das Ganze ja für Ringe (kommutativ und mit 1).
Sei also

A \subseteq B

eine Ringerweiterung.

Ein Element

b \in B

heißt ganz, wenn es ein

n \in ℕ_{\geq 1}

und

a_{0}, \dots, a_{n - 1} \in A

gibt, sodass

b^{n} + a_{n - 1} b^{n - 1} + \dots + a_{0} = 0

gilt.
(Sollte dir bekannt vorkommen.)

Dann lässt sich folgende Äquivalenz beweisen (und darin steckt eigentlich die ganze Arbeit):
(i)

b

ist ganz über

A

.
(ii) Der Unterring

A [b] \subseteq B

ist als

A

-Modul endlich erzeugt.
(iii) Es existiert ein endlich erzeugter

A

-Untermodul

M \subseteq B

mit

1 \in M

und

b \cdot M \subseteq M

.

Beweis und Folgerungen (vor allem das für dich relevante) findest du geeignet in www.mathematik.uni-regensburg.de/Jannsen/home/UebungWS0708/AlgZahlN.pdf dargestellt.

Hilft dir das weiter?

Mfg Michael

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23:37 Uhr, 05.04.2019

Ja, vielen Dank :-D)
Ab hier schaff ich's dann alleine.

ermanus aktiv_icon

23:40 Uhr, 05.04.2019

Hallo,
wenn ich mich nicht verrechnet habe, ist

α

Nullstelle
des normierten ganzzahligen Polynoms

f (X) = X^{6} - 6 X^{4} - 4 X^{3} + 12 X^{2} - 28

.
Im Prinzip nicht schwierig, aber wegen möglicher Rechenfehler
ohne Gewähr.
Gruß ermanus

ermanus aktiv_icon

00:02 Uhr, 06.04.2019

Da ich erst morgen Abend wieder online gehen kann,
hier eine Erklärung, wie ich zu dem

f

komme:

α = \sqrt[3]{2} + \sqrt{2} \Rightarrow

(α - \sqrt{2})^{3} = 2 \Rightarrow

α^{3} - 3 α^{2} \sqrt{2} + 3 α \cdot 2 - 2 \sqrt{2} = 2 \Rightarrow

α^{3} + 6 α - 2 = (3 α^{2} + 2) \sqrt{2}

.
Nun diese Gleichung quadrieren ...

Roman-22

00:17 Uhr, 06.04.2019

>

f(X)=X6−6X4−4X3+12X2−28.
Fast.

x^{6} - 6 x^{4} - 4 x^{3} + 12 x^{2} - 24 x - 4 = 0

hat die beiden reellen Lösungen

\sqrt[3]{2} \pm \sqrt{2}

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00:28 Uhr, 06.04.2019

Danke nochmal, auch gut Mal den Ansatz zu sehen

michaL aktiv_icon

09:51 Uhr, 06.04.2019

Hallo,

ein systematischer Weg, ein ganzes Polynom zu finden, lässt sich aus der angegebenen Äquivalenz ableiten.
Ich habe das aus G. Fischers Algebra. Bei Bedarf kann ich den heute abend mal kurz skizzieren.

Mfg Michael

ermanus aktiv_icon

12:15 Uhr, 07.04.2019

Hallo Michael,
bisher habe ich solche Gleichungen immer adhoc hergezaubert,
was aber in komplizierteren Fällen auf so naive Weise
möglicherweise gar nicht geht, da die beteiligten nichtrationalen
ganz-algebraischen Zahlen z.B. durch nichtauflösbare
Minimalpolynome gegeben sind.
Ich würde mich freuen, wenn du mir das von dir angedeutete
Verfahren zumindest andeutungsweise erklären würdest.
Nimm dir ruhig Zeit, es eilt nicht ;-)
LG Hermann

michaL aktiv_icon

21:44 Uhr, 07.04.2019

Hallo,

@ermanus:
Zunächst eine Korrektur: Ich habe das aus S. Boschs Algebra. Details dazu auf Anfrage.

Die Arbeit steckt im Beweis des von mir angegebenen Lemmas
> (i)

b

ist ganz über

A

.
> (ii) Der Unterring

A [b] \subseteq B

ist als

A

-Modul endlich erzeugt.
> (iii) Es existiert ein endlich erzeugter

A

-Untermodul

M \subseteq B

mit

1 \in M

und

b \cdot M \subseteq M

.
und zwar im Teil

(i i i) \Rightarrow (i)

.

Im konkreten Fall ist ein über

ℤ

endlich erzeugter Untermodul

M

sicher als

ℤ [\sqrt{2}, \sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{4}, \sqrt{2} \sqrt[3]{2}, \sqrt{2} \sqrt[3]{4}, 1]

.

Zur Abkürzung nenne ich

b := \sqrt{2} + \sqrt[3]{2}

m_{1} := \sqrt{2}

m_{2} := \sqrt[3]{2}

usw.
Ich ermittle eine Darstellung der

b \cdot m_{i}

als

\sum_{k = 1}^{6} a_{k} \cdot m_{k}

.
So ist etwa

b \cdot m_{1} = 1 \cdot m_{4} + 2 \cdot m_{6}

.

Mit diesen Ergebnissen als Matrix (

T

) geschrieben ergibt sich:

b \cdot (\begin{array}{c} m_{1} \\ m_{2} \\ m_{3} \\ m_{4} \\ m_{5} \\ m_{6} \end{array}) = (\begin{array}{cccccc} 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}) \cdot (\begin{array}{c} m_{1} \\ m_{2} \\ m_{3} \\ m_{4} \\ m_{5} \\ m_{6} \end{array})

bzw. in einer Matrix:

0 = (\begin{array}{cccccc} b & 0 & 0 & - 1 & 0 & - 2 \\ 0 & b & - 1 & - 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & b & 0 & - 1 & - 2 \\ 0 & - 2 & 0 & b & - 1 & 0 \\ - 2 & 0 & - 2 & 0 & b & 0 \\ - 1 & - 1 & 0 & 0 & 0 & b \end{array}) \cdot (\begin{array}{c} m_{1} \\ m_{2} \\ m_{3} \\ m_{4} \\ m_{5} \\ m_{6} \end{array})

Durch Übergang zum Quotientenkörper von

M

(hier

ℚ [\sqrt{2}, \sqrt[3]{2}]

) sieht man, dass

b

Nullstelle des charakteristischen Polynoms der Matrix

T

ist.
Das ist sicher normiert und hat nur Koeffizienten in

A = ℤ

.

Nur um zu kontrollieren, habe ich tatsächlich

χ_{t} (x) = x^{6} - 6 x^{4} - 4 x^{3} + 12 x^{2} - 24 x - 4

ermitteln lassen (nein, ich habe es nicht selbst gerechnet), was im Einklang mit
Roman-22's Ergebnis ist.

Ja, ob der systematische Ansatz schneller ist (vor allem ohne technische Hilfsmittel) wage ich zu bezweifeln.

Mfg Michael

ermanus aktiv_icon

22:00 Uhr, 07.04.2019

Hallo Michael,
vielen Dank für deine Erklärung.
Ja, das Verfahren kenne ich als reguläre Darstellung
und charakteristisches Polynom der Darstellungsmatrix bzgl.
einer Ganzheitsbasis.
Ich denke noch ein bisschen darüber nach ...
Sehr interessantes Thema :-)
Viele Grüße Hermann

michaL aktiv_icon

09:28 Uhr, 08.04.2019

Hallo,

ich kannte das Thema gar nicht. Wir sind in Algebra daran irgendwie vorbei. Ich habe es - wie gesagt - in Boschs Algebra gefunden und anhand des konstruktiven Beweises nachvollzogen.
Mir scheint, dass diese Verallgemeinerung des Begriffs algebraischer Erweiterungen nicht ganz die Schlagkraft entwickelt wie die Galoistheorie. Schade eigentlich.

Mfg Michael

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