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f mod p irreduzibel <=> f irreduzibel

Universität / Fachhochschule

Polynome

Tags: polynom

Stochastikerin

16:50 Uhr, 17.02.2025

Ich hänge an folgender Implikation:

f \in ℤ [x]

irreduzibel

\Leftrightarrow f mod p

irreduzibel

a)

Welche Implikation ist richtig

b)

Gegenbeispiel

Zu

a)

Richtig ist doch, dass wenn

f mod p

irreduzibel

\Rightarrow f \in ℤ [x]

irreduzibel

Zu

b)

f = x^{2} + 1 \in ℤ [x]

ist irreduzibel (Schnell zu überprüfen mit Nullstellen, welche in

ℂ

liegen)

Betrachte jetzt

F_{2} [x] :

f mod 2 \to x^{2} + 1 mod 2 = x^{2} + 1

Allerdings

x^{2} + 1 mod 2 = (x - 1) (x + 1) mod 2

(Da für

x = 1

Nullstelle vorliegt), somit in

F_{2}

reduzierbar, aber

f

nicht in

ℤ

reduzierbar.

Stimmt das so?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich benötige bitte nur das Ergebnis und keinen längeren Lösungsweg."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Polynomfunktionen / ganzrationale Funktionen - Einführung

Stochastikerin

17:01 Uhr, 17.02.2025

Ich habe auch folgende Aufgabe:

f = x^{5} + x^{4} - 4 x^{3} - 3 x^{2} + 3 x + 1 \in ℚ [x]

. Zu zeigen, dass

f

irreduzibel. JEtzt nutze ich die obige Implikation und zeige, dass

F \in mod 2

irreduzibel und somit

f

irreduzibel.

f mod 2 = x^{5} + x^{4} + x^{2} + x + 1

Da deg(f)=5, kann ein irreduzibler Faktor

g

nur deg(g)

= ⌊

deg(f)/2

⌋,

somit deg(g)

= 2

Jetzt überprüfen wir die Nullstellen, da diese grad 1 haben:

f mod 2

hat keine Nullstellen, somit kein Faktor vom Grad 1.

Meine Frage jetzt: Wieso kann ein irreduzibler Teiler vom Grad 2 nur

(x^{2} + x + 1)

sein?
(Das ist kein Teiler), und somit hat

f mod 2

keine Teiler und somit

f

irreduzibel.

Wieso aber kann der Teiler nur dieser sein?

mathadvisor aktiv_icon

17:17 Uhr, 17.02.2025

Erstmal zur Implikation:
Was ist

p

? Da steht eine zu beurteilende AussageFORM. Zu einer Aussage (nur die kann w/f sein) fehlen Quantoren. Bitte vollständige Aussage.

Stochastikerin

17:22 Uhr, 17.02.2025

p

prim..

mathadvisor aktiv_icon

17:35 Uhr, 17.02.2025

Und weiter? Siehe vorigen Kommentar/Rückfrage.

Stochastikerin

18:04 Uhr, 17.02.2025

Welche Aussage ist wahr:

1)

Ist

f mod p

irreduzibel in

F_{p} [x] \Rightarrow f

irreduzibel (Was ich sage wahr ist)

2)

Ist

f

irreduzibel

\Rightarrow f mod p

irreduzibel in

F_{p} [x]

f

ist jeweils in

Z [x]

primitives Polynom und

p

eine Primzahl

michaL aktiv_icon

20:42 Uhr, 17.02.2025

Hallo,

Du hast es ja selbst schon gesagt:
1) ist richtig, 2) falsch.

Beweis von 1) ist durch Kontraposition leicht zu beweisen, für 2) hast du ein geeignetes Gegenbeispiel angegeben.

Was die andere Aufgabe anbelangt:
Ja, man kann

f (x) = x^{5} + x^{4} - 4 x^{3} - 3 x^{2} + 3 x + 1

auch mod 2 erledigen.

Deine Frage, warum

x^{2} + x + 1

das einzige irreduzible Polynom vom Grad 2 mod 2 ist, lässt sich wie folgt beantworten:
Die einzigen Polynome mod 2 von Grad genau 2 sind:

x^{2}

hat Nullstelle

x = 0

, also reduzibel.

x^{2} + 1 = (x + 1)^{2}

hat Nullstelle

x = 1

also reduzibel.

x^{2} + x = x (x + 1)

hat Nullstelle

x = 0

, also reduzibel.

x^{2} + x + 1

hat keine Nullstellen, was man durch Einsetzung von

x = 0

und

x = 1

verifiziert, oder über

x^{2} + x + 1 = x (x + 1) + 1

schnell sieht.

Also ja:

x^{2} + x + 1

ist das einzige Polynom 2. Grades, das mod 2 irreduzibel ist.
Und ebenfalls: Ja, dieses Polynom ist keine Teiler von

f

mod 2.

Man könnte allerdings auch

f (x + 2) = x^{5} + 11 x^{4} + 44 x^{3} + 77 x^{2} + 55 x + 11

nachrechnen und da mit Eisenstein ran (wenn ihr das schon hattet). Man sieht die Teiler 11 hier sehr schön.
(Wie man darauf kommt, 11 zu nehmen? Einfach ausprobieren! Im Falle kostenlos verfügbarer CASe ist das eine kurze Probierphase.)

Mfg Michael

mathadvisor aktiv_icon

20:49 Uhr, 17.02.2025

So, jetzt haben wir die genaue Aufgabenstellung. Du machst es Helfern erheblich einfacher, wenn Du die von Anfang an lieferst.
Für mich als Nicht-Experten auf diesem Gebiet ist es außerdem mühselig, Deinen Überlegungen zu folgen, weil Du die Begriffe salopp verwendest, was mich ausbremst.
Aber zu Deiner Überlegung in der Zusatzfrage: Warum kommt nur

x^{2} + x + 1

als Teiler in Frage? Als Teiler vom Grad 2 hätte man

x^{2} + b x + c

. Es muss

c = 1

sein, weil man sonst nicht auf den Term

x^{0}

im Produkt kommt. Der Fall

b = 0

führt auf

x^{2} + 1

, was kein Teiler sein kann (weil

\pm i

keine Nullstellen von

f

sind), bleibt also nur

x^{2} + x + 1

als einziger Kandidat.

Stochastikerin

21:11 Uhr, 17.02.2025

Super erklärt Michi, vielen Dank :-)

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