Irreduzibilität in Z[sqrt6] < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:25 Mo 04.04.2011 | | Autor: | tuep |
| Aufgabe | | Zeige: (3-sqrt(6)) ist irreduzibel in Z[sqrt(6)] |
Hallo, ich hoffe jemand von euch kann mir helfen. Ich muss möglichst schnell wissen, wie ich die irreduzibilität zeigen kann. Bei sqrt(-6) ging das leicht über die Norm, aber hier habe ich keine Ahnung.
Ich hab mal angenommen, dass es zwei Elemente gibt, und versucht das als Gleichungssystem zu lösen, aber dann hab ich zwei Gleichungen für vier Unbekannte.
Es wäre echt super, wenn da jemand durchblickt.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo tuep, ![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
edit: So, jetzt nochmal richtig. 
> Zeige: (3-sqrt(6)) ist irreduzibel in Z[sqrt(6)]
> Hallo, ich hoffe jemand von euch kann mir helfen. Ich
> muss möglichst schnell wissen, wie ich die
> irreduzibilität zeigen kann. Bei sqrt(-6) ging das leicht
> über die Norm, aber hier habe ich keine Ahnung.
> Ich hab mal angenommen, dass es zwei Elemente gibt, und
> versucht das als Gleichungssystem zu lösen, aber dann hab
> ich zwei Gleichungen für vier Unbekannte.
> Es wäre echt super, wenn da jemand durchblickt.
Nehmen wir an, es gäbe ein [mm] (a+b\wurzel{6}), [/mm] das [mm] (3-\wurzel{6}) [/mm] teilt. Außerdem dürfen wir oBdA annehmen, dass ggT(a,b)=1 ist.
Dann ist
[mm] \bruch{3-\wurzel{6}}{a+b\wurzel{6}}=\bruch{(3-\wurzel{6})(a-b\wurzel{6})}{(a+b\wurzel{6})(a-b\wurzel{6})}=\bruch{(3a+6b)-(a+3b)\wurzel{6}}{a-6b^2}
[/mm]
edit: Ab hier also neu.
Es muss daher gelten: [mm] (a^2-6b^2)|3(a+2b) \wedge (a^2-6b^2)|(a+3b)
[/mm]
Fall I)
[mm] (a^2-6b^2)=1
[/mm]
Lösungen finden sich hier recht leicht: (a,b)=(5,2),(49,20) und mit Tabellenkalkulation etc. auch (485,198) und (4801,1960)
Für die vorliegende Frage genügt es bis hier; die Fallunterscheidung kann abgebrochen werden. Führt man sie weiter, findet man die anderen Faktoren der folgenden Zerlegungen und eine interessante Beobachtung, die Du selbst machen kannst:
[mm] 3-\wurzel{6}=
[/mm]
[mm] =(3+\wurzel{6})*(5-2\wurzel{6})=
[/mm]
[mm] =(27-11\wurzel{6})*(5+2\wurzel{6})=
[/mm]
[mm] =(27+11\wurzel{6})*(49-20\wurzel{6})=
[/mm]
[mm] =(267-109\wurzel{6})*(49+20\wurzel{6})=
[/mm]
[mm] =(267+109\wurzel{6})*(485-198\wurzel{6})=
[/mm]
[mm] =(2643-1079\wurzel{6})*(485+198\wurzel{6})=
[/mm]
[mm] =(2643+1079\wurzel{6})*(4801-1960\wurzel{6})=\cdots
[/mm]
So, jetzt stimmts endlich.
Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:48 Di 05.04.2011 | | Autor: | felixf |
Moin reverend,
> Für die vorliegende Frage genügt es bis hier; die
> Fallunterscheidung kann abgebrochen werden. Führt man sie
> weiter, findet man die anderen Faktoren der folgenden
> Zerlegungen und eine interessante Beobachtung, die Du
> selbst machen kannst:
>
> [mm]3-\wurzel{6}=[/mm]
> [mm]=(3+\wurzel{6})*(5-2\wurzel{6})=[/mm]
> [mm]=(27-11\wurzel{6})*(5+2\wurzel{6})=[/mm]
> [mm]=(27+11\wurzel{6})*(49-20\wurzel{6})=[/mm]
> [mm]=(267-109\wurzel{6})*(49+20\wurzel{6})=[/mm]
> [mm]=(267+109\wurzel{6})*(485-198\wurzel{6})=[/mm]
> [mm]=(2643-1079\wurzel{6})*(485+198\wurzel{6})=[/mm]
> [mm]=(2643+1079\wurzel{6})*(4801-1960\wurzel{6})=\cdots[/mm]
oder anders gesagt: [mm] $\IZ[\sqrt{6}]$ [/mm] hat unendlich viele Einheiten :)
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:50 Di 05.04.2011 | | Autor: | tuep |
Vielen Dank für dein Hilfe. Ich hatte das immer falsch angegangen, indem ich immer das Produkt zweier unbekannter betrachtet hab, statt einfach mal zu teilen^^.
Das hilft mir sehr. Ich hab von meinem Prof Literatur bekommen, in der behauptet wurde, die seien irreduziebel.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:47 Di 05.04.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Zeige: (3-sqrt(6)) ist irreduzibel in Z[sqrt(6)]
> Hallo, ich hoffe jemand von euch kann mir helfen. Ich
> muss möglichst schnell wissen, wie ich die
> irreduzibilität zeigen kann. Bei sqrt(-6) ging das leicht
> über die Norm, aber hier habe ich keine Ahnung.
Hier geht das auch ueber die Norm. Die ist bei [mm] $\IZ(\sqrt{6})$ [/mm] gegeben durch $N : [mm] \IZ(\sqrt{6}) \to \IZ$, [/mm] $a + b [mm] \sqrt{6} \mapsto a^2 [/mm] - 6 [mm] b^2 [/mm] = (a + b [mm] \sqrt{6}) [/mm] (a - b [mm] \sqrt{6})$.
[/mm]
Diese ist multiplikativ und $N(3 - [mm] \sqrt{6}) [/mm] = 3$ ist eine Primzahl.
Und $a + b [mm] \sqrt{6}$ [/mm] ist eine Einheit genau dann, wenn $N(a + b [mm] \sqrt{6}) \in \{ \pm 1 \}$ [/mm] ist.
Jetzt musst du noch ein klein wenig argumentieren, und dann bist du fertig.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:47 Di 05.04.2011 | | Autor: | tuep |
Erst mal vielen Dank. Aber ist deine definierte Norm überhaupt eine Norm?
Ich dachte eine Norm muss stets positiv sein und bei deiner Norm gäbe es ja auch negative Werte.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:57 Di 05.04.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Erst mal vielen Dank. Aber ist deine definierte Norm
> überhaupt eine Norm?
Im Sinne der Analysis sicher nicht
> Ich dachte eine Norm muss stets positiv sein und bei
> deiner Norm gäbe es ja auch negative Werte.
Normen (im zahlentheoretischen Sinne) koennen auch negative Werte annehmen.
Wichtig ist vor allem, dass sie multiplikativ sind und der Bildbereich in [mm] $\IZ$ [/mm] enthalten ist.
Allgemein gilt uebrigens: auf [mm] $\IZ[\sqrt{D}]$ [/mm] wird durch $a + b [mm] \sqrt{D} \mapsto [/mm] (a + b [mm] \sqrt{D}) [/mm] (a - b [mm] \sqrt{D}) [/mm] = [mm] a^2 [/mm] - [mm] b^2 [/mm] D$ eine Norm definiert. Diese kann negative Werte annehmen, falls $D > 0$ ist.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:23 Di 05.04.2011 | | Autor: | tuep |
Ah danke, musste in meiner Literatur lange suchen, bis ich das gefunden hab.
Vielleicht noch ne Frage am Rande:
Ist der Begriff des Primelementes nur auf Integritätsringen oder auch schon auf kommutativen Ringen mit Eins definiert? In den Büchern steht immer Integritätsring, bei Wikipedia stand komm Ring mit eins. Brauche ich die Nullteilerfreiheit?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:14 Di 05.04.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Ah danke, musste in meiner Literatur lange suchen, bis ich
> das gefunden hab.
Diese Arten von Normen kommen eigentlich aus der Galoistheorie. Man kann sie aber auch anders beschreiben: ist $L / K$ eine endliche Koerpererweiterung und [mm] $b_1, \dots, b_n$ [/mm] eine $K$-Basis von $L$, so kann man zu jedem Element $a [mm] \in [/mm] L$ die Abbildung $L [mm] \to [/mm] L$, $x [mm] \mapsto [/mm] a x$ betrachten. Diese ist $K$-linear, womit man sie als $n [mm] \times [/mm] n$-Matrix $M$ mit Koeffizienten in $K$ bzgl. der Basis [mm] $b_1, \dots, b_n$ [/mm] darstellen kann. Setzt man nun [mm] $N_{L/K}(a) [/mm] := [mm] \det [/mm] M$, so bekommt man eine multiplikative Abbildung [mm] $N_{L/K} [/mm] : L [mm] \to [/mm] K$. (Und Elemente [mm] $\neq [/mm] 0$ werden auf Elemente [mm] $\neq [/mm] 0$ abgebildet.) Diese nennt man Norm.
Die Galoistheorie-Variante geht wie folgt: Ist $L/K$ separabel, und sind [mm] $\sigma_1, \dots, \sigma_n [/mm] : L [mm] \to \overline{K}$ [/mm] alle $K$-Einbettungen von $L$ in einen alg. Abschluss von $K$, so ist [mm] $N_{L/K}(a) [/mm] = [mm] \prod_{i=1}^n \sigma_i(a)$.
[/mm]
Falls $K = [mm] \IQ$ [/mm] und $L = [mm] \IQ(\sqrt{D})$ [/mm] ist, so hat man die Einbettungen $L [mm] \to \IC$, [/mm] $a + b [mm] \sqrt{D} \mapsto [/mm] a + b [mm] \sqrt{D}$ [/mm] und $L [mm] \to \IC$, [/mm] $a + b [mm] \sqrt{D} \mapsto [/mm] a - b [mm] \sqrt{D}$. [/mm] Damit ist [mm] $N_{L/K}(a [/mm] + b [mm] \sqrt{D}) [/mm] = (a + b [mm] \sqrt{D}) [/mm] (a - b [mm] \sqrt{D}) [/mm] = [mm] a^2 [/mm] - [mm] b^2 [/mm] D$.
Wenn man jetzt den ganzabgeschlossenen Ring [mm] $\IZ$ [/mm] betrachtet mit Quotientenkoerper $K$, und ein Element $a$ aus den ganzen Abschluss von [mm] $\IZ$ [/mm] in $L$ nimmt (der ganze Abschluss umfasst [mm] $\IZ[\sqrt{D}]$, [/mm] falls $D [mm] \in \IZ$), [/mm] dann ist [mm] $N_{L/K}(a)$ [/mm] ganz ueber [mm] $\IZ$ [/mm] und ein Element von [mm] $\IQ$, [/mm] womit [mm] $N_{L/K}(a) \in \IZ$ [/mm] liegt.
Falls dir irgendwas von den Dingen, die ich geschrieben habe, nichts sagt, macht nix. Vielleicht lernst du spaeter mal was in die Richtung kennen und siehst dann den Zusammenhang
> Vielleicht noch ne Frage am Rande:
> Ist der Begriff des Primelementes nur auf
> Integritätsringen oder auch schon auf kommutativen Ringen
> mit Eins definiert? In den Büchern steht immer
> Integritätsring, bei Wikipedia stand komm Ring mit eins.
> Brauche ich die Nullteilerfreiheit?
Nun, die Nullteilerfreiheit brauchst du nicht, aber sie hilft manchmal. Die Definition funktioniert natuerlich auch in beliebigen kommutativen Ringen, aber normalerweise redet man nur von Teilbarkeit (und ohne Teilbarkeit machen Primelemente keinen Sinn), wenn man einen Integritaetsring hat und der Teiler eindeutig ist.
Ob du die Nullteilerfreiheit brauchst: das haengt davon ab, was du damit machen willst
Um zu schauen was genau Primelemente in Nicht-Integritaetsringen sind kannst du ja die Primelemente in folgenden Ringen versuchen zu bestimmen:
a) [mm] $\IZ/p^n\IZ$ [/mm] mit $p$ prim und $n > 1$;
b) [mm] $\IZ/m\IZ$ [/mm] mit $m$ nicht prim (schreibe $m$ als Produkt von Primzahlpotenzen);
c) [mm] $\IZ \times \IZ$;
[/mm]
d) $R [mm] \times [/mm] S$ in Abhaengigkeit von den Primelementen von $R$ und $S$.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:26 Di 05.04.2011 | | Autor: | reverend |
Ach, ich muss noch so viel lernen...
Immer wieder toll, dass ich das in diesem Forum merke. 
Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:50 Di 05.04.2011 | | Autor: | tuep |
Ich weiß nicht, ob ich das in der Tiefe noch mal lernen werde.
Ich studiere Mathe auf Lehramt, da streifen wir manche Gebiete nur, statt dort richtig einzudringen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:01 Di 05.04.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo tuep,
> Ich weiß nicht, ob ich das in der Tiefe noch mal lernen
> werde.
> Ich studiere Mathe auf Lehramt, da streifen wir manche
> Gebiete nur, statt dort richtig einzudringen.
Ja, das ist mir bekannt.
Ich studiere längst nicht mehr und finde immer wieder Wissensbereiche, in die ich viel früher tiefer hätte eindringen sollen...
Wozu man allerdings fürs Lehramt all das wissen muss, ist mir auch rätselhaft. In der Praxis fehlt es den meisten nicht am Fachwissen ihrer Unterrichtsfächer, sondern an Pädagogik, Didaktik, Methodik. Dafür lässt das Studium zu wenig Zeit. Schade eigentlich.
Grüße
reverend
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