Skript - Universität Paderborn

4.4 Irreduzibilitätskriterien 85
4.4 Irreduzibilitätskriterien
Beispiel 4.4.1. (i) Sei ϕ : Z → F p = Z/pZ der kanonische Homomorphismus und
f = X 3 − 10X 2 + 1 ∈ Z[X]. Wende Proposition 4.2.10 mit Z und Z/3Z an. Das
bedeutet, für p = 3 wertet man ϕ ∗ (f) = X 3 − X 2 + 1 ∈ F 3 [X] an allen drei
Stellen aus (0 ↦→ 1, 1 ↦→ 1, 2 ↦→ 2) und stellt so fest, dass ϕ ∗ (f) keine Nullstelle
hat (und daher wegen deg ( ϕ ∗ (f) ) = 3 irreduzibel sein muss).
(ii) Für f = X 3 − 6X 2 + 5X + 25 ergibt die Reduktion modulo 3 wie in (i) das
irreduzible Polynom X 3 + 2X + 1 ∈ F 3 [X] und damit die Irreduzibilität von f.
Reduktion modulo 5 dagegen führt auf X 3 − X 2 = X 2 (X − 1) ∈ F 5 [X], was
keine Rückschlüsse auf f erlaubt.
⊓⊔
Beispiel 4.4.2. Betrachte L = Q (√ 2, √ 3 ) und K = Q (√ 2 ) . Da √ 3 algebraisch
über Q mit Minimalpolynom X 2 − 3 ist, ist √ 3 auch algebraisch über K. Das
Minimalpolynom p von √ 3 über K muss X 2 − 3 ∈ K[X] teilen (vgl. Satz 4.2.9).
Daher gilt deg ( p ) ≤ 2 und ( wegen L = K( √ 3) ) auch [L : K] ≤ 2. Da es keine
a, b ∈ Q mit √ 3 = a + b √ 2 gibt, gilt √ 3 /∈ K und wir finden [L : K] = 2 und
p = X 2 − 3. Das Element α = √ 2 + √ 3 ist algebraisch über Q, weil [L : Q] = [L :
K][K : Q] = 2 · 2 = 4 < ∞ (vgl. Bemerkung 4.2.7). Mit α 2 = (√ 2 + √ 3 ) 2
= 5 + 2
√
6
sieht man α 2 − 5 = 2 √ 6 und α 4 − 10α 2 + 1 = 0. Wenn man zeigen kann, dass
f = X 4 − 10X 2 + 1 über Q irreduzibel, d.h. das Minimalpolynom von α über Q ist,
hat man L = Q (√ 2, √ 3 ) = Q (√ 2 + √ 3 ) = Q(α) bewiesen. In Lemma 4.4.4 werden
wir zeigen, dass es genügt die Irreduzibilität von f über Z zu zeigen. Indem man
die Koeffizienten modulo 5 nimmt, erkennt man wie in Beispiel 4.4.1, dass f keine
ganzzahligen Nullstellen hat, sich also in Z[X] keine lineare Terme abspalten lassen.
Wenn
f = X 4 − 10X 2 + 1 = (X 2 + aX + b)(X 2 + a ′ X + b ′ )
mit a, a ′ , b, b ′ ∈ Z, dann gilt a + a ′ = 0, b + aa ′ + b ′ = −10, ba ′ + ab ′ = 0 und bb ′ = 1.
Es folgt a ′ = −a, b ′ = b = ±1. Wenn b = 1, findet man −a 2 = −12, was nicht
möglich ist, und b = −1 führt auf −a 2 = −8, was ebenso unmöglich ist. Also ist f
in der Tat irreduzibel über Z und die Körpererweiterung L/Q ist einfach. ⊓⊔
Proposition 4.4.3. Sei f = a 0 + a 1 X + · · · + a n X n ∈ Z[X].
(i) Wenn f ( r
s
)
= 0 mit teilerfremden r, s ∈ Z, dann gilt r | a0 und s | a n .
(ii) Wenn a n = 1, dann gilt s = ±1.
Beweis. Da (ii) eine unmittelbare Konsequenz von (i) ist, reicht es, (i) zu beweisen.
r
Dazu setze 0 = a 0 + a 1 s + · · · + a n rn
s
und beachte
n
von s geteilt
{ }} {
0 = s n a 0 + s n−1 a 1 r + . . . + a n r
} {{ n .
}
von r geteilt
Dies liefert sowohl r | a 0 also auch s | a n .
⊓⊔
Lemma 4.4.4. Sei f ∈ Z[X] und f = gh mit g, h ∈ Q[X]. Dann gibt es Polynome
˜g, ˜h ∈ Z[X] mit f = ˜g˜h und deg(g) = deg(˜g) sowie deg(h) = deg(˜h). Insbesondere
ist f ∈ Z[X] irreduzibel über Z genau dann, wenn f irreduzibel über Q ist.