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158
Algebra.tex
158
Algebra.tex
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@ -3397,15 +3397,16 @@ Jedes $f \in R[X]$ kann als $I(f) \cdot f^*$ geschrieben werden, mit $f^*$ primi
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\end{proof}
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\begin{satz}
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\label{satz:faktoriellpoly}
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Sei $R$ ein faktorieller Ring. Dann ist auch $R[X]$ faktoriell.
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\end{satz}
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\begin{proof}
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Sei $f \in R[X]$. Wir werden zeigen: $f$ lässt sich als Produkt von Primelementen in $R[X]$ darstellen.
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Wir schreiben: $f = I(f)\cdot f^*$.
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Sei \K{} der Quotientenkörper von $R$. $f \in R[X] \implies f \in \K[X]$, $\K[X]$ ist faktoriell und daher
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Sei $K$ der Quotientenkörper von $R$. $f \in R[X] \implies f \in K[X]$, $K[X]$ ist faktoriell und daher
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gilt $f^* = \tilde f_1 \cdots \tilde f_s$ mit $\tilde f_1, \dots, \tilde f_s$ irreduzible Polynome
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in $\K[X]$. Durch Multiplikation mit dem $\kgV$ der Koeffizienten erhalten wir $f^* = \eps_k \cdot
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f_1 \cdots f_s$, wobei $f_1, \dots, f_s \in R[X]$ irreduzibel und primitiv, $\eps_k$ eine Einheit in \K.\\
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in $K[X]$. Durch Multiplikation mit dem $\kgV$ der Koeffizienten erhalten wir $f^* = \eps_k \cdot
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f_1 \cdots f_s$, wobei $f_1, \dots, f_s \in R[X]$ irreduzibel und primitiv, $\eps_k$ eine Einheit in $K$.\\
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$f_1, \dots, f_s$ primitiv $\overset{\text{\ref{lemma:gauss}}}{\implies} f_1 \cdots f_s$ primitiv
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$\implies \eps_k$ ist Einheit in $R$. $R$ faktoriell $\implies \eps_k \cdot I(f)$ ist Produkt von
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irreduziblen Elementen in $R$, $\eps_k \cdot I(f) = e \cdot \pi_1 \cdots \pi_r$. ($e \in R^*, \pi_i \in R$ irreduzibel).
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@ -3415,7 +3416,156 @@ Jedes $f \in R[X]$ kann als $I(f) \cdot f^*$ geschrieben werden, mit $f^*$ primi
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Primideal in $R[X] \implies \pi_i$ Primelement in $R[X]$.
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Es bleibt also noch zu zeigen: $f_1, \dots, f_s$ sind prim in $R[X]$.
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\NoEndMark
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Klarerweise gilt: $f_iR[X] \ssq f_iK[X] \cap R[X]$. Für die umgekehrte
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Inklusion: sei $g = f_i\cdot r$ mit $r \in K[X], g\in R[X]$. Schreibe $r =
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\frac ab r_0$ mit $r_0 \in R[X]$ primitiv, $a, b \in R, \ggT(a, b)=1$.
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\[
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g = f_ir \implies bg = bf_i r = a f_i r_0
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\]
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Es folgt: $bI(g) \sim I(bg) = I(af_ir_0) \sim a
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\overbrace{I(f_i)}^{1}\overbrace{I(r_0)}^{1}$. Folglich gilt:
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\[
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b \mid a \implies \frac ab \in R \implies r \in R[X] \implies g \in f_iR[X].
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\]
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\end{proof}
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\begin{bemerkung}
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\begin{itemize}
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\item $K$ Körper $\implies K[X]$ faktoriell, sogar euklidisch \& HIB.
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\item $R$ faktorieller Ring $\implies R[X]$ faktoriell, im Allgemeinen weder euklidisch noch HIB (siehe $R=\Z$).
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\end{itemize}
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\end{bemerkung}
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\begin{korollar}
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$R[X_1, \dots, X_n]$ ist faktoriell wenn $R$ faktoriell ist.
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\end{korollar}
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\begin{proof}
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Beweis per Induktion nach $n$.
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IA: $n=1$: Satz \ref{satz:faktoriellpoly} \\
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Sei gezeigt, dass $R[X_1, \dots, X_{n-1}]$ faktoriell ist.
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$R[X_1, \dots, X_{n}] \cong (R[X_1, \dots, X_{n-1}])[X_n]$ und dies ist faktoriell nach
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IV und der Aussage für $n = 1$.
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\end{proof}
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Achtung: $K[X, Y]$ ist faktoriell, aber \underline{kein} HIB! Bsp: in $\R[X, Y]$ ist $(X, Y)$ kein HI. (Übung)
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\section{ Irreduzibilität von Polynomen }
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\begin{bemerkung}
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Ist $R$ faktoriell, $K = QK(R)$, so gilt: $f$ irreduzibel in $R[X] \implies f$ irreduzibel in $K[X]$.
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\end{bemerkung}
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\begin{proof}
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$f$ irreduzibel $\implies f$ ist primitiv.
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Angenommen $f$ reduzibel in $K[X]$, das heißt $f = gh$ mit $g, h \in K[X]$. Schreibe dann
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$\tilde g = \lambda g, \tilde h = \mu h$, wobei $\lambda, \mu \in R, \tilde g, \tilde h \in R[X]$.
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Es ist dann: $\lambda \mu f = \tilde g \tilde h$ und $\tilde g \tilde h$ ist primitiv nach
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Lemma von Gauß~\ref{lemma:gauss}, und somit muss $\lambda \mu \in R^*$ gelten, sodass $f$ reduzibel
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in $R[X]$. Dies ist ein Widerspruch zur Voraussetzung $\implies f$ irreduzibel in $K[X]$.
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\end{proof}
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Wir schreiben: $f(X) = a_n X^n + \dots a_1 X + a_0, a_i \in
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R$.
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\begin{satz}[Kriterium von Eisenstein]\label{satz:eisenstein}
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Sei $R$ ein faktorieller Ring, $f \in R[X]$ wie angegeben. Es existiere ein Primelement $\mc P$ mit
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\[
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\begin{cases}
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a_i \equiv 0 \pmod {\mc P} & \text{für} i = 0, \dots, n-1, \\
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a_0 \not\equiv 0 \pmod {\mc P^2}, \\
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a_n \not\equiv 0 \pmod {\mc P}.
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\end{cases}
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\]
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dann ist $f$ irreduzibel (in $R[X]$).
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\end{satz}
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\begin{proof}
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oBdA sei $f$ primitiv. Angenommen $f = (\underbrace{b_0 + \dots b_r X^r}_{b(X)})(\underbrace{c_0 + \dots + c_sX^s}_{c(X)})$ mit $b_i, c_i \in R$.
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$\deg(b), \deg(c) > 0$. Es gilt: $b_0 c_0 = a_0$. Es ist $a_0 \equiv 0 \pmod {\mc P} \implies
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b_0 \equiv 0 \pmod {\mc P} \lor c_0 \equiv 0 \pmod{\mc P}$, aber nicht beides (wegen $a_0 \not\equiv 0 \pmod {\mc P^2}$)!
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Sei oBdA $c_0 \not\equiv \pmod{\mc P}$.\\
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Wegen $a_n \not\equiv 0 \pmod {\mc P}$ existiert zumindest ein $b_k$ mit $b_k \not\equiv 0 \pmod {\mc P}$.
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Ist $k$ minimal mit $b_k \not\equiv 0 \pmod {\mc P}$, so folgt
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$a_k = (\underbrace{b_0 c_k + b_1 c_{k-1} + \dots + b_{k-1} c_1}_{\equiv 0 \pmod {\mc P}}) + b_k c_0
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\equiv 0 \pmod {\mc P}$, da $k < n (\deg(b), \deg(c) \ge 1)$, ein Widerspruch zu $b_k \not\equiv 0 \pmod {\mc P} \land c_0 \not\equiv 0 \pmod {\mc P}$.
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Somit ist $f$ irreduzibel.
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\end{proof}
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\begin{bsp}[Anwendungen]
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$R = \Z, p \in \Primes$.
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\begin{itemize}
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\item
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$X^n - p, X^n + p$ sind irreduzibel über $\Z[X]$. \\
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$\implies \sqrt[n]{p} \notin \Q.$ (da $X^n - p$ auch irreduzibel über $\Q[X]$ und $\sqrt[n]p$ Nullstelle von $X^n - p$ ist)
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\item $f(X) = X^{p-1} + X^{p-2} + \dots + X + 1$ ist irreduzibel über $\Z[X]$.
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$(X-1)f(X) = X^p - 1$. Setze $X = Y+1$.
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\[
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(X-1)f(X) = Yf(Y+1) = (Y+1)^p - 1 = \sum_{i=1}^p \binom pi Y^i = Y \sum_{i=1}^p \binom pi Y^{i-1}.
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\]
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Es gilt $\binom pi \equiv 0 \pmod p$ für $1 \le i \le p-1$,
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sodass $f(Y+1)$ die Bedingungen für die Anwendung von
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\ref{satz:eisenstein} erfüllt ($f(Y+1) = Y^{p-1} +
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\binom{p}{p-1}Y^{p-2} + \dots + \binom p2 Y + \binom pi$).
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$\implies \underbrace{f(Y+1)}_{=f(X)}$ ist irreduzibel.
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Allgemeiner gilt: Sei $a \in R^*, b \in R$. Dann gilt: $f(X) \in
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R[X]$ ist irreduzibel $\iff f(aX+b) \in R[X]$ ist irreduzibel.
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Übung: Hinweis: Betrachte $\sigma: \fun {R[X]} {R[X]} {f(X)} {f(aX+b)}$ und zeige $\sigma$ ist Homomorphismus, sogar Isomorphismus.
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\end{itemize}
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\end{bsp}
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Reduktionskriterium. Sei $R$ faktoriell, $\mc P$ Primelement
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von $R$. Die Reduktion $\mod {\mc P}$
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\[
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\fun {R[X]} {\faktor R {\mc PR}[X]} f {f \pmod {\mc P} =: \bar f}
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\]
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ist ein Ringhomomorphismus.
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\begin{bsp}
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\begin{align*}
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& 3X^3 - 7X^2 + 2X + 5 \in \Z[X] \\
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& \mod 2: X^3 + X^2 + 1
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\end{align*}
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\end{bsp}
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\begin{proposition}
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\label{prop:unbewiesen}
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Sei $f = \sum_{i=0}^n a_i X^i \in R[X], \mc P$ ein Primelement von $R$ mit $a_n \not\equiv 0 \pmod {\mc P}$.
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(da heißt $\deg(\bar f) = \deg(f)$).
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Ist $\bar f$ irreduzibel in $\faktor R {\mc PR}[X]$, so ist $f$ irreduzibel
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in $R[X]$ oder $f = r \tilde f$ mit $r \in R, \tilde f$ irreduzibel in
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$R[X]$.
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\end{proposition}
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\begin{bsp}
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$f(X) = (3X+1)(X+2)$ ist reduzibel in $\Z[X]$, aber $f \mod 3$ ist irreduzibel über $\faktor \Z {3\Z}[X]$.
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$f(X) = 4x^2 + 4$ ist irreduzibel in $\Z[X]$, aber $f \mod 3 = X^2 + 1$ ist irreduzibel über $\faktor \Z {3\Z}[X]$
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\end{bsp}
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\begin{proof}[von \ref{prop:unbewiesen}]
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Sei $f$ reduzibel in $R[X]$ als $f = gh$ mit $\deg g, \deg h \ge 1$.
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Dann gilt $\bar f = \overline{gh} = \bar g \bar h$ mit $\deg \bar g, \deg \bar h \ge 1$.
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Daher sind $\bar g, \bar h$ keine Einheiten in $\faktor R {\mc PR}[X]$ (denn $\faktor R {\mc PR}$ ist IB, Einheiten in $\faktor R {\mc PR}[X]$ sind die Einheiten von $\faktor R {\mc PR}$).
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Also ist $\bar f$ reduzibel in $\faktor R {\mc PR}[X]$.
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\end{proof}
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\begin{bsp}
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Zeige, dass $f(X) = X^4 + 3X^3 + X^2 + 6X + 2$ irreduzibel in $\Z[X]$ ist.
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$f \mod 3 = X^4 + X^2 + 2$. Zeige: $X^4 + X^2 + 2$ ist irreduzibel über $\faktor {\Z}{3\Z}[X]$.
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$X^4 + X^2 + 2$ hat keine Nullstelle in $\faktor \Z {3\Z} \implies$ einzige mögliche Zerlegung
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$f = gh$ mit $\deg g = \deg h = 2$. Dafür gibt es zwei Möglichkeiten.
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\begin{align}
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(X^2 + ax + 1)(X^2 + bx + 2) \label{polynom} \\
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(2x^2 + ax + 1)(2x^2 + bx + 2) \nonumber
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\end{align}
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\ref{polynom} liefert uns folgende Kongruenzen:
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\[
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\begin{cases}
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a + b \equiv 0 \pmod 3, \\
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2a + b \equiv 0 \pmod 3, \\
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3 + ab \equiv 1 \pmod 3.
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\end{cases}
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\]
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Die ersten beiden implizieren $a \equiv 0 \pmod 3$, ein Widerspruch zur
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dritten.
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\end{bsp}
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\end{document}
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