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\chapter{Irreduzibilitätskriterien}
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\sideremark{Vorlesung 8}Nach allen Vorbereitungen wollen wir jetzt die Frage
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angehen, wie man entscheidet, ob ein gegebenes Polynom $f ∈ K[x]$ irreduzibel
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ist. Sie finden Material zu Polynomen und Irreduzibilität auch im Skript
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\leanlink{polynome}.
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\section{Das Irreduzibilitätskriterium von Gauß}
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Für Polynome $f ∈ ℚ[x]$ werden wir die Frage nach der Irreduzibilität
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vollständig beantworten. Wir erinnern uns daran, wie die Frage nach der
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Konstruierbarkeit der „Verdoppelung des Würfels“ mit der Frage zusammenhing, ob
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das Polynom $x³-2 ∈ ℚ[x]$ irreduzibel ist.
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\begin{beobachtung}
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Im Ring $ℤ[x]$ sind Teilbarkeitsfragen oft durch Teilbarkeitsbetrachtungen der
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Koeffizienten entscheidbar. Das geht zum Beispiel so: seien
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\begin{equation*}
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f = r_0 + r_1·x + ⋯ + r_n·x^n
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\quad\text{und}\quad
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g = s_0 + s_1·x + ⋯ + s_m·x^m
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\end{equation*}
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Polynome aus $ℤ[x]$. Dann folgt aus $g|f$ zumindest, dass $s_0|r_0$ und
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$s_m|r_n$ gilt. Wenn $r_0$ und $r_n$ wenige Teiler haben, grenzt dies die
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Möglichkeiten für potenzielle Teilerpolynome $g$ schon einmal ein.
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\end{beobachtung}
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\begin{bsp}
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Im Spezialfall, wo $f$ ein kubisches Polynom ist, und $g = s_0 + s_1·x$ ein
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Linearfaktor sein soll, dann muss $s_0|r_0$ und $s_1|r_3$ gelten. Sei jetzt
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noch spezieller $f = x³-2 ∈ ℤ[x]$. Dann müsste jeder Linearfaktor aussehen
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wie $±x±1$ oder $±x±2$. Tatsächlich ist aber keines dieser Polynome ein
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Teiler von $f$, weil $±1$ oder $±2$ keine Nullstellen von $f$ sind. Also ist
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$f = x³-2$ irreduzibel in $ℤ[x]$.
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\end{bsp}
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Das folgende Irreduzibilitätskriterium von Gauß\index{Gauß, Irreduzibilitätskriterium von|textbf} zeigt, dass $x³-2$ dann auch irreduzibel in $ℚ[x]$ ist!
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\begin{satz}[Irreduzibilitätskriterium von Gauß, \mathlib{RingTheory/Polynomial/GaussLemma.html\#Polynomial.IsPrimitive.irreducible_iff_irreducible_map_fraction_map}]\label{satz:Irreduzibilitaetssatz_Gaus}\index{Polynom!irreduzibel}%
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Es sei $R$ ein faktorieller Ring, es sei $K=Q(R)$ sein Quotientenkörper und es
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sei ein Polynom $f ∈ R[x]$ von positivem Grad gegeben. Wenn $f$ in $R[x]$
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irreduzibel ist, dann ist $f$ auch in $K[x]$ irreduzibel.
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\end{satz}
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Als Vorbereitung zum Beweis zeigen wir erst einmal das folgende Lemma. Das
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Lemma zeigt auch, wie natürlich das Kriterium von Gauß ist.
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\begin{lemma}[\mathlib{RingTheory/Localization/Integral.html\#IsLocalization.integerNormalization}]\label{Lemma_zu_Irreduzibilitaetssatz}%
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Sei $R$ ein faktorieller Ring, es sei $K = Q(R)$ der Quotientenkörper und $g ∈
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K[x] ∖ \{0\}$ sei ein Polynom. Dann existiert ein $a∈ K∖ \{0\}$, sodass $a·
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g$ in $R[x]$ ist und sodass der $\ggT$ der Koeffizienten von $a· g$ gleich $1$
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ist.
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\end{lemma}
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\begin{bemerkung}
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Wir hatten nur den $\ggT$ für zwei Elemente definiert, die Definition geht
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genauso für mehr als zwei Elemente.\index{größter gemeinsamer Teiler} Für Polynome $a_0 + a_1·x + ⋯ + a_m·x^m
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∈ R[x]$ ist die Bedingung $\ggT(a_0, …, a_m) = 1$ notwendig, aber nicht
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hinreichend für die Irreduzibilität.
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\end{bemerkung}
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\begin{proof}[Beweis von Lemma~\ref{Lemma_zu_Irreduzibilitaetssatz}, \video{8-1}]
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Schreibe
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\begin{equation*}
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g(x) = γ_0 + γ_1·x + ⋯ + γ_n·x^n, \quad\text{wobei } γ_i ∈ K.
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\end{equation*}
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Nach Konstruktion des Quotientenkörpers können wir jedes $γ_i$ als Bruch
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schreiben, $γ_i = \frac{a_i}{b_i}$ mit $a_i$, $b_i ∈ R$ und $b_i ≠ 0$. Setze
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$c := \prod_i b_i ∈ R$; das ist ein Element ungleich Null, weil $R$ ein
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Integritätsring ist. Dann gilt für alle Indizes $c·γ_i ∈ R$, also ist $c·g ∈
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R[x]$. Setze jetzt
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\begin{equation*}
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d := \ggT( c·γ_0, …, c·γ_n ) ∈ R.
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\end{equation*}
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Weil $d$ alle Koeffizienten $c·γ_i$ teilt, gilt $\frac{c·γ_i}{d} ∈ R$ für alle
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Indizes, also ist auch $\frac{c}{d}·g ∈ R[x]$. Zusätzlich ist
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\begin{equation*}
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\ggT\left( \frac{c}{d}·γ_0, …, \frac{c}{d}·γ_n \right) = 1,
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\end{equation*}
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denn wenn $t$ ein gemeinsamer Teiler aller $\frac{c·γ_i}{d}$ ist, dann teilt
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$t·d$ alle Koeffizienten $c·γ_i$, also teilt $t·d$ den größten gemeinsamen
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Teiler $d$, und damit ist $t$ eine Einheit. Das Element $a := \frac{c}{d} ∈ K
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∖ \{0\}$ leistet also das Gewünschte.
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\end{proof}
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\begin{proof}[Beweis von Satz~\ref{satz:Irreduzibilitaetssatz_Gaus}, \video{8-2}]
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Wir zeigen die Kontraposition: Wenn $f$ in $K[x]$ nicht irreduzibel ist, dann
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ist $f$ auch in $R[x]$ nicht irreduzibel. Schreibe
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\begin{equation*}
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f(x) = a_0 + a_1·x + ⋯ + a_n·x^n ∈ R[x].
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\end{equation*}
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Weil $f$ positiven Grad hat, ist $f$ weder Null noch eine Einheit --- in
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$R[x]$ ebenso wenig wie in $K[x]$. Wenn $f$ in $K[x]$ nicht irreduzibel ist,
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können wir also $f = g·h$ schreiben, wobei $g$, $h ∈ K[x]$ Polynome von
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positivem Grad sind.
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Ohne Einschränkung dürfen wir annehmen, dass $\ggT(a_0, …, a_n) = 1$ ist.
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Andernfalls wäre der $\ggT$ nämlich ein echter Teiler von $f$ in $R[x]$ --- er
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ist keine Einheit und als konstantes Polynom nicht zu $f$ assoziiert --- und
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$f$ wäre bereits in $R[x]$ nicht irreduzibel.
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Lemma~\ref{Lemma_zu_Irreduzibilitaetssatz} liefert Elemente $a$, $b ∈
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K∖\{0\}$, sodass $a·g$ und $b·h$ in $R[x]$ liegen und der $\ggT$ der
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Koeffizienten jeweils gleich $1$ ist. In $K[x]$ gilt dann die Gleichung
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\begin{equation}\label{eq:gausskrit}
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(a·b)·f = (a·g)·(b·h).
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\end{equation}
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\schritt{Behauptung 1: Es ist $a·b ∈ R$.} Weil $R$ faktoriell ist, können wir
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$a·b$ als gekürzten Bruch schreiben: $a·b = r/s$ mit teilerfremden Elementen
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$r$, $s ∈ R$ und $s ≠ 0$. Aus \eqref{eq:gausskrit} wird nach Multiplikation
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mit $s$ die Gleichung $r·f = s·(a·g)·(b·h)$ in $R[x]$. Angenommen, $s$ wäre
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keine Einheit. Dann gäbe es ein Primelement $p ∈ R$ mit $p|s$, und $p$ teilte
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das Polynom $r·f$. Nach Lemma~\vref{Lemma_Hilfslemma} ist $p$ auch in $R[x]$
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prim, also folgt $p|r$ oder $p|f$. Wegen der Teilerfremdheit von $r$ und $s$
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ist $p|r$ unmöglich, und $p|f$ würde bedeuten, dass $p$ alle Koeffizienten
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$a_i$ teilt --- im Widerspruch zu $\ggT(a_0,…,a_n) = 1$. Also ist $s$ eine
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Einheit und $a·b = r·s^{-1} ∈ R$.
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\schritt{Behauptung 2: Es ist $a·b ∈ R^*$.} Angenommen nicht. Das Element
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$a·b ∈ R$ ist nicht Null; wenn es keine Einheit wäre, gäbe es ein Primelement
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$p ∈ R$ mit $p|(a·b)$. Wegen \eqref{eq:gausskrit} teilte $p$ dann das Produkt
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$(a·g)·(b·h)$; nach Lemma~\vref{Lemma_Hilfslemma} folgt $p|(a·g)$ oder
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$p|(b·h)$. Beides ist unmöglich, denn $p$ müsste dann alle Koeffizienten von
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$a·g$ beziehungsweise von $b·h$ teilen, aber die größten gemeinsamen Teiler
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dieser Koeffizienten sind jeweils gleich $1$. Widerspruch!
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Multiplikation von \eqref{eq:gausskrit} mit $(a·b)^{-1} ∈ R^*$ liefert jetzt
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die Gleichung
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\begin{equation*}
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f = \bigl((a·b)^{-1}·a·g\bigr)·(b·h)
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\end{equation*}
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in $R[x]$. Beide Faktoren liegen in $R[x]$ und haben positiven Grad, sind
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also keine Einheiten. Insbesondere ist der erste Faktor ein echter Teiler von
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$f$ in $R[x]$, und $f$ ist nicht irreduzibel in $R[x]$. Das war zu zeigen.
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\end{proof}
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\subsection{Anwendung des Gauß-Kriteriums}
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Das Kriterium von Gauß führt die Frage, ob ein gegebenes Polynom $f ∈ ℚ[x]$
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irreduzibel ist, auf die Frage zurück, ob $a· f ∈ ℤ[x]$ irreduzibel ist, für
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geeignetes $a ∈ ℚ ∖ \{0\}$. Die Irreduzibilität von $a· f ∈ ℤ[x]$ kann man aber
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in endlich vielen Rechenschritten entscheiden ($→$Klausur). Ein Verfahren soll
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jetzt ganz kurz skizziert werden. Den folgenden Satz kennen Sie vielleicht aus
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den Anfängervorlesungen.
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\begin{erinnerung}[Lagrangesche Interpolationsformel\footnote{\href{https://de.wikipedia.org/wiki/Joseph-Louis_Lagrange}{Joseph-Louis de Lagrange} (* 25.~Januar 1736 in Turin als Giuseppe Lodovico Lagrangia; † 10.~April 1813 in Paris) war ein italienischer Mathematiker und Astronom.}, \mathlib{LinearAlgebra/Lagrange.html\#Lagrange.eq_interpolate}\index{Lagrange, Interpolationsformel von|textbf}]%
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Es sei $K$ ein Körper\footnote{Wir denken an $K = ℚ$.}, es sei $f(x) ∈ K[x]$
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ein Polynom vom Grad $≤ n$ und es seien $a_0, …, a_n∈ K$ paarweise
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verschiedene Elemente. Dann ist $f$ durch seine Werte $f(a_0), …, f(a_n)$
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eindeutig festgelegt. Genauer gilt:
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\begin{equation*}
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f(x) = \sum_{i=0…n}f(a_i)\prod_{\genfrac{}{}{0pt}{}{j=0…n}{j≠i}}\frac{x-a_j}{a_i-a_j}.
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\end{equation*}
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\end{erinnerung}
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\begin{proof}
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Die rechte Seite der Gleichung ist ein Polynom $R(x) ∈ K[x]$ vom Grad $\deg
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R ≤ n$, sodass für alle Indices $i$ gilt:
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\[
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R(a_i) = f(a_i)·\prod_{\genfrac{}{}{0pt}{}{j=0…n}{j≠i}}\frac{a_i-a_j}{a_i-a_j}=f(a_i).
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\]
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Dann ist $f-R$ ein Polynom vom Grad $≤ n$, das $n+1$ Nullstellen hat, also das
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Nullpolynom.
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\end{proof}
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Sei jetzt also $f ∈ ℤ[x]$ ein Polynom vom Grad $n$. Wähle paarweise
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verschiedene Zahlen $a_1, …, a_{n+1} ∈ ℤ$ und betrachte die Werte $f(a_i) ∈ ℤ$.
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Falls es ein Polynom $g(x) ∈ ℤ[x]$ gibt, welches $f$ teilt, dann gilt für jeden
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Index $i$ die Relation $g(a_i) | f(a_i)$. Weil das Polynom $g$ aber durch die
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Werte $g(a_1), …, g(a_{n+1})$ eindeutig bestimmt ist, und jede der Zahlen
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$f(a_i)$ endlich viele Teiler hat, gibt es insgesamt nur endlich viele Polynome,
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die als Teiler infrage kommen. Es genügt also, zu überprüfen, ob es unter den
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endlich vielen Kombinationen von Teilern $t_i$ von $f(a_i)$ solche gibt, für die
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gilt:
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\begin{enumerate}
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\item Das Polynom
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\[
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g(x) = \sum_{i=1}^{n+1} t_i·\prod_{\genfrac{}{}{0pt}{}{j=1…n+1}{j≠ i}} \frac{x-a_j}{a_i-a_j}
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\]
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hat ganzzahlige Koeffizienten.
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\item Es gilt $g|f ∈ ℚ[x]$.
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\item Das Polynom $g$ ist ein echter Teiler, also $g ≠ ±1$ und $g ≠ ±f$.
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\end{enumerate}
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\begin{bemerkung}
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Es ist zweckmäßig, die Zahlen $a_i$ so zu wählen, dass $f(a_i)$ möglichst
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wenige Teiler hat. Wenn man nur noch Teiler vom Grad $≤ m<n$ sucht, dann
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braucht man die Formel lediglich auf $m+1$ Punkte anzuwenden. Das hilft oft
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sehr.
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\end{bemerkung}
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\section{Das Eisenstein-Kriterium}
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\sideremark{Vorlesung 9}Mit der Lagrangeschen Interpolationsformel kann ich die
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Frage nach der Irreduzibilität zwar beantworten, allerdings sind die nötigen
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Rechnungen ziemlich aufwändig (besonders bei Zeitdruck in einer Klausur!). Das
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folgende Kriterium von Theodor
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Schönemann\footnote{\href{https://de.wikipedia.org/wiki/Theodor_Sch\%C3\%B6nemann}{Theodor
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Schönemann} (* 4.~April 1812 in Driesen, Friedebergischer Kreis; † 16.~Januar
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1868 in Brandenburg an der Havel) war ein deutscher Mathematiker.}, das in der
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Literatur durchgehend falsch mit „Eisenstein-Kriterium“
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bezeichnet\footnote{\href{https://de.wikipedia.org/wiki/Gotthold_Eisenstein}{Ferdinand
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Gotthold Max Eisenstein} (* 16.~April 1823 in Berlin; † 11.~Oktober 1852 ebenda)
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war ein deutscher Mathematiker, der hauptsächlich in der Zahlentheorie und über
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elliptische Funktionen arbeitete.} wird, ist oft viel schneller. Es ist so
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wichtig, dass es dazu sogar
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\href{https://de.wikipedia.org/wiki/Eisensteinkriterium}{eine eigene Seite auf
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Wikipedia} gibt\index{Eisenstein, Irreduzibilitätskriterium von|textbf}.
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\begin{satz}[Eisenstein-Kriterium, \mathlib{RingTheory/Polynomial/Eisenstein/Criterion.html\#Polynomial.irreducible_of_eisenstein_criterion}]\label{Satz_Eisenstein_Kriterium}\index{Polynom!irreduzibel}
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Es sei $R$ ein faktorieller Ring und es sei
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\begin{equation*}
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f = a_0+a_1· x + \dots +a_n· x^n∈ R[x]
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\end{equation*}
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ein Polynom vom Grad $n>0$. Weiter sei $\ggT(a_0, …, a_n)=1$. Wenn es ein
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Primelement $p ∈ R$ gibt mit $p|a_0$, $p|a_1$, …, $p|a_{n-1}$ und
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$p² \nmid a_0$, dann ist $f$ irreduzibel in $R[x]$.
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\end{satz}
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\begin{proof}[Beweis, \video{9-1}]
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Wir nehmen an, $f$ wäre nicht irreduzibel, und führen das zum Widerspruch.
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Das Polynom $f$ hat positiven Grad, ist also weder Null noch eine Einheit, und
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hat nach Annahme dann einen echten Teiler: Wir schreiben $f = g·h$, wobei
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\begin{equation*}
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g = \sum_ν b_ν·x^ν \quad\text{und}\quad h = \sum_μ c_μ·x^μ
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\end{equation*}
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Polynome aus $R[x]$ sind und $g$ ein echter Teiler von $f$ ist. Beide
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Faktoren haben positiven Grad: Wäre nämlich einer der Faktoren ein konstantes
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Polynom $c$, dann teilte $c$ alle Koeffizienten von $f$, wäre wegen $\ggT(a_0,
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…, a_n) = 1$ also eine Einheit --- dann wäre aber der andere Faktor zu $f$
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assoziiert und $g$ kein echter Teiler. Insbesondere ist $\deg g ≤ n-1$.
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Wir sammeln jetzt einige Beobachtungen über die Teilbarkeit der Koeffizienten
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durch $p$.
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\begin{itemize}
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\item Es ist $p \nmid a_n$: Das Primelement $p$ teilt die Koeffizienten
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$a_0, …, a_{n-1}$; würde es auch $a_n$ teilen, dann teilte es den
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$\ggT(a_0, …, a_n) = 1$.
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\item Es gibt Indizes $ν$ mit $p \nmid b_ν$: Würde $p$ alle
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Koeffizienten von $g$ teilen, dann teilte $p$ das Polynom $f = g·h$
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und insbesondere den Koeffizienten $a_n$. Analog gibt es Indizes $μ$
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mit $p \nmid c_μ$.
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\item Der konstante Koeffizient von $f$ ist $a_0 = b_0·c_0$. Weil $p$
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prim ist und $p|a_0$ gilt, teilt $p$ eines der Elemente $b_0$ oder
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$c_0$. Es teilt aber nicht beide, denn sonst wäre $p²|a_0$. Ohne
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Einschränkung nehmen wir an, dass $p|b_0$ und $p \nmid c_0$ ist.
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\end{itemize}
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Es sei jetzt $i$ der kleinste Index mit $p \nmid b_i$; nach den Beobachtungen
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existiert ein solcher Index, und es ist $1 ≤ i ≤ \deg g ≤ n-1$. Betrachte die
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Gleichung für den Koeffizienten von $x^i$ in $f = g·h$,
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\begin{equation*}
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a_i = b_0·c_i + b_1·c_{i-1} + ⋯ + b_{i-1}·c_1 + b_i·c_0,
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\end{equation*}
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wobei wir $c_μ := 0$ für $μ > \deg h$ setzen. Wegen $i ≤ n-1$ gilt $p|a_i$.
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Nach Wahl von $i$ teilt $p$ außerdem jeden der Summanden $b_0·c_i$, …,
|
||
$b_{i-1}·c_1$. Also teilt $p$ auch den letzten Summanden
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\begin{equation*}
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b_i·c_0 = a_i - \bigl(b_0·c_i + ⋯ + b_{i-1}·c_1\bigr).
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||
\end{equation*}
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||
Aber wir wissen $p \nmid b_i$ und $p \nmid c_0$ --- im Widerspruch dazu, dass
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$p$ prim ist. Also war die Annahme falsch, und $f$ ist irreduzibel.
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\end{proof}
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\begin{notation}[\mathlib{RingTheory/Polynomial/Eisenstein/Basic.html\#Polynomial.IsEisensteinAt}]
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Ein Polynom, das die Bedingung von Satz~\ref{Satz_Eisenstein_Kriterium}
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erfüllt, nennt man \emph{Eisen\-stein-Polynom}\index{Eisenstein-Polynom|textbf}.
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\end{notation}
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\begin{bsp}
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Das Polynom $x^n-r ∈ ℤ[x]$ ist irreduzibel, wenn $r$ durch eine Primzahl
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||
$p$, aber nicht durch $p²$ teilbar ist.
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\end{bsp}
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\begin{bsp}
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Das Polynom $x^n-p ∈ ℤ[x]$ ist für jede Primzahl $p$ irreduzibel, und
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deshalb Minimalpolynom von $\sqrt[n]{p}$ als Element der Körpererweiterung
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$ℂ/ℚ$.
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\end{bsp}
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\begin{bsp}
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Ein Polynom in mehreren Variablen der Gestalt
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\begin{equation*}
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x_1^m+g(x_2, …, x_n) ∈ R[x_1, …, x_n]
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\end{equation*}
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||
über einem faktoriellen Ring $R$ ist sicher dann irreduzibel, wenn $g(x_2, …,
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x_n)$ als Element von $R[x_2, …, x_n]$ irreduzibel ist.
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\end{bsp}
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\subsection{Hilfe bei der Anwendung des Eisenstein-Kriteriums}
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Das Eisenstein-Kriterium lässt sich manchmal auch in solchen Situationen anwenden, in
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denen kein Eisenstein-Polynom vorliegt. Hin und wieder ist es nämlich möglich,
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einen Ringmorphismus zu betrachten und folgendes Lemma anzuwenden.
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\begin{lem}[\mathlib{Algebra/Polynomial/Eval/Irreducible.html\#Polynomial.Monic.irreducible_of_irreducible_map}]
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\index{Polynom!irreduzibel}Es sei $R$ ein faktorieller Ring, es sei $S$ ein Integritätsring und es sei
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$\varphi : R[x] → S$ ein Ringmorphismus, der kein Polynom positiven Grades auf
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eine Einheit in $S$ abbildet. Weiter sei $f∈ R[x]$ ein Polynom vom Grad $>0$,
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sodass der größte gemeinsame Teiler der Koeffizienten gleich $1$ ist. Wenn
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jetzt $\varphi(f) ∈ S$ irreduzibel ist, dann ist auch $f∈ R[x]$ irreduzibel.
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\end{lem}
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\begin{proof}
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Angenommen, $f$ wäre reduzibel. Dann können wir schreiben $f = g·h$, wobei
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$g$ und $h$ jeweils keine Einheiten in $R[x]$ sind. Weil der größte
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gemeinsame Teiler der Koeffizienten gleich $1$ ist, müssen $g$ und $h$ jeweils
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positiven Grad haben. Die Gleichung
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\begin{equation*}
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\varphi(f) = \varphi(g)·\varphi(h)
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\end{equation*}
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zeigt dann, dass $\varphi(f)$ echte Teiler hat, also nicht irreduzibel ist.
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\end{proof}
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Ringmorphismen, die man in der Praxis brauchen kann, entstehen oft auf die
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folgenden Weisen.
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\begin{description}
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\item[Anwenden eines Ringhomomorphismus auf die Koeffizienten]\index{Reduktion modulo p@Reduktion modulo $p$} Ist
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$\varphi : R → S$ ein Ringhomomorphismus, dann ist auch
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\begin{equation*}
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Φ: R[x] → S[x], \quad \sum a_{ν} x^ν ↦ \sum\varphi(a_{ν})x^ν
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\end{equation*}
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ein Ringmorphismus.
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\item[Einsetzungskomposition]\index{Einsetzungskomposition|textbf} Es sei eine
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Abbildung $\varphi : R → S$ und es sei ein Element $t ∈ S$ gegeben. Setze
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\begin{equation*}
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Φ : R[x] → S, \quad \sum a_{ν} x^ν ↦ \sum\varphi(a_{ν})t^ν
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\end{equation*}
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\item[Substitutionsmorphismus]\index{Substitutionsmorphismus|textbf} Es sei ein
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Element $a∈ R$ gegeben. Dann betrachte die Abbildung
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\begin{equation*}
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Φ : R[x] → R[x], \quad \sum a_{ν} x^ν ↦ \sum a_{ν}(x-a)^ν.
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\end{equation*}
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Diese Abbildung ist sogar ein Isomorphismus, weil sie durch $x ↦ x+a$
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umgekehrt wird.
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\end{description}
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\begin{bsp}[\mathlib{RingTheory/Polynomial/Cyclotomic/Roots.html\#Polynomial.cyclotomic.irreducible_rat}]\label{bsp:7.2.7}
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Es sei $p ∈ ℤ$ eine Primzahl und es sei
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\[
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f = x^{p-1}+x^{p-2}+ ⋯ + x+1 ∈ ℤ[x].
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\]
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Auf $f$ kann man das Eisenstein-Kriterium nicht direkt anwenden. Wir wollen
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den Substitutionsmorphismus $\varphi : ℤ[x] → ℤ[x]$, $x ↦ x+1$
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anwenden. Es ist
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\[
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\varphi(f) = (x+1)^{p-1}+(x+1)^{p-2}+ ⋯ + (x+1)+1 ∈ ℤ[x],
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\]
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aber das ist schwer auszurechnen. Deshalb ein Trick: man beobachte, dass sich
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das Polynom $f$ durch Multiplikation mit $x-1$ mächtig vereinfacht,
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\begin{equation*}
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(x-1)·f = x^p-1.
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\end{equation*}
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Dann ist auf der einen Seite
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\begin{align*}
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\varphi( (x-1)·f ) & = \varphi(x-1)·\varphi(f) = x·\varphi(f)
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\intertext{und auf der anderen Seite ist}
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\varphi( (x-1)·f ) & = \varphi( x^p-1 ) = (x+1)^p-1 \\
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& = \sum_{ν = 0}^{p}\binom{p}{ν}x^ν -1 = \sum_{ν = 1}^{p}\binom{p}{ν}x^ν.
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\intertext{Ein Vergleich der beiden Seiten zeigt dann}
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\varphi(f) & = \sum_{ν=1}^{p}\binom{p}{ν}x^{ν-1}.
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\end{align*}
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Das ist ein Eisenstein-Polynom in $ℤ[x]$, denn es gilt Folgendes.
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\begin{itemize}
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\item Für alle Zahlen $1 ≤ ν < p$ gilt $p|\binom{p}{ν}$.
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\item Es ist $\binom{p}{1}=p$, also $p² \nmid \binom{p}{1}$.
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\item Es ist $\binom{p}{p}=1$, sodass der ggT der Koeffizienten ganz sicher
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gleich eins ist.
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\end{itemize}
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Also sind $\varphi(f)$ und $f$ in $ℤ[x]$ jeweils irreduzibel. Nach
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Satz~\ref{satz:Irreduzibilitaetssatz_Gaus} („Irreduzibilitätskriterium von
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Gauß“) sind $\varphi(f)$ und $f$ dann auch im Polynomring
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$ℚ[x]$ irreduzibel.
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\end{bsp}
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%%% Local Variables:
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%%% mode: latex
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%%% TeX-master: "AlgebraZahlentheorie"
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%%% End:
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