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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:29 Do 25.08.2016 | | Autor: | Fry |
Hallo zusammen :)
ich suche für die Zahl 10 neben den Zerlegungen [mm]10=2\cdot 5=\left(\frac{1+\sqrt{-39}}{2}\right)\left(\frac{1-\sqrt{-39}}{2}\right)[/mm]
eine dritte nichttriviale Zerlegung in [mm]\mathbb Z\left[\frac{1+\sqrt{-39}}{2}\right]=\{a+b\omega, a,b\in\mathbb Z\}[/mm]
mit [mm]\omega:=\frac{1+\sqrt{-39}}{2}[/mm].
Hat jemand da eine "spontane" Idee?
Eine Möglichkeit, einen der beiden Faktoren auszurechnen, soll darin liegen, den Erzeuger des Ideals in [mm]\mathbb Z[\omega][/mm]
[mm]a=(5,\frac{1+\sqrt{-39}}{2})\cdot (2,\frac{1-\sqrt{-39}}{2})[/mm] zu bestimmen.
Für Ideale gilt ja die Rechenregel [mm](a_1,...,a_n)(b_1,...,b_m)=(a_1b_1,...,a_nb_m)[/mm].
Daher ist [mm]a=\left(10,1+\sqrt{-39},\frac{5}{2}(1-\sqrt{-39},10\right)=\left(10,1+\sqrt{-39},\frac{5}{2}(1-\sqrt{-39})\right)[/mm]
Nun müsste man einen gemeinsamen Teiler c ausklammern in der Form [mm]a=(c)\cdot(...,...,...)[/mm].
$(...,...,...)$ muss dann $=(1)$ sein. Aber ich finde schon keinen gemeinsamen Teiler :(.
Im Kapitel Dedekindsche Idealtheorie des Buches Koch, Zahlentheorie, S.62 f. findet sich ein anderes Beispiel für [mm]\mathbb Z[\sqrt{-5}][/mm].
(https://books.google.de/books?id=KBIgBgAAQBAJ&pg=PA62&lpg=PA62&dq=koch+dedekindsche+idealtheorie&source=bl&ots=dFA9ZZ7iWH&sig=bi2m81m3W9XGL7Qlbevkxhyca80&hl=de&sa=X&ved=0ahUKEwjeveaqg9zOAhUJvxQKHTCjAp8Q6AEIJjAC#v=onepage&q=koch%20dedekindsche%20idealtheorie&f=false)
Da gilt zum Beispiel
[mm](3,1-2\sqrt{-5})(7,1+2\sqrt{-5})=(4+\sqrt{-5})[/mm] und [mm](3,1+2\sqrt{-5})(7,1-2\sqrt{-5})=(4-\sqrt{-5})[/mm] etc.
Liebe Grüße
Fry
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:16 Do 25.08.2016 | | Autor: | hippias |
Überlege Dir: Sei [mm] $\alpha\in \IQ[i]$ [/mm] mit [mm] $\alpha\not\in [/mm] Q$. Ist dann [mm] $\beta\in \IQ[i]$ [/mm] mit [mm] $\alpha\beta\in \IQ$, [/mm] so existiert [mm] $x\in \IQ$ [/mm] mit [mm] $\beta= x\alpha^{\star}$. [/mm]
Damit gibt es nicht mehr viele Möglichkeiten für die Faktorisierung.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:21 Do 25.08.2016 | | Autor: | Fry |
Hey hippias,
könntest du das noch etwas ausführen,
Was ist [mm] $a^{\star}$? [/mm] Das multi. Inverse zu a?
Und wieso benutzt du [mm] $\mathbb [/mm] Q(i$)?
Wir befinden uns doch in [mm] $\mathbb Z[\frac{1+\sqrt{39}{i}}{2}]$ [/mm] (bzw. [mm] $\mathbb Q(\sqrt{39}i)$)
[/mm]
VG
Fry
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:09 Do 25.08.2016 | | Autor: | hippias |
Richtig: Es muss [mm] $\IQ[i\sqrt{39}]$ [/mm] heissen; am besten hätte ich gleich [mm] $\IC$ [/mm] geschrieben. Mit [mm] $\alpha^{\star}$ [/mm] meine ich die zu [mm] $\alpha$ [/mm] konjugierte Zahl.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:30 Mo 29.08.2016 | | Autor: | Fry |
Hey hippias,
ich komme mit deinem Tipp nicht weiter. Könntest du mir helfen?
Viele Grüße
Fry
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:27 Fr 02.09.2016 | | Autor: | Fry |
Hat niemand eine Idee oder kann mir mit hippias' Tipp weiterhelfen ? :/
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Hiho,
auch wenn Algebra absolut nicht mein Steckenpferd ist, wollen wir mal:
Also klar ist: Gibt es eine nichttriviale Zerlegung in [mm] $\IZ[\omega]$, [/mm] so auch in [mm] $\IQ[\omega] [/mm] = [mm] \IQ[\sqrt{-39}]$.
[/mm]
Umgekehrt: Gibt es keine weiteren Zerlegungen in [mm] $\IQ[\sqrt{-39}]$ [/mm] so auch nicht in [mm] $\IZ[\omega]$.
[/mm]
Und darauf läuft wohl hippias Tipp hinaus: Betrachtet man nun zwei Elemente [mm] $\alpha,\beta \in \IQ[\sqrt{-39}]$ [/mm] mit [mm] $\alpha \not \in \IQ$ [/mm] aber [mm] $\alpha*\beta \in \IQ$ [/mm] so kann sich [mm] $\beta$ [/mm] nur durch einen [mm] $\IQ$-Faktor [/mm] vom konjugierten von [mm] $\alpha$ [/mm] unterscheiden, d.h. [mm] $\beta [/mm] = [mm] x\alpha^\*$ [/mm] für [mm] $x\in\IQ$.
[/mm]
Diese Eigenschaft vererbt sich damit auch auf [mm] $\IZ[\omega]$ [/mm] und somit hast du dort:
$10 [mm] \in \IZ$ [/mm] und du suchst eine nichttriviale Zerlegung [mm] $\alpha*\beta$ [/mm] mit [mm] $\alpha \not \in \IZ$ [/mm] aber [mm] $\alpha*\beta [/mm] = 10 [mm] \in \IZ$.
[/mm]
D.h. nach obigem [mm] $\beta [/mm] = x * [mm] \alpha^\*$ [/mm] für ein [mm] $x\in\IZ$
[/mm]
Daraus ergibt sich also: $10 = z [mm] *|\alpha|^2$ [/mm] für [mm] $z\in\IZ$
[/mm]
Und wenn ich mich nicht verrechnet habe, ergibt sich für [mm] $\alpha [/mm] = a + [mm] b\omega, a,b\in\IZ$, [/mm] dass [mm] $|\alpha|^2 [/mm] = [mm] a^2 [/mm] + ab + [mm] 10b^2$.
[/mm]
Gruß,
Gono
PS: Da, wie gesagt, Algebra nicht mein Steckenpferd => nur halb beantwortet.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:54 Di 06.09.2016 | | Autor: | Fry |
Vielen Dank für eure Bemühungen! :)
Habt mir weiter geholfen.
Es scheint tatsächlich keine weitere Faktorisierung zu existieren.
Vg
Fry
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:16 Fr 02.09.2016 | | Autor: | leduart |
Hallo
viel aAgebra kann ich nicht, aber ist nicht [mm] \frac{9+i*\sqrt39}{6} *\frac{9-i*\sqrt(39)}{2}=\frac{120}{12}
[/mm]
wenn das ne Lösung ist gibts noch viele, alle bei denen 10| [mm] a^2+39
[/mm]
Gruß ledum
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:31 Sa 03.09.2016 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hallo leduart,
das ist zwar eine Lösung in [mm] $\IQ[i]$, [/mm] aber keine in [mm] $\IZ[\omega]$.
[/mm]
Gruß,
Gono
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