K[x] Hauptidealring-->K Körper < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei K ein nichttrivialer komm. Ring mit 1. Zeige:
K[x] Hauptidealring (d.h. K[x] ist nichttrivialer komm. Ring mit 1, nullteilerfrei und jedes Ideal von K[x] ist Hauptideal) [mm] \Rightarrow [/mm] K ein Körper. |
Hallo!
Bei der obigen Aufgabe komme ich nicht weiter. In vielen Büchern ist der Beweis mit maximalen Idealen ausgeführt, aber das haben wir nicht gemacht (und mir ist es nicht gelungen, den Beweis zu übertragen...)
Folgendes habe ich bisher zur Verfügung (bzw. könnte ich beweisen):
a) Ein nichttrivialer komm. Ring mit 1 ist genau dann ein Körper, wenn (0) und (1) die einzigen Ideale sind
b) Ist R komm. Ring mit 1 und nullteilerfrei, [mm] p\in [/mm] R ein Primelement und p keine Einheit und [mm] p\not= [/mm] 0, dann ist R/(p) ein Körper.
Meine Beweisidee:
1. Wir betrachten den Homomorphismus [mm] $\phi:K[x]\to [/mm] K: [mm] p\mapsto [/mm] p(0)$ (Ist Homomorphismus nach Vorlesung). Dann gilt nach dem Homomorphiesatz: Es gibt einen Isomorphismus
[mm] $\Phi:K[x]/Kern(\phi) \to [/mm] K: p + [mm] Kern(\phi)\mapsto \phi(p) [/mm] = p(0)$.
Hier ist ja [mm] $Kern(\phi) [/mm] = x*K[x] = (x)$. Also hätte ich:
$K[x]/(x) [mm] \cong [/mm] K$.
Reicht es jetzt, wenn ich zeige, dass $K[x]/(x)$ ein Körper ist (meine Inverse bekäme ich ja dann durch den Isomorphismus) ?
Wie genau kann ich jetzt zeigen, dass $K[x]/(x)$ ein Körper ist?
Ich dachte mir, dass ich b) oben verwenden könnte. K[x] ist ja Hauptidealring und damit sind irreduzible = Primelemente, aber ist x denn ein Primelement / irreduzibles Element?
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:05 So 27.06.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan!
> Sei K ein nichttrivialer komm. Ring mit 1. Zeige:
>
> K[x] Hauptidealring (d.h. K[x] ist nichttrivialer komm.
> Ring mit 1, nullteilerfrei und jedes Ideal von K[x] ist
> Hauptideal) [mm]\Rightarrow[/mm] K ein Körper.
>
> Bei der obigen Aufgabe komme ich nicht weiter. In vielen
> Büchern ist der Beweis mit maximalen Idealen ausgeführt,
> aber das haben wir nicht gemacht (und mir ist es nicht
> gelungen, den Beweis zu übertragen...)
>
> Folgendes habe ich bisher zur Verfügung (bzw. könnte ich
> beweisen):
> a) Ein nichttrivialer komm. Ring mit 1 ist genau dann ein
> Körper, wenn (0) und (1) die einzigen Ideale sind
> b) Ist R komm. Ring mit 1 und nullteilerfrei, [mm]p\in[/mm] R ein
> Primelement und p keine Einheit und [mm]p\not=[/mm] 0, dann ist
> R/(p) ein Körper.
Du brauchst a), aber nicht b).
> Meine Beweisidee:
> 1. Wir betrachten den Homomorphismus [mm]\phi:K[x]\to K: p\mapsto p(0)[/mm]
> (Ist Homomorphismus nach Vorlesung). Dann gilt nach dem
> Homomorphiesatz: Es gibt einen Isomorphismus
>
> [mm]\Phi:K[x]/Kern(\phi) \to K: p + Kern(\phi)\mapsto \phi(p) = p(0)[/mm].
>
> Hier ist ja [mm]Kern(\phi) = x*K[x] = (x)[/mm]. Also hätte ich:
>
> [mm]K[x]/(x) \cong K[/mm].
>
> Reicht es jetzt, wenn ich zeige, dass [mm]K[x]/(x)[/mm] ein Körper
> ist (meine Inverse bekäme ich ja dann durch den
> Isomorphismus) ?
Ja, das reicht.
> Wie genau kann ich jetzt zeigen, dass [mm]K[x]/(x)[/mm] ein Körper
> ist?
> Ich dachte mir, dass ich b) oben verwenden könnte. K[x]
> ist ja Hauptidealring und damit sind irreduzible =
> Primelemente, aber ist x denn ein Primelement /
> irreduzibles Element?
Schreibe $x = f [mm] \cdot [/mm] g$ mit $f, g [mm] \in [/mm] K[x]$. Beachte dass $K$ ebenfalls nullteilerfrei ist. Dann muss [mm] $\{ \deg f, \deg g \} [/mm] = [mm] \{ 0, 1 \}$ [/mm] sein. Sei O.E. [mm] $\deg [/mm] f = 0$, [mm] $\deg [/mm] g = 1$, also $f = a$, $g = b + c x$ mit $a, b, c [mm] \in [/mm] K$. Dann ist $x = f g = a b + a c x$, also $a b = 0$, $a c = 1$. Was kannst du dadraus folgern?
Alternativ kannst du das auch per Kontraposition zeigen: ist $K$ kein Koerper, so kannst du ein Ideal in $K[x]$ konstruieren, welches kein Hauptideal ist: ist $I$ ein Ideal in $K$, welches weder 0 noch 1 ist, dann nimmst du das Ideal [mm] $\hat{I} [/mm] := I K[x] + x K[x]$ in $K[x]$. Dies ist kein Hauptideal.
LG Felix
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Hallo Felix,
auch hier vielen Dank für deine Antwort!
Ich möchte erst kurz versuchen, deinen Beweis nachzuvollziehen.
> > Sei K ein nichttrivialer komm. Ring mit 1. Zeige:
> >
> > K[x] Hauptidealring (d.h. K[x] ist nichttrivialer komm.
> > Ring mit 1, nullteilerfrei und jedes Ideal von K[x] ist
> > Hauptideal) [mm]\Rightarrow[/mm] K ein Körper.
> Alternativ kannst du das auch per Kontraposition zeigen:
> ist [mm]K[/mm] kein Koerper, so kannst du ein Ideal in [mm]K[x][/mm]
> konstruieren, welches kein Hauptideal ist: ist [mm]I[/mm] ein Ideal
> in [mm]K[/mm], welches weder 0 noch 1 ist, dann nimmst du das Ideal
> [mm]\hat{I} := I K[x] + x K[x][/mm] in [mm]K[x][/mm].
Ich verstehen nicht ganz, wie dieses Ideal aussieht.
I ist doch eine Menge von Elementen aus K.
Was genau meinst du mit $I K[x]$ ?
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:05 So 27.06.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan!
> auch hier vielen Dank für deine Antwort!
> Ich möchte erst kurz versuchen, deinen Beweis
> nachzuvollziehen.
>
> > > Sei K ein nichttrivialer komm. Ring mit 1. Zeige:
> > >
> > > K[x] Hauptidealring (d.h. K[x] ist nichttrivialer komm.
> > > Ring mit 1, nullteilerfrei und jedes Ideal von K[x] ist
> > > Hauptideal) [mm]\Rightarrow[/mm] K ein Körper.
>
> > Alternativ kannst du das auch per Kontraposition zeigen:
> > ist [mm]K[/mm] kein Koerper, so kannst du ein Ideal in [mm]K[x][/mm]
> > konstruieren, welches kein Hauptideal ist: ist [mm]I[/mm] ein Ideal
> > in [mm]K[/mm], welches weder 0 noch 1 ist, dann nimmst du das Ideal
> > [mm]\hat{I} := I K[x] + x K[x][/mm] in [mm]K[x][/mm].
>
> Ich verstehen nicht ganz, wie dieses Ideal aussieht.
> I ist doch eine Menge von Elementen aus K.
> Was genau meinst du mit [mm]I K[x][/mm] ?
Das sind die Elemente der Form [mm] $\{ \sum_{i=1}^n a_i f_i \mid a_i \in I, f_i \in K[x] \}$. [/mm] Genauer gesagt: es sind die Polynome in $K[x]$, deren Koeffizienten Elemente aus $I$ sind.
Das Ideal $I K[x] + x K[x]$ ist die Menge der Polynome, deren konstanter Term in $I$ liegt. Insbesondere enthaelt es jedes Element aus $I$ sowie $x$.
Wenn es ein Hauptideal gibt, muss es also ein $f [mm] \in [/mm] K[x]$ geben, so dass $x = f g$ ist fuer ein $g [mm] \in [/mm] K[x]$, und sich jedes $a [mm] \in [/mm] I$ also $f b$ mit $b [mm] \in [/mm] K[x]$ schreiben laesst. Damit findet sich schnell ein Widerspruch.
LG Felix
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Hallo Felix!
Danke auch hier für deine Antwort!
> > > Alternativ kannst du das auch per Kontraposition zeigen:
> > > ist [mm]K[/mm] kein Koerper, so kannst du ein Ideal in [mm]K[x][/mm]
> > > konstruieren, welches kein Hauptideal ist: ist [mm]I[/mm] ein Ideal
> > > in [mm]K[/mm], welches weder 0 noch 1 ist, dann nimmst du das Ideal
> > > [mm]\hat{I} := I K[x] + x K[x][/mm] in [mm]K[x][/mm].
> >
> > Ich verstehen nicht ganz, wie dieses Ideal aussieht.
> > I ist doch eine Menge von Elementen aus K.
> > Was genau meinst du mit [mm]I K[x][/mm] ?
>
> Das sind die Elemente der Form [mm]\{ \sum_{i=1}^n a_i f_i \mid a_i \in I, f_i \in K[x] \}[/mm].
Ich hatte das schon "befürchtet", dass du das meinst, wollte aber sicherheitshalber fragen 
Aber nach deiner Erklärung ist das Aussehen klar!
> Genauer gesagt: es sind die Polynome in [mm]K[x][/mm], deren
> Koeffizienten Elemente aus [mm]I[/mm] sind.
>
> Das Ideal [mm]I K[x] + x K[x][/mm] ist die Menge der Polynome, deren
> konstanter Term in [mm]I[/mm] liegt. Insbesondere enthaelt es jedes
> Element aus [mm]I[/mm] sowie [mm]x[/mm].
>
> Wenn es ein Hauptideal gibt, muss es also ein [mm]f \in K[x][/mm]
> geben, so dass [mm]x = f g[/mm] ist fuer ein [mm]g \in K[x][/mm], und sich
> jedes [mm]a \in I[/mm] also [mm]f b[/mm] mit [mm]b \in K[x][/mm] schreiben laesst.
> Damit findet sich schnell ein Widerspruch.
Okay, ich versuche mich mal:
Angenommen, dieses obige Ideal ließe sich also schreiben in der Form (f).
Dann muss für jedes [mm] $a\in [/mm] I$ ein [mm] b\in [/mm] K[x] existieren mit
$a = f*b$
Wegen der Nullteilerfreiheit in K[x] müssen damit f und b selbst aus I sein [also aus dem Ideal von K, dass weder (0) noch (1) ist]. f selbst ist also sicher nicht 1.
Es muss aber auch ein [mm] $b\in [/mm] K[x]$ ex. mit
$x = f*b$.
Wenn f aber nicht 1 ist, müsste $b = d*x$ mit d eine Art Inverses zu f sein, weil ja f*d = 1 gelten muss.
Dieses Element d ist ja in K. Folgt daraus dann nicht, dass $(f) [mm] =\{f*g|g\in K[x]\}=(1)$ [/mm] für g = d ?.
Ist das der Widerspruch?
Vielen Dank!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 01:55 Mo 28.06.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan!
> > Das sind die Elemente der Form [mm]\{ \sum_{i=1}^n a_i f_i \mid a_i \in I, f_i \in K[x] \}[/mm].
>
> Ich hatte das schon "befürchtet", dass du das meinst,
> wollte aber sicherheitshalber fragen
> Aber nach deiner Erklärung ist das Aussehen klar!
Gut :)
> > Genauer gesagt: es sind die Polynome in [mm]K[x][/mm], deren
> > Koeffizienten Elemente aus [mm]I[/mm] sind.
> >
> > Das Ideal [mm]I K[x] + x K[x][/mm] ist die Menge der Polynome, deren
> > konstanter Term in [mm]I[/mm] liegt. Insbesondere enthaelt es jedes
> > Element aus [mm]I[/mm] sowie [mm]x[/mm].
> >
> > Wenn es ein Hauptideal gibt, muss es also ein [mm]f \in K[x][/mm]
> > geben, so dass [mm]x = f g[/mm] ist fuer ein [mm]g \in K[x][/mm], und sich
> > jedes [mm]a \in I[/mm] also [mm]f b[/mm] mit [mm]b \in K[x][/mm] schreiben laesst.
> > Damit findet sich schnell ein Widerspruch.
>
> Okay, ich versuche mich mal:
> Angenommen, dieses obige Ideal ließe sich also schreiben
> in der Form (f).
> Dann muss für jedes [mm]a\in I[/mm] ein [mm]b\in[/mm] K[x] existieren mit
>
> [mm]a = f*b[/mm]
>
> Wegen der Nullteilerfreiheit in K[x] müssen damit f und b
> selbst aus I sein [also aus dem Ideal von K, dass weder (0)
> noch (1) ist].
Vorsicht! Es muss keins im Ideal sein! Ist etwa $K = [mm] \IZ$ [/mm] un $a = 4$, $I = (4)$, so kann $f = b = 2$ sein -- und das sind keine Elemente aus $I$.
> f selbst ist also sicher nicht 1.
Warum? Vielleicht ist $b = a$?
Du weisst daraus nur, dass [mm] $\deg [/mm] f = 0$ ist, also $f [mm] \in [/mm] K$.
> Es muss aber auch ein [mm]b\in K[x][/mm] ex. mit
>
> [mm]x = f*b[/mm].
>
> Wenn f aber nicht 1 ist, müsste [mm]b = d*x[/mm] mit d eine Art
> Inverses zu f sein, weil ja f*d = 1 gelten muss.
> Dieses Element d ist ja in K. Folgt daraus dann nicht,
> dass [mm](f) =\{f*g|g\in K[x]\}=(1)[/mm] für g = d ?.
> Ist das der Widerspruch?
Ja, das folgt daraus. Du musst dir nur noch ueberlegen, dass $1 [mm] \not\in [/mm] I K[x] + x K[x]$ ist. Aber das ist auch nicht schwer 
LG Felix
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Hallo Felix,
danke noch für deine Antwort!
Habe es hinbekommen.
Grüße,
Stefan
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Hallo!
> > Sei K ein nichttrivialer komm. Ring mit 1. Zeige:
> >
> > K[x] Hauptidealring (d.h. K[x] ist nichttrivialer komm.
> > Ring mit 1, nullteilerfrei und jedes Ideal von K[x] ist
> > Hauptideal) [mm]\Rightarrow[/mm] K ein Körper.
> > b) Ist R komm. Ring mit 1 und nullteilerfrei, [mm]p\in[/mm] R
> ein
> > Primelement und p keine Einheit und [mm]p\not=[/mm] 0, dann ist
> > R/(p) ein Körper.
> > Meine Beweisidee:
> > 1. Wir betrachten den Homomorphismus [mm]\phi:K[x]\to K: p\mapsto p(0)[/mm]
> > (Ist Homomorphismus nach Vorlesung). Dann gilt nach dem
> > Homomorphiesatz: Es gibt einen Isomorphismus
> >
> > [mm]\Phi:K[x]/Kern(\phi) \to K: p + Kern(\phi)\mapsto \phi(p) = p(0)[/mm].
>
> >
> > Hier ist ja [mm]Kern(\phi) = x*K[x] = (x)[/mm]. Also hätte ich:
> >
> > [mm]K[x]/(x) \cong K[/mm].
> > Wie genau kann ich jetzt zeigen, dass [mm]K[x]/(x)[/mm] ein Körper
> > ist?
> > Ich dachte mir, dass ich b) oben verwenden könnte.
> K[x]
> > ist ja Hauptidealring und damit sind irreduzible =
> > Primelemente, aber ist x denn ein Primelement /
> > irreduzibles Element?
> Schreibe [mm]x = f \cdot g[/mm] mit [mm]f, g \in K[x][/mm]. Beachte dass [mm]K[/mm]
> ebenfalls nullteilerfrei ist.
Warum ist das so?
Es reicht ja, zu zeigen, dass $K[x]/(x)$ nullteilerfrei ist. Wie sehen aber Elemente von diesem Ring eigentlich aus?
Sie haben doch folgende Form: [mm] $\overline{p} [/mm] = p + (x)$, wobei [mm] $p\in [/mm] K[x]$ ist, oder? Das Nullelement ist also die Restklasse von 0, dem Nullpolynom (was aber gleichzeitig auch die Restklasse von z.B. 0+x ist, stimmts?).
Multiplikation ist definiert durch [mm] $\overline{p}*\overline{q} [/mm] = [mm] \overline{p*q}$, [/mm] und da p*q = 0 nur dann eintritt, wenn p = 0 oder q = 0 (Hier sind wir ja im nullteilerfreien K[x]), ist auch [mm] $\overline{p}*\overline{q} [/mm] = [mm] \overline{p*q} [/mm] = [mm] \overline{0}$ [/mm] nur dann, wenn [mm] $\overline{p} [/mm] = [mm] \overline{0}$ [/mm] oder [mm] $\overline{q} [/mm] = [mm] \overline{0}$. [/mm] Ist das richtig?
> Dann muss [mm]\{ \deg f, \deg g \} = \{ 0, 1 \}[/mm]
> sein. Sei O.E. [mm]\deg f = 0[/mm], [mm]\deg g = 1[/mm], also [mm]f = a[/mm], [mm]g = b + c x[/mm]
> mit [mm]a, b, c \in K[/mm]. Dann ist [mm]x = f g = a b + a c x[/mm], also [mm]a b = 0[/mm],
> [mm]a c = 1[/mm]. Was kannst du dadraus folgern?
Daraus folgt sicher b = 0.
Also habe ich $x = f*g$ mit $f = a$, $g = c*x$ und $a*c = 1$, d.h. a und c sind Einheiten.
Das heißt, dass ich mit $f = a$ das x nur in ein Produkt zerlegen kann, was mindestens aus einer Einheit besteht (--> Irreduzibilität)?
Vielen Dank!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:16 So 27.06.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan!
> > Schreibe [mm]x = f \cdot g[/mm] mit [mm]f, g \in K[x][/mm]. Beachte dass [mm]K[/mm]
> > ebenfalls nullteilerfrei ist.
>
> Warum ist das so?
Es geht viiiiiiiiiel, viel einfacher, als du denkst: $K$ ist ein Unterring von $K[x]$. Wenn du also $f, g [mm] \in [/mm] K$ hast mit $f g = 0$, dann sind auch $f, g [mm] \in [/mm] K[x]$ mit $f g = 0$. Da $K[x]$ nullteilerfrei ist folgt $f = 0$ oder $g = 0$.
> > Dann muss [mm]\{ \deg f, \deg g \} = \{ 0, 1 \}[/mm]
> > sein. Sei O.E. [mm]\deg f = 0[/mm], [mm]\deg g = 1[/mm], also [mm]f = a[/mm], [mm]g = b + c x[/mm]
> > mit [mm]a, b, c \in K[/mm]. Dann ist [mm]x = f g = a b + a c x[/mm], also [mm]a b = 0[/mm],
> > [mm]a c = 1[/mm]. Was kannst du dadraus folgern?
>
> Daraus folgt sicher b = 0.
> Also habe ich [mm]x = f*g[/mm] mit [mm]f = a[/mm], [mm]g = c*x[/mm] und [mm]a*c = 1[/mm], d.h.
> a und c sind Einheiten.
Genau.
> Das heißt, dass ich mit [mm]f = a[/mm] das x nur in ein Produkt
> zerlegen kann, was mindestens aus einer Einheit besteht
> (--> Irreduzibilität)?
Exakt :)
LG Felix
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Hallo Felix,
vielen Dank für deine Hilfe!
Das ist auch viel schöner mit deinem nullteilerfrei-"Beweis"
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:24 So 27.06.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan,
> vielen Dank für deine Hilfe!
> Das ist auch viel schöner mit deinem
> nullteilerfrei-"Beweis"
das ist mir auch irgendwann mal aufgefallen, als ich mir den Kopf zerbrochen hab wie ich am besten zeige, dass sowas wie [mm] $\IZ[\sqrt{-3}]$ [/mm] nullteilerfrei ist; explizites Nachrechnen war nicht so schoen. Aber dann ist mir irgendwann aufgefallen, dass es ein Unterring von [mm] $\IC$ [/mm] ist, und somit "automatisch" nullteilerfrei... :)
LG Felix
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Hallo Felix,
> das ist mir auch irgendwann mal aufgefallen, als ich mir
> den Kopf zerbrochen hab wie ich am besten zeige, dass sowas
> wie [mm]\IZ[\sqrt{-3}][/mm] nullteilerfrei ist; explizites
> Nachrechnen war nicht so schoen. Aber dann ist mir
> irgendwann aufgefallen, dass es ein Unterring von [mm]\IC[/mm] ist,
> und somit "automatisch" nullteilerfrei... :)
Vielen Dank für den "Trick".
Grüße,
Stefan
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