Nullstelle Quotientenkörper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:04 So 13.01.2013 | | Autor: | johnny23 |
| Aufgabe | | Sei R ein ZPE-Ring und f [mm] \in [/mm] R[x] primitiv. Sei a [mm] \in [/mm] Quot(R) eine Nullstelle von f. Zeigen Sie, dass a [mm] \in [/mm] R gilt. |
Hallo,
ich bräuchte ein wenig Hilfe bei dieser Aufgabe.
Ich habe mir überlegt, dass R[X] zunächst auch ein ZPE-Ring ist, weil R ein ZPE-Ring ist. Nun kommt meine keine gute Idee, was ich mit den Eigenschaften anfangen soll, dass f primitiv ist und R[X] faktorieller Ring. Die Idee wäre, dass daher die primitiven Polynome normiert sind. Dann würde sich der Satz anbieten: Wenn ein normiertes Polynom eine Nullstelle im Quotientenkörper hat, dann liegt diese bereits im Ring selbst.
Bin ich auf der richtiges Spur oder wie würdet ihr diese Aufgabe Lösen?
Vielen Dank!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:18 So 13.01.2013 | | Autor: | hippias |
> Sei R ein ZPE-Ring und f [mm]\in[/mm] R[x] primitiv. Sei a [mm]\in[/mm]
> Quot(R) eine Nullstelle von f. Zeigen Sie, dass a [mm]\in[/mm] R
> gilt.
> Hallo,
>
> ich bräuchte ein wenig Hilfe bei dieser Aufgabe.
> Ich habe mir überlegt, dass R[X] zunächst auch ein
> ZPE-Ring ist, weil R ein ZPE-Ring ist. Nun kommt meine
> keine gute Idee, was ich mit den Eigenschaften anfangen
> soll, dass f primitiv ist und R[X] faktorieller Ring. Die
> Idee wäre, dass daher die primitiven Polynome normiert
> sind.
Primitive Polynome muessen nicht normiert sein.
> Dann würde sich der Satz anbieten: Wenn ein
> normiertes Polynom eine Nullstelle im Quotientenkörper
> hat, dann liegt diese bereits im Ring selbst.
>
> Bin ich auf der richtiges Spur oder wie würdet ihr diese
> Aufgabe Lösen?
> Vielen Dank!
Klassischerweise fuehrt man den Beweis ueber den sog. Inhalt des Polynoms. Alternativ mache Dir klar, dass ein Primteiler des Nenners der Nullstelle jeden Koeffizienten von $f$ teilen muesste.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:35 So 13.01.2013 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Sei R ein ZPE-Ring und f [mm]\in[/mm] R[x] primitiv. Sei a [mm]\in[/mm]
> > Quot(R) eine Nullstelle von f. Zeigen Sie, dass a [mm]\in[/mm] R
> > gilt.
> >
> > ich bräuchte ein wenig Hilfe bei dieser Aufgabe.
> > Ich habe mir überlegt, dass R[X] zunächst auch ein
> > ZPE-Ring ist, weil R ein ZPE-Ring ist. Nun kommt meine
> > keine gute Idee, was ich mit den Eigenschaften anfangen
> > soll, dass f primitiv ist und R[X] faktorieller Ring. Die
> > Idee wäre, dass daher die primitiven Polynome normiert
> > sind.
> Primitive Polynome muessen nicht normiert sein.
Ja, womit die Aufgabenstellung ein Problem hat. Das Polynom $2 X - 1 [mm] \in \IZ[X]$ [/mm] ist primitiv, hat jedoch eine Nullstelle in [mm] $\IQ \setminus \IZ$.
[/mm]
> > Dann würde sich der Satz anbieten: Wenn ein
> > normiertes Polynom eine Nullstelle im Quotientenkörper
> > hat, dann liegt diese bereits im Ring selbst.
> >
> > Bin ich auf der richtiges Spur oder wie würdet ihr diese
> > Aufgabe Lösen?
> > Vielen Dank!
> Klassischerweise fuehrt man den Beweis ueber den sog.
> Inhalt des Polynoms. Alternativ mache Dir klar, dass ein
> Primteiler des Nenners der Nullstelle jeden Koeffizienten
> von [mm]f[/mm] teilen muesste.
Den konstanten Term allerdings nicht.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:44 Mo 14.01.2013 | | Autor: | johnny23 |
Vielen Dank für die Antworten,
Felix, das Beispiel 2X-1 ist interessant. In der Tat liegt 1/2 in [mm] \IQ. [/mm] Wie kann ich das verstehen? Dann muss die Aufgabe fehlerhaft sein? (Vielleicht ist normiert gemeint, allerdings wurde auch keine Verbesserung seitens des Dozenten gepostet)
Hippias, wie würdest du bei einem Beweis üder den Inhalt vorgehen. Mit ist klar, dass der Inhalt primitiver Polynome eine Einheit ist. Ich sehe aber leider keinen Zusammenhang zu der Tatsache, dass die Nullstelle im Quotientenkörper liegt..
Gruß
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moin,
Über den Inhalt geht man eher bei anderen Fragen.
Da wir dank felix bereits wissen, dass Normiertheit erforderlich ist, können wir das "primitiv" streichen (denn aus normiert folgt ja primitiv).
Sei $R$ also ein ZPE-Ring, $Q := Quot(R)$ sowie $p,q [mm] \in [/mm] R$ mit $q [mm] \neq [/mm] 0$ und $ggT(p,q)=1$ - da $R$ ein ZPE-Ring ist, dürfen wir vom $ggT$ sprechen.
Nehmen wir weiter an $f = [mm] \sum_{i=0}^n a_ix^i \in [/mm] R[x]$ mit [mm] $a_i \in [/mm] R$ sei ein Polynom mit [mm] $f\left(\frac{p}{q}\right) [/mm] = 0$ und $f$ normiert, also [mm] $a_n [/mm] = 1$.
Soweit die neuen Vorbedingungen, jetzt musst du zeigen, dass [mm] $\frac{p}{q} \in [/mm] R$, dass also $q$ eine Einheit ist.
Dafür bedenke, dass [mm] $\sum_{i=0}^n a_i\frac{p^i}{q^i} [/mm] = 0$.
Mit ein paar Tricks und einem Teilbarkeitsargument (da $R$ ZPE) erhälst du damit $q [mm] \mid [/mm] p$, was dir dank $ggT(p,q)=1$ die gewünschte Aussage liefert.
Den Inhalt des Polynoms zu betrachten ist, wenn man normiert voraussetzt, unnötig.
lg
Schadow
PS: Wenn du noch ein wenig unsicher mit ZPE-Ringen sein solltest nimm dir erst einmal $R = [mm] \IZ$ [/mm] als Beispiel; der Beweis lässt sich dann 1 zu 1 übertragen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:03 Mo 14.01.2013 | | Autor: | johnny23 |
Vielen Dank für die Antwort.
Ich stehe leider auf dem Schlauch..
Deinen Ideen kann ich wunderbar folgen aber dann ist leider auch Schluss. Ok, q muss eine Einheit sein, in [mm] \IZ [/mm] also die 1, damit die Nullstelle nicht in [mm] \IQ [/mm] liegt.
Dann habe ich versucht, f irgendwie umzurechnen, damit ich sinnvoll klammern kann o.ä. zB mit [mm] q^n [/mm] multipliziert.
Weiter lässt sich f als Produkt von Primelementen schreiben, da R ja ZPE-Ring. Aber da sehe ich auch keinen Nutzen.. Ich könnte also f als Produkt schreiben aber das hieße ja noch lange nicht, dass dies auch dann die Primelemente sind?
Also ich komme hier leider nicht weiter..
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Ok, machen wir uns mal ein Beispiel in [mm] $\IZ$:
[/mm]
Seien $p,q [mm] \in \IZ$, [/mm] $q [mm] \neq [/mm] 0$ und $ggT(p,q) = 1$.
Weiter sei $f$ wie oben unser Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten, also wir wissen, dass es [mm] $a_i \in \IZ$ [/mm] gibt mit [mm] $\frac{p^n}{q^n} [/mm] + [mm] a_{n-1}\frac{p^{n-1}}{q^{n-1}} [/mm] + [mm] \ldots [/mm] + [mm] a_1\frac{p}{q} [/mm] + [mm] a_0 [/mm] = 0$.
Nun multiplizieren wir beide Seiten mit [mm] $q^n$ [/mm] und erhalten
[mm] $p^n [/mm] + [mm] a_{n-1}p^{n-1}q [/mm] + [mm] a_{n-2}p^{n-2}q^2 [/mm] + [mm] \ldots [/mm] + [mm] a_1pq^{n-1}+a_0q^n [/mm] = 0$.
Umsortieren liefert [mm] $p^n [/mm] = - ( [mm] a_{n-1}p^{n-1}q [/mm] + [mm] a_{n-2}p^{n-2}q^2 [/mm] + [mm] \ldots [/mm] + [mm] a_1pq^{n-1}+a_0q^n) [/mm] = -q( [mm] a_{n-1}p^{n-1} [/mm] + [mm] a_{n-2}p^{n-2}q [/mm] + [mm] \ldots [/mm] + [mm] a_1pq^{n-2}+a_0q^{n-1})$.
[/mm]
Damit folgt $q [mm] \mid p^n$.
[/mm]
Nun verwende $ggT(p,q) = 1$, um hieraus zu folgern, dass $q$ eine Einheit sein muss - Einheiten sind in [mm] $\IZ$ [/mm] übrigens sowohl $+1$ als auch $-1$.
lg
Schadow
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:58 Di 15.01.2013 | | Autor: | johnny23 |
Hallo und vielen Dank Shadowmaster!
Ach Mensch, man kann ja [mm] p^n [/mm] auf eine Seite ziehen.. da hatte ich wohl Tomaten auf den Augen.
Also dann würde ich so argumentieren, dass q/p also p ist ein Vielfaches von q, bzw. ist p durch q teilbar. Weiter ist q natürlich durch q teilbar. Da ggT(p,q)=a mit a [mm] \in [/mm] R* eine Einheit ist, gibt es kein Element b [mm] \not\in [/mm] R* welches p und q teilt (Denn dann wäre ja ggT(p,q)=b). Da q/p und q/q muss also q [mm] \in [/mm] R* gelten.
Ist das so ok? Also ich habe mir das zunächst in [mm] \IZ [/mm] klargemacht und da sieht man schnell, dass z.B. für p=4 und q=2 das ggT(4,2) [mm] \not= [/mm] 1 bzw. nur 1 sein kann, wenn q=1 gilt. Aber die theoretische Formulierung war dann doch schwieriger.
Gruß und nochmals vielen Dank!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:24 Di 15.01.2013 | | Autor: | johnny23 |
Achja..
wieso ist eigentlich das ggT(p,q)=a mit a [mm] \in [/mm] R*? Liegt das daran, dass R ZPE-Ring ist? Die Primitivität des Polynoms bezieht sich doch nur auf die Koeffizienten also auf die ai,...,an oder?
Gruß
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> Achja..
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> wieso ist eigentlich das ggT(p,q)=a mit a [mm]\in[/mm] R*? Liegt das
> daran, dass R ZPE-Ring ist? Die Primitivität des Polynoms
> bezieht sich doch nur auf die Koeffizienten also auf die
> ai,...,an oder?
Ne, das hat nichts mit dem Polynom zu tun.
Das kommt daher, dass wir einen Bruch aus $Quot(R)$ kürzen dürfen, da die Elemente aus $Quot(R)$ ja nach Konstruktion eigentlich Äquivalenzklassen sind.
Wir können also oBdA fordern, dass $p,q$ teilerfremd sind; sonst kürzen wir einen gemeinsamen Teiler raus.
Und da $R$ ein ZPE-Ring ist, kann das "teilerfremd" mit dem ggT ausgedrückt werden.
lg
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