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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:20 Sa 21.02.2015 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | Sei R ein faktorieller Ring mit Quotientenkörper K und p [mm] \in [/mm] R[X] primitiv mit grad p [mm] \ge [/mm] 1. Dann sind äquivalent:
(i) p ist irreduzibel in R[X]
(ii) p ist irreduzibel in K[X] |
Hallo,
Ich war an dem Tag von dem Beweis nicht in der Vorlesung und habe nur eine Mitschrift. Leider verstehe ich den Beweis nicht komplett.
[mm] (i)\Rightarrow [/mm] (ii)
Ist p reduzibel in K[X], so [mm] \exists \overline{f}, \overline{g} \in [/mm] K[X] mit grad [mm] \overline{f} [/mm] >1, grad [mm] \overline{g} [/mm] >1, [mm] p=\overline{f}\overline{g}
[/mm]
> Wieso ist grad [mm] \overline{f} \ge [/mm] 1, grad [mm] \overline{g} [/mm] >1? Es sollen [mm] \overline{f}, \overline{g} [/mm] keine Einheiten sein in K[X], da der Quotientenkörper ein Integritätsbereich ist gilt [mm] K[X]^{\*}=K^{\*} [/mm] , d.h. doch nur dass [mm] \overline{f}, \overline{g} [/mm] nicht vom Grad =0 sein dürfen. Da grad p [mm] \ge [/mm] 1 ist, folgt auch dass kein Polynom dass 0-Polynom ist. Aber wieso dürfen sie nicht grad 1 haben? Oder Schreibfehler?
Wähle a, b [mm] \in [/mm] R, sodass [mm] f(X)=a\overline{f}(X) \in [/mm] R[X] und g(X)= b [mm] \overline{g}(X) \in [/mm] R[X]. Dann abp(X)=f(X)g(X).
Ist [mm] \alpha \in [/mm] R irreduzibel und [mm] \alpha| [/mm] ab, so teilt [mm] \alpha [/mm] entweder alle Koeffizienten von f oder alle Koeffizienten von g.
> Ist klar mit dem vorigen Lemma:
> R.. faktorieller Ring
> Seien [mm] P(X)=\sum_{i=0}^n a_i X^i, q(x)=\sum_{i=1}^m b_i X^i \in R[X]\setminus\{0\} [/mm] und [mm] p(X)q(X)=\sum_{i=0}^{m+n} c_i X^i. [/mm] Ist [mm] \alpha \in [/mm] R irreduzibel und [mm] \alpha|c_i [/mm] für [mm] 1\le [/mm] i [mm] \le [/mm] n+m, so gilt [mm] \alpha|a_i [/mm] für [mm] 1\le [/mm] i [mm] \le [/mm] n oder [mm] \alpha| b_i [/mm] für [mm] 1\le [/mm] i [mm] \le [/mm] m.
D.h. man kann in f oder g alle Koeffizienten durch [mm] \alpha [/mm] kürzen und erhält auch immer ein Polynom in R[X]. Induktion nach der Anzahl der irreduziblen Faktoren von ab zeigt, dass man durch ab kürzen kann und eine Faktorisierung [mm] p(X)=\tilde{f}\tilde{g} [/mm] mit [mm] \tilde{f}, \tilde{g} \in [/mm] R[X] ethält.
> Also wenn a*b eine Einheit in R ist dann schreibe ich [mm] p(X)=(ab)^{-1} [/mm] f(X)g(X).
> Wenn a*b keine Einheit ist [mm] \exists [/mm] irreduzible [mm] \alpha_1,..,\alpha_n\in [/mm] R: [mm] ab=\alpha_1*..*\alpha_n. [/mm] Mir ist klar dass nun gekürzt wird durch a*b. Aber wie weiß man, dass die gebildeten [mm] \tilde{f}, \tilde{g} [/mm] nicht Einheiten in R[X] sind?
> [mm] grad(f)=grad(a\overline{f}) [/mm] Da kann der Grad ja auch kleiner werden, wenn 1/a der Leitkoeffizient von [mm] \overline{f} [/mm] war.
(ii) [mm] \Rightarrow [/mm] (i)
Ist p reduzibel in R[X], so [mm] \exists [/mm] f,g [mm] \in [/mm] R[X] mit f,g [mm] \not\in R^{\*}: [/mm] p=fg. Da p primitiv ist gelten, grad f [mm] \ge [/mm] 1, grad g [mm] \ge [/mm] 1, d.h. f,g [mm] \not\in K^{\*} [/mm] und p ist auch in K[X] reduzibel
> Warum folgt aus p primitiv, dass grad f [mm] \ge [/mm] 1, grad g [mm] \ge [/mm] 1??
> Aus p primitiv folgt f*g primitiv ist mir klar.
Würde mich über Hilfe freuen.
LG,
sissi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:18 So 22.02.2015 | | Autor: | hippias |
> Sei R ein faktorieller Ring mit Quotientenkörper K und p
> [mm]\in[/mm] R[X] primitiv mit grad p [mm]\ge[/mm] 1. Dann sind äquivalent:
> (i) p ist irreduzibel in R[X]
> (ii) p ist irreduzibel in K[X]
> Hallo,
> Ich war an dem Tag von dem Beweis nicht in der Vorlesung
> und habe nur eine Mitschrift. Leider verstehe ich den
> Beweis nicht komplett.
>
> [mm](i)\Rightarrow[/mm] (ii)
> Ist p reduzibel in K[X], so [mm]\exists \overline{f}, \overline{g} \in[/mm]
> K[X] mit grad [mm]\overline{f}[/mm] >1, grad [mm]\overline{g}[/mm] >1,
> [mm]p=\overline{f}\overline{g}[/mm]
> > Wieso ist grad [mm]\overline{f} \ge[/mm] 1, grad [mm]\overline{g}[/mm] >1?
> Es sollen [mm]\overline{f}, \overline{g}[/mm] keine Einheiten sein
> in K[X], da der Quotientenkörper ein Integritätsbereich
> ist gilt [mm]K[X]^{\*}=K^{\*}[/mm] , d.h. doch nur dass
> [mm]\overline{f}, \overline{g}[/mm] nicht vom Grad =0 sein dürfen.
> Da grad p [mm]\ge[/mm] 1 ist, folgt auch dass kein Polynom dass
> 0-Polynom ist. Aber wieso dürfen sie nicht grad 1 haben?
> Oder Schreibfehler?
Ja, es sollte [mm] $\geq [/mm] 1$ statt $>1$ heissen.
> Wähle a, b [mm]\in[/mm] R, sodass [mm]f(X)=a\overline{f}(X) \in[/mm] R[X]
> und g(X)= b [mm]\overline{g}(X) \in[/mm] R[X]. Dann
> abp(X)=f(X)g(X).
> Ist [mm]\alpha \in[/mm] R irreduzibel und [mm]\alpha|[/mm] ab, so teilt
> [mm]\alpha[/mm] entweder alle Koeffizienten von f oder alle
> Koeffizienten von g.
> > Ist klar mit dem vorigen Lemma:
> > R.. faktorieller Ring
> > Seien [mm]P(X)=\sum_{i=0}^n a_i X^i, q(x)=\sum_{i=1}^m b_i X^i \in R[X]\setminus\{0\}[/mm]
> und [mm]p(X)q(X)=\sum_{i=0}^{m+n} c_i X^i.[/mm] Ist [mm]\alpha \in[/mm] R
> irreduzibel und [mm]\alpha|c_i[/mm] für [mm]1\le[/mm] i [mm]\le[/mm] n+m, so gilt
> [mm]\alpha|a_i[/mm] für [mm]1\le[/mm] i [mm]\le[/mm] n oder [mm]\alpha| b_i[/mm] für [mm]1\le[/mm] i
> [mm]\le[/mm] m.
> D.h. man kann in f oder g alle Koeffizienten durch [mm]\alpha[/mm]
> kürzen und erhält auch immer ein Polynom in R[X].
> Induktion nach der Anzahl der irreduziblen Faktoren von ab
> zeigt, dass man durch ab kürzen kann und eine
> Faktorisierung [mm]p(X)=\tilde{f}\tilde{g}[/mm] mit [mm]\tilde{f}, \tilde{g} \in[/mm]
> R[X] ethält.
> > Also wenn a*b eine Einheit in R ist dann schreibe ich
> [mm]p(X)=(ab)^{-1}[/mm] f(X)g(X).
> > Wenn a*b keine Einheit ist [mm]\exists[/mm] irreduzible
> [mm]\alpha_1,..,\alpha_n\in[/mm] R: [mm]ab=\alpha_1*..*\alpha_n.[/mm] Mir ist
> klar dass nun gekürzt wird durch a*b. Aber wie weiß man,
> dass die gebildeten [mm]\tilde{f}, \tilde{g}[/mm] nicht Einheiten in
> R[X] sind?
Die Operationen, die Du durchfuehrst - das Multiplizieren mit einer Einheit, bzw. das Kuerzen aller Koeffizienten - veraendert nicht den Grad des Polynoms. Polynome mit Grad [mm] $\geq [/mm] 1$ sind aus Gradgruenden keine Einheit in $R[X]$.
> > [mm]grad(f)=grad(a\overline{f})[/mm] Da kann der Grad ja auch
> kleiner werden, wenn 1/a der Leitkoeffizient von
> [mm]\overline{f}[/mm] war.
>
> (ii) [mm]\Rightarrow[/mm] (i)
> Ist p reduzibel in R[X], so [mm]\exists[/mm] f,g [mm]\in[/mm] R[X] mit f,g
> [mm]\not\in R^{\*}:[/mm] p=fg. Da p primitiv ist gelten, grad f [mm]\ge[/mm]
> 1, grad g [mm]\ge[/mm] 1, d.h. f,g [mm]\not\in K^{\*}[/mm] und p ist auch in
> K[X] reduzibel
> > Warum folgt aus p primitiv, dass grad f [mm]\ge[/mm] 1, grad g
> [mm]\ge[/mm] 1??
Na, wenn z.B. $f$ den Grad $0$ haette, dann waere [mm] $f\in [/mm] R$. Was hiesse das fuer den gemeinsamen Teiler der Koeffizienten von $p= fg$?
> > Aus p primitiv folgt f*g primitiv ist mir klar.
>
>
> Würde mich über Hilfe freuen.
> LG,
> sissi
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 09:28 Mo 23.02.2015 | | Autor: | sissile |
Danke für die Hilfe!!
> (ii) $ [mm] \Rightarrow [/mm] $ (i)
> Ist p reduzibel in R[X], so $ [mm] \exists [/mm] $ f,g $ [mm] \in [/mm] $ R[X] mit f,g
> $ [mm] \not\in R^{*}: [/mm] $ p=fg. Da p primitiv ist gelten, grad f $ [mm] \ge [/mm] $
> 1, grad g $ [mm] \ge [/mm] $ 1, d.h. f,g $ [mm] \not\in K^{*} [/mm] $ und p ist auch in
> K[X] reduzibel
> > Warum folgt aus p primitiv, dass grad f $ [mm] \ge [/mm] $ 1, grad g
> $ [mm] \ge [/mm] $ 1??
> Na, wenn z.B. $ f $ den Grad $ 0 $ haette, dann waere $ [mm] f\in [/mm] R $. Was hiesse das fuer den gemeinsamen Teiler der Koeffizienten von $ p= fg $?
[mm] f=f_0 [/mm] mit [mm] f_0 \in [/mm] R
Wenn d ein gemeinsamer Teiler von den Koeffizienten von p ist folgt aus p Primitiv, dass d eine Einheit ist.
[mm] f_0 [/mm] ist ein gemeinsamer Teiler von den Koeffzienten von fg, also ebenfalls von den Koeffizienten von p.
D.h. [mm] f_0 [/mm] muss eine Einheit sein, was der Voraussetung [mm] f_0=f \not\in R^{\*} [/mm] widerspricht.
Gibt es ein Gegenbeispiel, dass die Richtung ohne p primitiv nicht klappt?
Ich hätte noch eine Frage:
Wir hatten das Lemma in der Vorlesung:
> Sei R ein faktorieller Ring.
> Seien $ [mm] P(X)=\sum_{i=0}^n a_i X^i, q(x)=\sum_{i=1}^m b_i X^i \in R[X]\setminus\{0\} [/mm] $ und $ [mm] p(X)q(X)=\sum_{i=0}^{m+n} c_i X^i. [/mm] $ Ist $ [mm] \alpha \in [/mm] $ R irreduzibel und $ [mm] \alpha|c_i [/mm] $ für $ [mm] 1\le [/mm] $ i $ [mm] \le [/mm] $ n+m, so gilt $ [mm] \alpha|a_i [/mm] $ für $ [mm] 1\le [/mm] $ i $ [mm] \le [/mm] $ n oder $ [mm] \alpha| b_i [/mm] $ für $ [mm] 1\le [/mm] $ i $ [mm] \le [/mm] $ m.
Warum folgt aus diesem Lemma: p,q [mm] \in [/mm] R[X] primitiv, dann ist auch pq primitiv? Weil das obige Lemma ist ja nur für irreduzible Teiler? Für Einheiten ist dies klar, aber es gibt doch auch nicht irreduzible Elemente die keine Einheiten sind.
LG,
sissi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:20 Mi 25.02.2015 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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