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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 22:02 Di 12.12.2006 | | Autor: | Milka_Kuh |
| Aufgabe | Sei R ein Hauptidealring und [mm] b_{1},...,b_{m} [/mm] Elemente aus R.
Zu zeigen:
Es gibt ein a [mm] \in [/mm] R, sodass
i) a teilt [mm] b_{i} [/mm] für alle 1 [mm] \le [/mm] i [mm] \le [/mm] m
ii) wenn c [mm] \in [/mm] R alle [mm] b_{i} [/mm] teilt, so teilt c auch a.
a heißt ggT der [mm] b_{1},...,b_{m}. [/mm] Zeige weiter: Ist a ein ggT von [mm] b_{1},...,b_{m}, [/mm] so ex. [mm] a_{1},...,a_{m} \in [/mm] R mit a = [mm] \summe_{i=1}^{m}a_{i}b_{i}. [/mm] |
Hallo,
ich habe versucht, diese Aufgabe zu lösen, scheitere aber an manchen Stellen, und hoffe, es kann mir jemand weiterhelfen.
Wenn R ein Hauptidealring ist, dann ist R schon mal kommutativ und ein Integritätsring.
Zu i):
Ich soll zeigen, dass es ein a [mm] \in [/mm] R gibt, sodass a alle [mm] b_{i} [/mm] teilt, d.h. also es muss ein t [mm] \in [/mm] R geben, mit [mm] b_{i}=a*t [/mm] für alle 1 [mm] \le [/mm] i [mm] \le [/mm] m. Ich habe a als a:= [mm] \bruch{b_{i}}{t} [/mm] definiert für ein t [mm] \in [/mm] R-{0}. Kann ich das so machen?
Zu ii):
c teilt alle [mm] b_{i}, [/mm] d.h. es ex. ein s [mm] \in [/mm] R mit [mm] b_{i}=c*s [/mm] für alle i. Es ex. ein a [mm] \in [/mm] R mit a=c*u für ein u [mm] \in [/mm] R, also [mm] a=c*u=\bruch{b_{i}}{s}u
[/mm]
Da R ein Hauptidealring ist, gibt es ein ggT von den [mm] b_{1},...,b_{m}, [/mm] der ein Erzeuger von dem Ideal ist, das von den [mm] b_{i}'s [/mm] erzeugt wird. Dieses Ideal ist (a), weil a größter gemeinsamer Teiler der [mm] b_{i} [/mm] ist. Nach Definition eines ggT a gilt ja für alle c [mm] \in [/mm] R mit c teilt [mm] b_{i} [/mm] für alle 1 [mm] \le [/mm] i [mm] \le [/mm] m, dann gilt auch c teilt a. Kann ich das so zeigen?
Den Zusatz bei ii) kann ich doch mit der Eigenschaft hier zeigen:
Wenn a ein ggT von den [mm] b_{i}'s [/mm] ist, dann gibt es [mm] (a_{1},...,a_{m}) \in R^{m} [/mm] mit a= [mm] a_{1}*b_{1}+...+a_{m}*b_{m} [/mm] = [mm] \summe_{i=1}^{m}a_{i}*b_{i}, [/mm] fertig.Ist das so richtig?
Ich hoffe, es kann mir jemand weiterhelfen. V.a. bei der ii) bin ich mir unsicher.
Vielen Dank im Voraus.
Milka
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Hallo Milka,
> Sei R ein Hauptidealring und [mm]b_{1},...,b_{m}[/mm] Elemente aus
> R.
> Zu zeigen:
> Es gibt ein a [mm]\in[/mm] R, sodass
> i) a teilt [mm]b_{i}[/mm] für alle 1 [mm]\le[/mm] i [mm]\le[/mm] m
> ii) wenn c [mm]\in[/mm] R alle [mm]b_{i}[/mm] teilt, so teilt c auch a.
> a heißt ggT der [mm]b_{1},...,b_{m}.[/mm] Zeige weiter: Ist a ein
> ggT von [mm]b_{1},...,b_{m},[/mm] so ex. [mm]a_{1},...,a_{m} \in[/mm] R mit a
> = [mm]\summe_{i=1}^{m}a_{i}b_{i}.[/mm]
> Hallo,
>
> ich habe versucht, diese Aufgabe zu lösen, scheitere aber
> an manchen Stellen, und hoffe, es kann mir jemand
> weiterhelfen.
>
> Wenn R ein Hauptidealring ist, dann ist R schon mal
> kommutativ und ein Integritätsring.
Na gut, aber das ist nicht das "besondere"; sondern, daß *jedes* Ideal in $R$ von einem Element des Ringes erzeugt wird.
> Zu i):
> Ich soll zeigen, dass es ein a [mm]\in[/mm] R gibt, sodass a alle
> [mm]b_{i}[/mm] teilt, d.h. also es muss ein t [mm]\in[/mm] R geben, mit
> [mm]b_{i}=a*t[/mm] für alle 1 [mm]\le[/mm] i [mm]\le[/mm] m. Ich habe a als a:=
> [mm]\bruch{b_{i}}{t}[/mm] definiert für ein t [mm]\in[/mm] R-{0}. Kann ich
> das so machen?
Nöö, so eher nicht: Betrachte doch mal das von den Elementen [mm] $b_1,\ldots, b_m$ [/mm] erzeugte Ideal: [mm]{\summe_{i=1}^m r_ib_i \mid r_i \in R}[/mm]. Das enthält alle Ideale [mm] $(b_i),\quad [/mm] i=1, [mm] \ldots, [/mm] m$. Zusätzlich weißt Du, daß es ein $t [mm] \in [/mm] R$ gibt, daß dieses Ideal erzeugt. Was bedeutet das nun in Punkto Teilbarkeit? 
> Zu ii):
> c teilt alle [mm]b_{i},[/mm] d.h. es ex. ein s [mm]\in[/mm] R mit [mm]b_{i}=c*s[/mm]
Wie das - eines für alle ?
> für alle i. Es ex. ein a [mm]\in[/mm] R mit a=c*u für ein u [mm]\in[/mm] R,
> also [mm]a=c*u=\bruch{b_{i}}{s}u[/mm]
> Da R ein Hauptidealring ist, gibt es ein ggT von den
> [mm]b_{1},...,b_{m},[/mm] der ein Erzeuger von dem Ideal ist, das
> von den [mm]b_{i}'s[/mm] erzeugt wird. Dieses Ideal ist (a), weil a
> größter gemeinsamer Teiler der [mm]b_{i}[/mm] ist. Nach Definition
> eines ggT a gilt ja für alle c [mm]\in[/mm] R mit c teilt [mm]b_{i}[/mm] für
> alle 1 [mm]\le[/mm] i [mm]\le[/mm] m, dann gilt auch c teilt a. Kann ich das
> so zeigen?
Nein: Du kannst in einem Beweis nicht gut einen Begriff/Eigenschaft verwenden, die Du beweisen möchtest.
Mal angenommen, Du hast Ideale [mm]\matcal{a} \supset \matcal{b}[/mm] in einem Hauptidealring $R$: Was ergibt sich daraus für die Teilbarkeit ihrer "Erzeuger"?
> Den Zusatz bei ii) kann ich doch mit der Eigenschaft hier
> zeigen:
> Wenn a ein ggT von den [mm]b_{i}'s[/mm] ist, dann gibt es
> [mm](a_{1},...,a_{m}) \in R^{m}[/mm] mit a=
> [mm]a_{1}*b_{1}+...+a_{m}*b_{m}[/mm] = [mm]\summe_{i=1}^{m}a_{i}*b_{i},[/mm]
> fertig.Ist das so richtig?
Ähm, und warum gibt's diese [mm] $a_i$?
[/mm]
Mfg
zahlenspieler
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Hallo,
danke für deine Antwort. Aber ich hab mit deinen Tipps nicht viel anfangen können, und habe deshalb versucht, einen neuen Lösungsweg auszuarbeiten, und hoffe, das er nicht ganz falsch ist.
Sei R ein HI-Ring,und [mm] b_{i} [/mm] i=1,...,m Elemente in R.
Zur i) Zeige, dass ein a [mm] \in [/mm] R existiert, sodass a die [mm] b_{i} [/mm] teilt für alle 1 [mm] \le [/mm] 1 [mm] \le [/mm] m:
R ein HI-Ring, sei a [mm] \in R-{0}-R^{x}, [/mm] dh. nicht Null und keine Einheit. Dann gibt es eine Zerlegung von a in irreduzible Elemente [mm] \pi_{i} \in [/mm] R:
a= [mm] u*\produkt_{i}^{}\pi_{i}^{k_{j}}, k_{j} \in \IN [/mm] und u [mm] \in [/mm] R-{0}, wobei die [mm] k_{j} [/mm] alle Null sind bis auf endlich viele.
Da die [mm] b_{i} \in [/mm] R sind, gibt es auch für die [mm] b_{i} [/mm] eine Zerlegung in irreduzible Elemente: [mm] b_{i}= v*\produkt_{i}^{}\pi_{i}^{l_{j}}, [/mm] v [mm] \in [/mm] R-{0}
Und weil a die [mm] b_{i} [/mm] teilen soll, gilt also: [mm] b_{i}=a*t=(u*t)*\produkt_{i}^{}\pi_{i}^{k_{j}} [/mm] , mit u*t [mm] \in [/mm] R-{0}, da t [mm] \in [/mm] R-{0}und R abgeschlossen ist bzgl. Multiplikation. Also teilt a die [mm] b_{i}'s. [/mm]
Stimmt das so? In der Vorlesung haben wir das auch so ähnlich bewiesen.
Zur ii): Zu zeigen ist hier, dass wenn c [mm] \in [/mm] R alle [mm] b_{i} [/mm] teilt, so teilt c auch a:
Sei c [mm] \in [/mm] R-{0}. c teilt also die [mm] b_{i}.
[/mm]
Zerlege c wie folgt: [mm] c=w*\produkt_{i}^{}\pi_{i}^{m_{j}} [/mm] ,wobei die [mm] \pi_{i} [/mm] wieder irreduzible Elemente [mm] \in [/mm] R sind.
Weil c die [mm] b_{i} [/mm] teilt, ist also nun [mm] m_{j} \le l_{j} \forall [/mm] i=1,..,m. Definiere nun weiter [mm] d_{j} [/mm] = min [mm] {k_{j} , l_{j}} [/mm] (Dies ist erlaubt, da in i) bereits gezeigt, dass a die [mm] b_{i} [/mm] teilt). Dann folgt: [mm] m_{j} \le d_{j} \Rightarrow [/mm] c teilt a. Fertig.
Kann ich das so machen? Ich finde, mein Beweis ist schlüssig.
Jetzt ist gezeigt, dass a der ggT der [mm] b_{i} [/mm] ist. Dh. a ist Element in dem von den [mm] b_{i} [/mm] erzeugten Ideal: [mm] (b_{i},...,b_{n}). [/mm] Also existieren [mm] a_{1},...,a_{m} \in [/mm] R mit a= [mm] a_{1}*b_{1}+...+a_{m}*b_{m}= \summe_{i=1}^{m}a_{i}b_{i}. [/mm] qed. Ok?
Ich hoffe, es kann mir jemand eine Rückmeldung geben, ob mein Beweis so in Ordnung ist. Wenn nicht, bitte ich um präzise Erklärungen.
Danke,
Milka
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Hallo Milka,
bei Deiner Lösung zu I) benutzt Du wieder das, was Du beweisen sollst. Du müßtest hier schon angeben, wie dieser gemeinsame Teiler der [mm] $b_i$ [/mm] zu bilden ist.
Auch bei Teil II) bin ich nicht recht "durchgestiegen".
Mfg
zahlenspieler
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:10 Do 14.12.2006 | | Autor: | Milka_Kuh |
Hallo zahlenspieler,
wenn du mir nur sagst, dass du meine Lösung nicht ganz nachvollziehen kannst, dann kannst du die Frage auch nicht auf den Status "beantwortet" stellen. Ich bitte dich hiermit, die Frage wieder offen zu machen, damit evtl. noch andere drauf antworten können.
Vielen vielen Dank.
Milka
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion | | Datum: | 19:25 Fr 15.12.2006 | | Autor: | Milka_Kuh |
Hallo,
es wäre nett, wenn sich jemand meine Lösung anschauen könnte, und mir sagen kann, ob ich das total falsch mache oder nicht. Wenn ja, wäre ich sehr dankbar, wenn ich hilfreiche Tipps bekommen könnte. Über einen Anfang des Lösungswegs würde ich mich freuen.
Wie beweist man generell so etwas, dass ein a existiert, dass a alle [mm] b_{i} [/mm] teilt? Ich hab das auf meinem Lösungsweg versucht, aber zahlenspieler meint, es wäre nicht richtig.
Vielen Dank für eine hilfreiche Erklärung!
Milka
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> es wäre nett, wenn sich jemand meine Lösung anschauen
> könnte, und mir sagen kann, ob ich das total falsch mache
> oder nicht.
Hallo,
ich verstehe nicht so recht, was Du erwartest.
zahlenspieler hatte doch schon gesagt, daß das so nicht geht.
>Wenn ja, wäre ich sehr dankbar, wenn ich
> hilfreiche Tipps bekommen könnte. Über einen Anfang des
> Lösungswegs würde ich mich freuen.
Du hattest von ihm auch einiges an Tips bekommen,
welche du allerdings in keiner Weise beachtet hast.
Gruß v. Angela
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:46 Fr 15.12.2006 | | Autor: | Binie |
Hi Milka
Schließe mich Angela an, zahlenspieler hat tolle Tipps gegeben, du erscheinst ziemlich undankbar und fordernd, aber genug dazu, nun zur Aufgabe:
[mm] b_1,...,b_m \in [/mm] R. wie zahlenspieler schon gesagt hatte liegt [mm] (b_1)+...+(b_m) \in [/mm] R wobei aber R ein HIR ist und somit wird auch diese Ideal [mm] (b_1)+...+(b_m) [/mm] erzeugt von einem a aus R. Also [mm] (b_1)+...+(b_m) [/mm] = (a)
Durch diese Tatsache sieht man [mm] \forall [/mm] i : [mm] b_i \in [/mm] (a) was sagt das nun über das Verhältnis von a und b?
nun werden die [mm] b_i [/mm] von c geteilt [mm] \forall [/mm] i also [mm] b_i \in [/mm] (c) [mm] \forall [/mm] i d.h. auch [mm] (b_1)+...+(b_m) \subset [/mm] (c) wie war nun [mm] (b_1)+...+(b_m) [/mm] definiert im ersten Teil und was folgt also für das Verhältnis von a und c?
Das sollte erstmal genügen. LG Binie
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:06 Sa 16.12.2006 | | Autor: | Milka_Kuh |
Hallo Binie,
das stimmt nicht, dass ich undankbar bin. Das siehst du falsch.Ich habe lediglich gefragt, ob sich jemand meine Lösung anschauen könnte, und mir konkret sagen könnte, was dran falsch ist. zahlenspieler hat ja nur gesagt, dass er da nicht durchblickt. Ich meine, es muss ja auch noch andere Lös.wege geben und nicht nur einen,wäre ja möglich, weil ich mit seinen Tipps nicht grad viel anfangen konnte, und hab es dann anders versucht.
Naja, wenn man schreibt, kommt es vll. immer falsch rüber.
Auf jeden Fall möchte ich mich bei dir bedanken für deinen Eintrag in den Strang. Und tut mir leid an zahlenspieler, wenn ich den angegriffen haben sollte!
Milka
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:11 Sa 16.12.2006 | | Autor: | Binie |
Hey Milka
Kein Problem, in solchen Foren kommen manche Sachen eben falsch rüber, ich hoffe du kommst auf die Lsg der Aufgabe. Viel Spaß
LG Binie
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