A[X] ist kein Hauptidealring < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:39 Di 18.11.2014 | | Autor: | Rocky14 |
| Aufgabe | | Sei A ein Integritätsring, der kein Körper ist. Z.z. A[X] ist kein Hauptidealring |
Hallo Leute,
vielen Dank schonmal im Voraus für's Korrekturlesen.
Betrachte zunächst für A = [mm] \IZ [/mm] das Ideal (2,X) [mm] \subseteq \IZ[X].
[/mm]
Zz: (2,X) ist kein Hauptideal.
Beweis durch Widerspruch:
Sei I die Menge aller Linearkombinationen, die in A ein Ideal bilden.
=> I(2,X) = {2f+Xg, wobei f,g [mm] \in \IZ[X]} [/mm]
Insbesondere gilt
I(2) = [mm] {anX^n +...+a0} [/mm] mit [mm] n\in \IZ, [/mm] ai [mm] \in \IZ, [/mm] ai gerade
I(X) = [mm] {anX^n+...+a0} [/mm] mit [mm] n\in \IZ, [/mm] ai [mm] \in \IZ, [/mm] a0 = 0
I(2,X) = [mm] {anX^n+...+a0} [/mm] mit [mm] n\in \IZ, [/mm] ai [mm] \in \IZ, [/mm] a0 gerade
Angenommen (2,X) = (p) ist Hauptideal mit p [mm] \in \IZ[X].
[/mm]
Dann muss a0 durch 2 teilbar sein.
Fallunterscheidung:
a0 [mm] \not\in [/mm] 0. Dann ist X [mm] \not\in [/mm] (p) nach Konstruktion.
a0 = 0. Dann ist 2 [mm] \not\in [/mm] (p) nach Konstruktion.
Also erhalten wir stets einen Widerspruch.
Allgemeiner gilt:
I(a,X) = {af+Xg, wobei f,g [mm] \in \IZ[X], [/mm] a [mm] \in A\A^x} [/mm]
Insbesondere gilt
I(a) = [mm] {bnX^n +...+b0} [/mm] mit [mm] n\in \IZ, [/mm] bi [mm] \in \IZ, [/mm] bi ist durch a teilbar
I(X) = [mm] {bnX^n+...+b0} [/mm] mit [mm] n\in \IZ, [/mm] bi [mm] \in \IZ, [/mm] b0 = 0
I(a,X) = [mm] {bnX^n+...+b0} [/mm] mit [mm] n\in \IZ, [/mm] bi [mm] \in \IZ, [/mm] b0 gerade
Angenommen (a,X) = (p) ist Hauptideal mit p [mm] \in \IZ[X].
[/mm]
Dann muss b0 durch a teilbar sein.
Fallunterscheidung:
b0 [mm] \not= [/mm] 0. Dann ist X [mm] \not\in [/mm] (p) nach Konstruktion.
b0 = 0. Dann ist a [mm] \not\in [/mm] (p) nach Konstruktion.
Also erhalten wir stets einen Widerspruch.
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Hi,
> Sei A ein Integritätsring, der kein Körper ist. Z.z. A[X]
> ist kein Hauptidealring
> Hallo Leute,
>
> vielen Dank schonmal im Voraus für's Korrekturlesen.
>
> Betrachte zunächst für A = [mm]\IZ[/mm] das Ideal (2,X) [mm]\subseteq \IZ[X].[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
>
> Zz: (2,X) ist kein Hauptideal.
> Beweis durch Widerspruch:
> Sei I die Menge aller Linearkombinationen, die in A ein
> Ideal bilden.
> => I(2,X) = {2f+Xg, wobei f,g [mm]\in \IZ[X]}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Wozu diese neue Notation? Wodurch unterscheidet sich I(f) von (f) ?
> Insbesondere gilt
> I(2) = {[mm]{anX^n +...+a0}[/mm] mit [mm]n\in \IZ,[/mm] ai [mm]\in \IZ,[/mm] ai
> gerade
> I(X) = [mm]{anX^n+...+a0}[/mm] mit [mm]n\in \IZ,[/mm] ai [mm]\in \IZ,[/mm] a0 = 0
> I(2,X) = [mm]{anX^n+...+a0}[/mm] mit [mm]n\in \IZ,[/mm] ai [mm]\in \IZ,[/mm] a0
> gerade
> Angenommen (2,X) = (p) ist Hauptideal mit p [mm]\in \IZ[X].[/mm]
>
> Dann muss a0 durch 2 teilbar sein.
Ich nehme an es soll [mm] $a_0=p(0)$ [/mm] gelten?
Du verwendest hier so oft [mm] $a_0$, [/mm] dass hier nicht wirklich klar ist wozu das gehört.
> Fallunterscheidung:
> a0 [mm]\not\in[/mm] 0.
Was soll das denn bitte bedeuten? Welche Menge ist 0 denn?
> Dann ist X [mm]\not\in[/mm] (p) nach Konstruktion.
> a0 = 0. Dann ist 2 [mm]\not\in[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
(p) nach Konstruktion.
> Also erhalten wir stets einen Widerspruch.
Ich kann nicht folgen.
> Allgemeiner gilt:
> I(a,X) = {af+Xg, wobei f,g [mm]\in \IZ[X],[/mm] a [mm]\in A\A^x}[/mm]
Wieso sollte af überhaupt definiert sein?
In welchem Ring soll das überhaupt sein?
> Insbesondere gilt
> I(a) = [mm]{bnX^n +...+b0}[/mm] mit [mm]n\in \IZ,[/mm] bi [mm]\in \IZ,[/mm] bi ist
> durch a teilbar
> I(X) = [mm]{bnX^n+...+b0}[/mm] mit [mm]n\in \IZ,[/mm] bi [mm]\in \IZ,[/mm] b0 = 0
> I(a,X) = [mm]{bnX^n+...+b0}[/mm] mit [mm]n\in \IZ,[/mm] bi [mm]\in \IZ,[/mm] b0
> gerade
> Angenommen (a,X) = (p) ist Hauptideal mit p [mm]\in \IZ[X].[/mm]
(a,X) ist keine Teilmenge von [mm] $\iZ [/mm] [X]$.
> Dann muss b0 durch a teilbar sein.
> Fallunterscheidung:
> b0 [mm]\not=[/mm] 0. Dann ist X [mm]\not\in[/mm] (p) nach Konstruktion.
> b0 = 0. Dann ist a [mm]\not\in[/mm] (p) nach Konstruktion.
> Also erhalten wir stets einen Widerspruch.
>
P.S. In LaTeX ist { bzw. } ein Sonderzeichen; wenn du Mengenklammern schreiben willst: [mm] $\{$ bzw. $\}$ [/mm] und Indizes schreibt man mit Unterstrich [mm] a_0.
[/mm]
Ebenso ist \ ein Sonderzeichen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:45 Mi 19.11.2014 | | Autor: | Rocky14 |
> > Betrachte zunächst für A = [mm]{\IZ[/mm] das Ideal (2,X) [mm]\subseteq \IZ[X]}.[/mm]
> >
> > Zz: (2,X) ist kein Hauptideal.
> > Beweis durch Widerspruch:
> > Sei I die Menge aller Linearkombinationen, die in A ein
> > Ideal bilden.
> > => I(2,X) = [mm] $\{$2f+Xg, wobei f,g \in \IZ[X]$\}$
[/mm]
>
> Wozu diese neue Notation? Wodurch unterscheidet sich I(f)
> von (f) ?
Ich wollte die Menge als Polynom darstellen, daher habe ich das so gemacht. Ich wusste nicht, ob ich einfach (2,X) = 2f+Xg schreiben darf. Wobei (2,X) ja ein Ideal ist, also sollte das ja gehen. Ich lasse das I einfach überall weg :)
> > Insbesondere gilt
> > I(2) = [mm]{ anX^n +...+a0 }[/mm] mit [mm]n\in \IZ,[/mm] ai [mm]\in \IZ,[/mm] ai
> > gerade
> > I(X) = [mm]{ anX^n+...+a0 }[/mm] mit [mm]n\in \IZ,[/mm] ai [mm]\in \IZ,[/mm] a0 = 0
> > I(2,X) = [mm]{anX^n+...+a0}[/mm] mit [mm]n\in \IZ,[/mm] ai [mm]\in \IZ,[/mm] a0
> > gerade
> > Angenommen (2,X) = (p) ist Hauptideal mit p [mm]\in \IZ[X].[/mm]
>
> >
> > Dann muss a0 durch 2 teilbar sein.
> Ich nehme an es soll [mm]a_0=p(0)[/mm] gelten?
> Du verwendest hier so oft [mm]a_0[/mm], dass hier nicht wirklich
> klar ist wozu das gehört.
a0 soll immer der konstante Term des Polynoms sein. Ist das nicht in allen 3 Fällen derselbe? Nur habe ich jedes mal andere Voraussetzungen für das [mm]a_0[/mm].
Ich glaube, p(0) ist was anderes als 0. Ich will ja gucken, wann das [mm]a_0[/mm] wegfällt und wann nicht. Dann lande ich ja immer in der anderen Menge.
> > Fallunterscheidung:
> > a0 [mm]\not\in[/mm] 0.
> Was soll das denn bitte bedeuten? Welche Menge ist 0
> denn?
>
> > Dann ist X [mm]\not\in[/mm] (p) nach Konstruktion.
> > a0 = 0. Dann ist 2 [mm]\not\in[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
(p) nach Konstruktion.
> > Also erhalten wir stets einen Widerspruch.
> Ich kann nicht folgen.
Ich wollte damit sagen: Egal wie wir a wählen, wir landen entweder in (2) oder in (X), aber nie in (2.X).
Ich bin mir aber unsicher, ob das überhaupt der richtige Ansatz ist. Aber was anderes ist mir dazu nicht eingefallen.
> > Allgemeiner gilt:
> > I(a,X) = {af+Xg, wobei f,g [mm]\in \IZ[X],[/mm] a [mm]\in A\A^x}[/mm]
> Wieso sollte af überhaupt definiert sein?
> In welchem Ring soll das überhaupt sein?
Sorry, der Ring ist ein Integritätsring.
af existert, weil (a,X) ein Ideal ist und Ideale immer diese Form haben, oder nicht?
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> > > Betrachte zunächst für A = [mm]{\IZ[/mm] das Ideal (2,X) [mm]\subseteq \IZ[X]}.[/mm]
>
> > >
> > > Zz: (2,X) ist kein Hauptideal.
> > > Beweis durch Widerspruch:
> > > Sei I die Menge aller Linearkombinationen, die in A
> ein
> > > Ideal bilden.
> > > => I(2,X) = [mm]\{[/mm]2f+Xg, wobei f,g [mm]\in \IZ[X][/mm] [mm]\}[/mm]
> >
> > Wozu diese neue Notation? Wodurch unterscheidet sich I(f)
> > von (f) ?
> Ich wollte die Menge als Polynom darstellen, daher habe ich
> das so gemacht. Ich wusste nicht, ob ich einfach (2,X) =
> 2f+Xg schreiben darf
Natürlich nicht. Links steht eine Menge, rechts steht ein Polynom.
>. Wobei (2,X) ja ein Ideal ist, also
> sollte das ja gehen. Ich lasse das I einfach überall weg
> :)
>
> > > Insbesondere gilt
> > > I(2) = [mm]{ anX^n +...+a0 }[/mm] mit [mm]n\in \IZ,[/mm] ai [mm]\in \IZ,[/mm]
> ai
> > > gerade
> > > I(X) = [mm]{ anX^n+...+a0 }[/mm] mit [mm]n\in \IZ,[/mm] ai [mm]\in \IZ,[/mm] a0
> = 0
> > > I(2,X) = [mm]{anX^n+...+a0}[/mm] mit [mm]n\in \IZ,[/mm] ai [mm]\in \IZ,[/mm] a0
> > > gerade
> > > Angenommen (2,X) = (p) ist Hauptideal mit p [mm]\in \IZ[X].[/mm]
>
> >
> > >
> > > Dann muss a0 durch 2 teilbar sein.
> > Ich nehme an es soll [mm]a_0=p(0)[/mm] gelten?
> > Du verwendest hier so oft [mm]a_0[/mm], dass hier nicht wirklich
> > klar ist wozu das gehört.
>
> a0 soll immer der konstante Term des Polynoms sein. Ist das
> nicht in allen 3 Fällen derselbe?
Jedes Polynom hat einen anderen konstanten Term. Oder haben 2X+2 und 2X den selben konstanten Term.
> Nur habe ich jedes mal
> andere Voraussetzungen für das [mm]a_0[/mm].
Daher ist es extrem verwirrend verschiedene Objekte gleich zu benennen.
Wenn sie alle gleich heißen, woher soll man weißen welche Vor. gelten?
> Ich glaube, p(0) ist was anderes als 0. Ich will ja
> gucken, wann das [mm]a_0[/mm] wegfällt und wann nicht. Dann lande
> ich ja immer in der anderen Menge.
ich kann nicht folgen. Welche Menge(n)?
> > > Fallunterscheidung:
> > > a0 [mm]\not\in[/mm] 0.
> > Was soll das denn bitte bedeuten? Welche Menge ist 0
> > denn?
> >
> > > Dann ist X [mm]\not\in[/mm] (p) nach Konstruktion.
> > > a0 = 0. Dann ist 2 [mm]\not\in[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}"
> müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil
> ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
>
> (p) nach Konstruktion.
> > > Also erhalten wir stets einen Widerspruch.
> > Ich kann nicht folgen.
>
> Ich wollte damit sagen: Egal wie wir a wählen, wir landen
> entweder in (2) oder in (X), aber nie in (2.X).
Es ist $(2),(X) \subesteq (2,X)$
> Ich bin mir aber unsicher, ob das überhaupt der richtige
> Ansatz ist. Aber was anderes ist mir dazu nicht
> eingefallen.
>
> > > Allgemeiner gilt:
> > > I(a,X) = {af+Xg, wobei f,g [mm]\in \IZ[X],[/mm] a [mm]\in A\A^x}[/mm]
> > Wieso sollte af überhaupt definiert sein?
> > In welchem Ring soll das überhaupt sein?
>
> Sorry, der Ring ist ein Integritätsring.
Das ist die Antwort auf die Frage: In welcher Art von Ring [..] .
Die habe ich nicht gestellt.
> af existert, weil (a,X) ein Ideal ist und Ideale immer
> diese Form haben, oder nicht?
Du scheinst die Definition von A[X] nicht zu verstehen. Da kommt nirgendwo [mm] $\IZ$ [/mm] vor.
Deine grundsätzliche Idee scheint die richtige zu sein. Nur ist dein Aufschrieb nicht nachvollziehbar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:50 Mi 19.11.2014 | | Autor: | Rocky14 |
Ich hab nochmal in meiner VL geblättert.
Neuer Versuch :)
Zeige: A[X] ist kein Hauptidealring, wobei A ein Integritätsring ist.
Betracht zunächst den Spezialfall:
(2,X) [mm] \in \IZ[X]. [/mm] Angenommen (2,X) ist ein Hauptideal.
Nun müssen 2 Eigenschaften gelten:
i) Es ex. p [mm] \in \IZ[X], [/mm] sodass (X,2) = (p)
ii) p teilt 2 und p teilt X
Damit existiert ein Polynom q [mm] \in \IZ[X], [/mm] sodass pq = X.
Dies gilt für p [mm] \in \{+1,-1,+X,-X\}.
[/mm]
Außerdem eixistiert ein Polynom q' [mm] \in \IZ[X], [/mm] sodass pq' = 2.
Dies gilt für p [mm] \in \{+1,-1,+2,-2\}.
[/mm]
Insgesamt gilt p = 1 oder p = -1, jedoch ist (1) [mm] \not= [/mm] (2,X), (-1) [mm] \not= [/mm] (2,X), da sich 1 und -1 nicht durch 2 teilen lassen. Widerspruch
Bevor ich mich nun an den allgemeinen Fall für den beliebigen Integritätsring setze, hoffe ich, dass ich das nun richtig habe.
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| Status: |
(Frage) überfällig  | | Datum: | 11:27 Do 20.11.2014 | | Autor: | Rocky14 |
Wenn der Beweis für (2,X) [mm] \in \IZ[X] [/mm] stimmt, kann ich dann nicht einfach schreiben:
Für den allgemeinen Fall ersetze 2 durch a und [mm] \IZ [/mm] durch A. Dann folgt die Behauptung?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:59 Fr 21.11.2014 | | Autor: | hippias |
Es geht nicht darum einfach irgendetwas hinzuschreiben und zu hoffen, dass Du eine wahre Aussage erraten hast (wobei das natuerlich oftmals Ausgangspunkt ist).
Du sollst zeigen, dass Du eine Behauptung ueberzeugend, und gemaess den Regeln der Mathematik, darlegen kannst und die Beweise anderer verstehen kannst.
Daher mein Vorschlag: Fuehre aus, was Du vorgeschlagen hast, d.h. uebertrage den Beweis auf beliebigen Integritaetsbereich, dann sehen wir weiter. Das schoene am Beweisen ist, dass wenn die Aussage falsch ist, Du automatisch beim Beweis darauf kommst, woran es scheitert. Natuerlich beschreibt das nur den Idealfall, aber immerhin.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:20 Fr 21.11.2014 | | Autor: | Rocky14 |
Vielen Dank für eure Hilfe und Geduld.
Die Übung in der Uni hat mir heute nochmal sehr weitergeholfen, sodass ich die Aufgabe zusammen mit einigen Kommilitonen doch noch gelöst bekommen habe.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:20 Sa 22.11.2014 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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> Ich hab nochmal in meiner VL geblättert.
> Neuer Versuch :)
> Zeige: A[X] ist kein Hauptidealring, wobei A ein
> Integritätsring ist.
> Betracht zunächst den Spezialfall:
> (2,X) [mm]\in \IZ[X].[/mm] Angenommen (2,X) ist ein Hauptideal.
> Nun müssen 2 Eigenschaften gelten:
> i) Es ex. p [mm]\in \IZ[X],[/mm] sodass (X,2) = (p)
> ii) p teilt 2 und p teilt X
Folgt die ii) nicht unmittelbar aus i)?
> Damit existiert ein Polynom q [mm]\in \IZ[X],[/mm] sodass pq = X.
> Dies gilt für p [mm]\in \{+1,-1,+X,-X\}.[/mm]
Wichtig wäre hier aber zu zeigen (und nicht nur zu behaupten), dass p nur so aussehen kann.
> Außerdem
> eixistiert ein Polynom q' [mm]\in \IZ[X],[/mm] sodass pq' = 2.
> Dies gilt für p [mm]\in \{+1,-1,+2,-2\}.[/mm]
s.o.
> Insgesamt gilt p =
> 1 oder p = -1,
Ich sehe bei dir nirgends einen Beweis, dass p nicht auch was anderes sein kann.
> jedoch ist (1) [mm]\not=[/mm] (2,X), (-1) [mm]\not=[/mm]
> (2,X), da sich 1 und -1 nicht durch 2 teilen lassen.
> Widerspruch
>
> Bevor ich mich nun an den allgemeinen Fall für den
> beliebigen Integritätsring setze, hoffe ich, dass ich das
> nun richtig habe.
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