mehrfachen Nullstellen, irred. < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:01 So 21.02.2016 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | Ich hätte paar Fragen, die sich zu Polynomringen/mehrfachen Nullstellen gesammelt haben.
1) Warum ist eine mehrfache Nullstelle für nicht Integritätsbereiche sondern nur kommutative Ring mit 1 nicht wohldefiniert? Habt ihr ein beispiel sodass p(X)=(X- [mm] \alpha)^m [/mm] g(X)= (X- [mm] \alpha)^n [/mm] h(x) für m,n [mm] \in \mathbb{Z}, m,n\ge [/mm] 1 und m [mm] \not= [/mm] n und g,h [mm] \in [/mm] R[X] mit [mm] (X-\alpha) \not| [/mm] g(x) und [mm] (X-\alpha)\not| [/mm] h(x)?
Wäre R ein Integritätsbereich argumentiert man ja mittels der Kürzungsregel, dass g(X)= (X- [mm] \alpha)^{n-m} [/mm] h(x) für m<n und daher aus [mm] g(\alpha)=0 [/mm] ein Widerspuch folgen würde.
2)Sei R ein Integritätsbereich.
Sei p(X)=aX+b mit p [mm] \in [/mm] R[X] und a keine Einheit in R.
Kann man so auch etwas über die Irreduzibilität/Reduzibilität von p [mm] \in [/mm] R[X] aussagen?
Wenn nämlich a eine Einheit ist dann haben wir gezeigt, dass p irreduzibel ist.
3)
Sei R ein Integritätsbereich und K ein Körper und Unterring von K. Sei p [mm] \in K[X]\setminus [/mm] K.
Sind p und p' relativ prim in K[X] so besitzt p keine mehrfache Nullstelle in R.(Haben wir in der Vorlesung gezeigt)
Gilt auch die Umkehrung?Also wenn p keine mehrfach Nullstellen in R besitzt so müssen p und p' relativ prim sein?
Ich weiß nur, dass aus p hat keine mehrfache Nullstelle folgt, dass p' [mm] \not=0 [/mm] . |
Würde mich über jede Teilantwort zu einer Frage freuen!
LG,
sissi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:11 So 21.02.2016 | | Autor: | hippias |
> Ich hätte paar Fragen, die sich zu
> Polynomringen/mehrfachen Nullstellen gesammelt haben.
>
> 1) Warum ist eine mehrfache Nullstelle für nicht
> Integritätsbereiche sondern nur kommutative Ring mit 1
> nicht wohldefiniert? Habt ihr ein beispiel sodass p(X)=(X-
> [mm]\alpha)^m[/mm] g(X)= (X- [mm]\alpha)^n[/mm] h(x) für m,n [mm]\in \mathbb{Z}, m,n\ge[/mm]
> 1 und m [mm]\not=[/mm] n und g,h [mm]\in[/mm] R[X] mit [mm](X-\alpha) \not|[/mm] g(x)
> und [mm](X-\alpha)\not|[/mm] h(x)?
>
> Wäre R ein Integritätsbereich argumentiert man ja mittels
> der Kürzungsregel, dass g(X)= (X- [mm]\alpha)^{n-m}[/mm] h(x) für
> m<n und daher aus [mm]g(\alpha)=0[/mm] ein Widerspuch folgen
> würde.
Ich sehe keinen Grund, weshalb die Eindeutigkeit auch im allgemeineren Ring nicht mit einem einfachen Grad-Argument erledigt werden können werden sollte; immerhin ist der Leitkoeffizient von [mm] $(X-\alpha)^{n}$ [/mm] eine Einheit. Ich lasse mich aber gerne korrigieren.
>
> 2)Sei R ein Integritätsbereich.
> Sei p(X)=aX+b mit p [mm]\in[/mm] R[X] und a keine Einheit in R.
> Kann man so auch etwas über die
> Irreduzibilität/Reduzibilität von p [mm]\in[/mm] R[X] aussagen?
> Wenn nämlich a eine Einheit ist dann haben wir gezeigt,
> dass p irreduzibel ist.
>
$p$ ist genau dann irreduzibel, wenn $a$ und $b$ teilerfremd sind.
> 3)
> Sei R ein Integritätsbereich und K ein Körper und
> Unterring von K. Sei p [mm]\in K[X]\setminus[/mm] K.
> Sind p und p' relativ prim in K[X] so besitzt p keine
> mehrfache Nullstelle in R.(Haben wir in der Vorlesung
> gezeigt)
> Gilt auch die Umkehrung?Also wenn p keine mehrfach
> Nullstellen in R besitzt so müssen p und p' relativ prim
> sein?
Das kann man so nicht sagen: sei etwa $R= [mm] \IZ$, [/mm] $K= [mm] \IQ$ [/mm] und $p= [mm] (X^{2}+1)^{2}$. [/mm] Dann hat $p$ keine mehrfachen Wurzeln in $R$, aber [mm] $p'=4X(X^{2}+1)$ [/mm] und $p$ sind nicht relativ prim.
Man könnte eben nur allgemeiner etwas über die Vielfachheit von Primteilern aussagen.
> Ich weiß nur, dass aus p hat keine mehrfache Nullstelle
> folgt, dass p' [mm]\not=0[/mm] .
> Würde mich über jede Teilantwort zu einer Frage freuen!
> LG,
> sissi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:18 So 21.02.2016 | | Autor: | sissile |
Hallo,
Danke für deine Antwort!
> Ich sehe keinen Grund, weshalb die Eindeutigkeit auch im allgemeineren Ring nicht mit einem einfachen Grad-Argument erledigt werden können werden sollte; immerhin ist der Leitkoeffizient von $ [mm] (X-\alpha)^{n} [/mm] $ eine Einheit. Ich lasse mich aber gerne korrigieren.
Wie begründest du das denn genau?
grad(p)=m + grad(g) da [mm] (X-\alpha)^m [/mm] eine Einheit als Leitkoeffizienten hat
grad(p)= n + grad(h) da [mm] (X-\alpha)^n [/mm] eine Einheit als Leitkoeffizienten hat
[mm] \Rightarrow [/mm] m+grad(g)=n+grad(h)
Woher weißt du nun, dass grad(g)=grad(h) ist?
>
> 2)Sei R ein Integritätsbereich.
> Sei p(X)=aX+b mit p $ [mm] \in [/mm] $ R[X] und a keine Einheit in R.
> Kann man so auch etwas über die
> Irreduzibilität/Reduzibilität von p $ [mm] \in [/mm] $ R[X] aussagen?
> Wenn nämlich a eine Einheit ist dann haben wir gezeigt,
> dass p irreduzibel ist.
>
> $ p $ ist genau dann irreduzibel, wenn $ a $ und $ b $ teilerfremd sind.
Schließt du da den Fall a=0 aus?
Denn wenn p irreduzibel ist und a=0, dann würde aus a und b teilerfremd folgen, dass b als Teiler von a=0 und b eine Einheit ist und p(X)=b als irreduzibles Polynom widersprechen.
Unter der Annahme [mm] a\not=0:
[/mm]
[mm] \Leftarrow
[/mm]
Ang p ist reduzibel: p=f *g mit f,g [mm] \in [/mm] R[X] [mm] \setminus R^{\*}
[/mm]
1=grad(p)=grad(f)+grad(g) da in Integritätsbereich und [mm] a\not=0
[/mm]
O.b.d.A grad(f)=0, grad(g)=1
f(X)= n mit n [mm] \not=0, [/mm] n [mm] \in [/mm] R
g(X)=uX+l mit u,l [mm] \in [/mm] R, u [mm] \not=0
[/mm]
p(X)=aX+b=n*(uX+l)=nuX+nl
Koeffizientenvergleich führt zu: a=nu und b=nl
Es folgt n |a und n|b. Da a und b relativ prim sind ist 1 ein ggT von a und b. D.h. n|1 . Daraus folgt n [mm] \in R^{\*}, [/mm] was ein Widerspruch zu [mm] f=n\not\in R^{\*} [/mm] ist.
[mm] \Rightarrow
[/mm]
Angenommen a und b sind nicht teilerfremd.
So ist nach Satz in der Vorlesung entweder a=b=0 (p Nullpolynom und deshalb auch nicht irreduzibel) oder [mm] \exists \pi \in [/mm] R irreduzibel mit [mm] \pi|a [/mm] und [mm] \pi|b.
[/mm]
D.h. [mm] \exists [/mm] k,l [mm] \in [/mm] R: [mm] \pi*k=a [/mm] und [mm] \pi*l=b
[/mm]
Nun wäre p(X)=aX+b= [mm] \pi [/mm] k X + [mm] \pi l=\pi [/mm] (kX+l)
[mm] \pi [/mm] ist als irreduzibles Element keine Einheit.
Wäre kX+l eine Einheit, so wäre k =0.
Aus [mm] \pi*k=a [/mm] folgt a=0, was ich ausgeschlossen habe oben.
[mm] \Rightarrow [/mm] p(X) reduzibel, Wid.
LG,
sissi
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:36 Mo 22.02.2016 | | Autor: | hippias |
> Hallo,
> Danke für deine Antwort!
>
> > Ich sehe keinen Grund, weshalb die Eindeutigkeit auch im
> allgemeineren Ring nicht mit einem einfachen Grad-Argument
> erledigt werden können werden sollte; immerhin ist der
> Leitkoeffizient von [mm](X-\alpha)^{n}[/mm] eine Einheit. Ich lasse
> mich aber gerne korrigieren.
>
> Wie begründest du das denn genau?
> grad(p)=m + grad(g) da [mm](X-\alpha)^m[/mm] eine Einheit als
> Leitkoeffizienten hat
> grad(p)= n + grad(h) da [mm](X-\alpha)^n[/mm] eine Einheit als
> Leitkoeffizienten hat
> [mm]\Rightarrow[/mm] m+grad(g)=n+grad(h)
> Woher weißt du nun, dass grad(g)=grad(h) ist?
Sei [mm] $(X-\alpha)^{n}g= (X-\alpha)^{m}h$. [/mm] Angenommen $n>m$. Dann ist [mm] $(X-\alpha)^{m}((X-\alpha)^{n-m}g-h)=0$. [/mm] Angenommen [mm] $(X-\alpha)^{n-m}g-h\neq [/mm] 0$ und sei $d$ sein Grad. Da $1$ der Leitkoeffizient von [mm] $(X-\alpha)^{n-m}$ [/mm] ist, folgt, dass [mm] $\deg((X-\alpha)^{m}((X-\alpha)^{n-m}g-h))= m+d\in \IN_{0}$ [/mm] ist; Widerspruch zu [mm] $(X-\alpha)^{m}((X-\alpha)^{n-m}g-h)=0$.
[/mm]
Damit ist [mm] $(X-\alpha)^{n-m}g-h=0$; [/mm] Widerspruch zu [mm] $(X-\alpha)\not\vert [/mm] h$.
Damit ist $n=m$.
>
> >
> > 2)Sei R ein Integritätsbereich.
> > Sei p(X)=aX+b mit p [mm]\in[/mm] R[X] und a keine Einheit in R.
> > Kann man so auch etwas über die
> > Irreduzibilität/Reduzibilität von p [mm]\in[/mm] R[X]
> aussagen?
> > Wenn nämlich a eine Einheit ist dann haben wir
> gezeigt,
> > dass p irreduzibel ist.
> >
>
> > [mm]p[/mm] ist genau dann irreduzibel, wenn [mm]a[/mm] und [mm]b[/mm] teilerfremd
> sind.
>
> Schließt du da den Fall a=0 aus?
Ja.
> Denn wenn p irreduzibel ist und a=0, dann würde aus a und
> b teilerfremd folgen, dass b als Teiler von a=0 und b eine
> Einheit ist und p(X)=b als irreduzibles Polynom
> widersprechen.
>
> Unter der Annahme [mm]a\not=0:[/mm]
>
> [mm]\Leftarrow[/mm]
> Ang p ist reduzibel: p=f *g mit f,g [mm]\in[/mm] R[X] [mm]\setminus R^{\*}[/mm]
>
> 1=grad(p)=grad(f)+grad(g) da in Integritätsbereich und
> [mm]a\not=0[/mm]
> O.b.d.A grad(f)=0, grad(g)=1
> f(X)= n mit n [mm]\not=0,[/mm] n [mm]\in[/mm] R
> g(X)=uX+l mit u,l [mm]\in[/mm] R, u [mm]\not=0[/mm]
> p(X)=aX+b=n*(uX+l)=nuX+nl
> Koeffizientenvergleich führt zu: a=nu und b=nl
> Es folgt n |a und n|b. Da a und b relativ prim sind ist 1
> ein ggT von a und b. D.h. n|1 . Daraus folgt n [mm]\in R^{\*},[/mm]
> was ein Widerspruch zu [mm]f=n\not\in R^{\*}[/mm] ist.
>
>
> [mm]\Rightarrow[/mm]
> Angenommen a und b sind nicht teilerfremd.
> So ist nach Satz in der Vorlesung entweder a=b=0 (p
> Nullpolynom und deshalb auch nicht irreduzibel) oder
> [mm]\exists \pi \in[/mm] R irreduzibel mit [mm]\pi|a[/mm] und [mm]\pi|b.[/mm]
> D.h. [mm]\exists[/mm] k,l [mm]\in[/mm] R: [mm]\pi*k=a[/mm] und [mm]\pi*l=b[/mm]
>
> Nun wäre p(X)=aX+b= [mm]\pi[/mm] k X + [mm]\pi l=\pi[/mm] (kX+l)
>
> [mm]\pi[/mm] ist als irreduzibles Element keine Einheit.
> Wäre kX+l eine Einheit, so wäre k =0.
> Aus [mm]\pi*k=a[/mm] folgt a=0, was ich ausgeschlossen habe oben.
> [mm]\Rightarrow[/mm] p(X) reduzibel, Wid.
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> LG,
> sissi
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