Polynomring < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:56 Di 19.04.2005 | | Autor: | Marietta |
Hallo!
Habe diese Frage in keinem anderen Forum vorher gestellt.
Kann mir jemand bei folgender Aufgabe helfen:
Sei R= [mm] \IZ [/mm] [X] der Polynomring über den ganzen Zahlen. Zeigen Sie, dass es zu jeder natürlichen Zahl k ein Ideal I von R gibt, dass sich durch k Elemente, nicht aber durch k-1 Elemente erzeugen lässt.
Habe mir dazu folgendes überlegt: Beweis mittels Induktion.
Fange mit k=2 an.
Wähle ein Ideal I, dass durch zwei Elemente erzeugt wird: I=(2,x). Hatten das mal in der Vorlesung und gezeigt, dass das ein Ideal von [mm] \IZ[X] [/mm] ist, aber kein Hauptideal, also eins welches durch ein Element erzeugt wird. Also stimmt dass dieses Ideal nicht von k-1=1 Element erzeugt wird.
Nun wollte ich den Induktionsschluss von k nach k+1 machen weiß aber nicht genau wie ich das machen soll.
Haben diesen Ansatz: [mm] I=(2^{k}, 2^{k-1}*x,...,2*x^{k-1},x^{k})
[/mm]
Das soll mein Ideal sein, welches von k+1 Elementen erzeugt wird. Es soll eben von der Form sein wie das von oben mit zwei Elementen. Aber ich weiß jetzt nicht was ich machen soll.
Kann auch sein, dass ich total auf der falschen Spur bin...
Gruß Marietta
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Grüsse!
Der Ansatz ist richtig, denke ich... allerdings musst Du nichts mit Induktion beweisen.
Du musst ja zeigen, dass das Ideal $I = [mm] (2^k, 2^{k-1} [/mm] x , [mm] \ldots, [/mm] 2 [mm] \cdot x^{k-1}, x^k)$ [/mm] in $(k+1)$ Erzeugenden nicht von weniger Elementen erzeugt werden kann.
Dazu genügt es zu zeigen, dass kein Erzeuger von den übrigen Elementen kombiniert werden kann. Ein beliebiger Erzeuger ist von der Form [mm] $2^l \cdot x^r$, [/mm] wobei $l + r = k$.
Die Erzeuger mit höheren Potenzen in $x$ kommen ohnehin nicht in Frage, es genügt also, die Erzeuger der Form [mm] $2^{l+i} x^{r - i}$ [/mm] für $1 [mm] \leq [/mm] i [mm] \leq [/mm] r$ zu betrachten. Wenn man jetzt aber eine beliebige Linearkombination von diesen betrachtet, also
[mm] $\sum_{i=1}^r P_i 2^{l + i} x^{r - i}$ [/mm] wo die [mm] $P_i$ [/mm] beliebige Polynome aus [mm] $\IZ[x]$ [/mm] sind, dann gilt:
[mm] $\sum_{i=1}^r P_i 2^{l + i} x^{r - i} [/mm] = [mm] 2^{l+1} \cdot \sum_{i=1}^r P_i 2^{i-1} x^{r-i}$, [/mm] mit anderen Worten: [mm] $2^{l+1}$ [/mm] teilt diese Kombination. Aber [mm] $2^{l+1}$ [/mm] teilt nicht [mm] $2^l x^r$ [/mm] über [mm] $\IZ$, [/mm] also kann dieses Element nicht im Erzeugnis drinsitzen... und das war ja zu zeigen.
Alles klar?  Wenn nicht, frag nochmal nach.
Lars
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(Frage) für Interessierte  | | Datum: | 20:58 Di 19.04.2005 | | Autor: | Marietta |
Hallo!
Ich glaube den Anfang habe ich verstanden, aber die letzte Schlussfolgerung irgendwie nicht. Zu zeigen ist doch, dass ein beliebiger Erzeuger [mm] 2^*x^r [/mm] nicht von den übrigen Elementen kombiniert werden kann. (Habe ich das so richtig verstanden: weil wenn dieser Erzeuger von den übrigen Elementen kombiniert werden kann, dann ist er nicht nötig um das Ideal zu erzeugen und deshalb könnte das Ideal auch von weniger Elementen erzeugt werden?) Wiso heißt es am Ende, dass zu zeigen war, dass der eine nicht im Erzeugnis drin liegt? Weiß auch gar nicht welcher Erzeuger gemeint war, der nicht im Erzeugnis drin liegt... Er müsste doch eigentlich drin liegen damit ich k+1 Elemente habe...
Ich glaube das klingt jetzt etwas wirr, hoffe du kannst mit meiner Frage etwas anfangen.
Gruß Marietta
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:59 Mi 20.04.2005 | | Autor: | Marietta |
Hallo Julius,
Danke für deine Bemühung. Auf "unbeantwortet" stellen ist gut, vielleicht hat ja jemand anderes noch eine Idee.
Tschau Marietta
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:57 Di 19.04.2005 | | Autor: | Irrlicht |
Hallo Lars,
Tut mir echt schon leid, dass ich hier ständig (naja, 2mal) deine Post als falsch markiere. Ist nicht bös' gemeint.
> Dazu genügt es zu zeigen, dass kein Erzeuger von den
> übrigen Elementen kombiniert werden kann.
Nein. Gegenbeispiel: das Ideal (4, 6) in Z.
> Die Erzeuger mit höheren Potenzen in [mm]x[/mm] kommen ohnehin nicht
> in Frage,
Warum denn? Das sehe ich nicht. Es ist (mir) klar, dass die Erzeuger mit höheren X-Potenzen alleine nicht ausreichen. Ebenso wie die Erzeuger mit höheren 2-Potenzen alleine nicht ausreichen. Warum klappt es nicht mit beiden zusammen?
Liebe Grüße,
Irrlicht
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:34 Fr 22.04.2005 | | Autor: | Gnometech |
Hallo Irrlicht!
Hm, schon wieder daneben... Du hast natürlich völlig Recht mit Deinen Anmerkungen. Ich habe trotzdem immer noch das Gefühl, dass dieser Ansatz zum Ziel führt - aber ein (schlüssiger) Beweis ist mir leider nicht eingefallen. :-( Über Teilbarkeit müsste es irgendwie gehen... aber wie, das weiss ich im Moment nicht.
Naja, ich werde mir das nochmal genauer ansehen. Danke für das aufmerksame Lesen!
Lars
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:06 Mo 25.04.2005 | | Autor: | MicMuc |
Dein Ansatz klingt vielversprechend.
Problematisch bleibt der Beweis.
Leider fehlen Angaben zu Deinem Wissenstand!
Es macht schon einen Unterschied, ob diese Aufgabe einer Vorlesung "Lineare Algebra" oder einer "normalen" Vorlesung zur "Einführung in die Algebra" oder einer etwas spezielleren Vorlesung entstammt.
Entscheidend ist hierbei, welche Begriffe und Sätze zur Verfügung stehen.
(z.B. graduierte Ringe oder so ...)
Angenommen es steht nur die Teilbarkeitslehre in Z und der Begriff Ring plus Ideal zur Verfügung. Dann musst Du eher "elementar" vorgehen:
Deine Behauptung hast Du ja schon fixiert.
Vielleicht solltest Du ausgehend von dem IdeaI = ( [mm] p_1, [/mm] ..., p_(k+1)) [mm] [p_i [/mm] wie Du es angegeben hast] die Ideale
[mm] I_i [/mm] = [mm] (p_1, [/mm] ... , [mm] p_i) [/mm] betrachten.
Dann macht eine Beweisidee "per Induktion" vielleicht auch Sinn!
Noch ein paar Stichworte:
- euklidischer Ring Z ("Teilbarkeitslehre in Z")
- der Grad eines Polynoms
- Schnitte von Idealen
- Idealketten etc.
Im Fall I=(2,x) aus Deiner Vorlesung ist das alles natürlich sehr viel einfacher, aber an den dort verwendeten Argumenten solltest Du Dich orientieren können.
Wenn das alles nicht hilft, dann sag hier noch einmal Bescheid.
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