Mathematik online lernen im Mathe-Forum. Nachhilfe online

Startseite » Forum » Primideal in Polynomring

Primideal in Polynomring

Universität / Fachhochschule

Polynome

Ringe

Tags: polynom, Ring

story aktiv_icon

17:20 Uhr, 19.03.2025

Zu zeigen ist: Sei

P

ein Primideal eines Rings

R

. Dann ist das von

P

erzeugte Ideal

I := P R [X]

ein Primideal im Polynomring

R [X]

.

Meine Idee:

I

besteht aus denjenigen Polynomen, deren Koeffizienten allesamt in

P

liegen. Sind

f = a_{0} + a_{1} X + . . . a_{n} X^{n}

und

g = b_{0} + b_{1} X + . . . + b_{m} X^{m}

R [X]

Polynome, so ist

f g = c_{0} + c_{1} X + . . . + c_{n + m} X^{n + m}

mit

c_{i} = a_{0} b_{i} + a_{1} b_{i - 1} + . . . + a_{i} b_{0}

.

Soll

f g \in I

liegen, so müssen alle seine Koeffizienten in

P

liegen. Es ergibt sich zunächst

c_{0} = a_{0} b_{0} \in P

, also (

P

ist Primideal) o.B.d.A.

a_{0} \in P

, aber jetzt komme ich nicht weiter. Denn die nächste Information lautet

a_{0} b_{1} + a_{1} b_{0} \in P

, also nach Subtraktion von

a_{0} b_{1} \in P

auch

a_{1} b_{0} \in P

, aber nun kann man leider nicht folgern, dass

a_{1} \in P

liegt (genauso gut könnte ja auch

b_{0} \in P

liegen. Daher kann ich nicht, das Argument fortführend,

f \in I

oder

g \in I

folgern.

Hat jemand Ideen?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Polynomfunktionen / ganzrationale Funktionen - Einführung

michaL aktiv_icon

22:11 Uhr, 19.03.2025

Hallo,

müsste es nicht ein Polynom

h = f \cdot g

KLEINSTEN Grades geben, falls es (was ja auch nicht zu erwarten ist) es tatsächlich ein Polynom

h = f \cdot g

gibt, dass selbst zwar im Ideal liegt, aber keiner seiner beiden Faktoren?

Also versuchen wir es auf diese Weise mit einem Widerspruch.
Annahme: Es gibt ein Polynom

h = f \cdot g

mit

h \in I

und

f, g \notin I

.
Dann sei

h

minimalen Grades mit dieser Eigenschaft.

Wir verwenden einfach

f = \sum_{k = 0}^{m} f_{k} x^{k}

und

g = \sum_{l = 0}^{n} g_{l} x^{l}

.

Wir wissen ja, dass

h_{0} = f_{0} g_{0} \in P

liegt, also oBdA

f_{0} \in P

(oder

I

, wenn dir das in diesem Fall lieber ist).

Nun betrachten

h - f_{0} g = x \cdot (\sum_{k = 1}^{m} f_{k} x^{k - 1}) \cdot g

bzw. genau genommen

\tilde{h} := (\sum_{k = 1}^{m} f_{k} x^{k - 1}) \cdot g

.

Es hat die gleichen Koeffizienten wie

h - f_{0} g \in I

, aber der Grad ist um 1 geringer.

Da

h

mit minimalem Grad gewählt worden war, muss

\tilde{h}

aber die Eigenschaft besitzen, dass einer seiner Faktoren in

I

liegt.

g

kann es gemäß Annahme nicht sein.
Wäre

\sum_{k = 1}^{m} f_{k} x^{k - 1}) \in I

, so auch

x (\sum_{k = 1}^{m} f_{k} x^{k - 1}) \in I

und schließlich

f \in I

selbst, was aber auch im Widerspruch zur Annahme steht.

Ergo haben wir ein Polynom kleineren Grades gefunden als dasjenige minimalen Grades. Das steht im Widerspruch zur Annahme. Also war die Annahme fehlerhaft.

q e d

Mfg Michael

story aktiv_icon

23:02 Uhr, 19.03.2025

Ach interessant, vielen Dank für die Antwort! Jetzt wo du mich auf die Idee mit der Minimalität gebracht hast, fällt mir ein, dass man ja auch (ich verwende deine Notation) o.B.d.A.

f_{m} \in P \subset I

folgern könnte. Dann liegt auch

f_{m} x^{m} \in I

und man betrachtet

\tilde{h} := f g - f_{m} x^{m} g = (f - f_{m} x^{m}) g = (\sum_{i = 0}^{m - 1} f_{i} x^{i}) \cdot g \in I

,

und folgert aus

d e g (\tilde{h}) = d e g (h) - 1

, dass einer der Faktoren in

I

liegen muss, also

(f - f_{m} x^{m}) \in I

, also auch

f \in I

liegt (Widerspruch).

Aber ich fürchte, dass mein Beweis nicht ganz funktioniert, weil tatsächlich nicht

d e g (\tilde{h}) = d e g (h) - 1

sein muss, sondern die Grade könnten auch gleich sein, wenn

f_{m} g_{n} = 0

(der Ring ist ja nicht unbedingt nullteilerfrei)....

michaL aktiv_icon

12:14 Uhr, 20.03.2025

Hallo,

tja, das Problem gibt es in meinem Versuch auch.

Vermutlich kommt man doch mit deinem ersten Ansatz zum Ziel.

Wir nehmen

f = \sum_{k = 0}^{m} f_{k} x^{k}

g = \sum_{l = 0}^{n} g_{l} x^{l}

her und definieren vorsichtshalber

f_{k} := g_{l} := 0

für

k > m

bzw.

l > n

.

Sei nun

h = f \cdot g = \sum_{i = 0}^{m + n} h_{i} x^{i} \in P

mit

h_{i} := \sum_{j = 0}^{i} f_{j} g_{i - j}

.

Aus

h_{0} \in P

folgt also

f_{0} g_{0} \in P

.
Fall 1:

g_{0} \notin P \Rightarrow f_{0} \in P

Dann folgt aus

P ∋ h_{2} = f_{0} g_{1} + f_{1} g_{0}

P ∋ h_{2} - f_{0} g_{1} = f_{1} g_{0}

. Es folgt wegen

g_{0} \notin P

dann

f_{1} \in P

.

Haben wir iterativ

f_{0}, \dots, f_{s} \in P

(

s < m

) schon bewiesen, so folgt auch:

f_{s + 1} g_{0} = h_{s + 1} - \sum_{t = 0}^{s} f_{t} g_{s + 1 - t} \in P

und wegen

g_{0} \notin P

eben

f_{s + 1} \in P

.

Auf diese Weise haben wir schließlich

f \in I

nachgewiesen.

Der 2. Fall

f_{0} \notin P

geht entscprechend.

Fall 3:

f_{0}, g_{0} \in P

Daraus ergeben sich die drei Unterscheidungen:

f_{1} \notin P

g_{1} \notin P

bzw.

f_{1}, g_{1} \in P

Die Fälle a) und b) laufen entsprechend ab zu Fall 1.

Interessant ist eher Fall 2c). Letztlich läuft es darauf hinaus, dass man immer herleiten kann, dass

f \in I

oder

g \in I

gilt.

Um die Sache zu Formalisieren, wäre vielleicht nun der Trick mit dem minimalen Index (oBdA)

f_{a}

zu arbeiten, der gerade NICHT in

P

liegt.
Von dem ausgehend wäre dann nachzuweisen, dass

g \in I

folgt (oder ein Widerspruch zur Minimalität von

a

).
Vielleicht reicht das schon, um wieder auf deinen ursprünglichen Weg zurückzukommen?

Mfg Michael

Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.

1590414

1590409

	Status: nicht eingeloggt	Noch nicht registriert?