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Forum "Algebra" - Eisenstein - Kriterium Beweis
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Eisenstein - Kriterium Beweis: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 21:23 Sa 07.03.2020
Autor: sina10

Hallo, liebe Community. Ich habe das letzte Mal, als ich eine Frage gepostet habe, sehr gute Erfahrungen gemacht.

Aus diesem Grund habe ich mir gedacht, ich stelle meine Fragen hier rein, die bei einem Beweis auftreten, den ich als Übung für das kommende Semester verstehen will.

Es geht um die Aussage

"Es sei $R$ ein faktorieller Ring und $f = [mm] \sum\limits_{i = 0}^{n} a_{i} t^{i} \in R[\;t\;] \setminus R^{\*}$ [/mm] ein primitives Polynom.

Wenn es ein Primelement $p [mm] \in [/mm] R$ gibt, so dass $p$ ein Teiler von [mm] $a_{0}, \ldots, a_{n - 1}$ [/mm] und [mm] $p^{2} [/mm] $ kein Teiler von [mm] $a_{0}$ [/mm] ist, dann ist $f$ irreduzibel in [mm] $R[\;t\;]$." [/mm]



Und hier ist der Beweis dazu:



Als primitives Polynom  ist $f$ nicht $0$ und nach Voraussetzung ist $f$ auch keine Einheit in [mm] $R[\;t\;]$. [/mm] Wir müssen also zeigen, dass aus $f = g [mm] \cdot [/mm] h$ für $g, h [mm] \in R[\;t\;]$ [/mm] folgt, dass $g$ oder $h$ eine Einheit in [mm] $R[\;t\;]$ [/mm] ist.

nehmen wir stattdessen an, $f = g [mm] \cdot [/mm] h$ mit $g = [mm] \sum\limits_{i = 0}^{k} b_{i} t^{i} \in R[\;t\;]$ [/mm] vom Grad $k$ und $h = [mm] \sum\limits_{i = 0}^{l} c_{j} t^{j} \in R[\;t\;]$ [/mm] vom Grad $l$.

Wenn $k = 0$ gilt, so ist $g [mm] \in [/mm] R$ ein Teiler aller Koeffizienten von $f$ und mithin eine Einheit, da $f$ primitiv ist.

Analog ist $h$ eine Einheit, wenn $l = 0$ gilt.


Es bleibt also nur der Fall $k, l > 0$ und damit zugleich $k, l < n$ zu betrachten.

Aus $f = g [mm] \cdot [/mm] h$ folgt [mm] $a_{k} [/mm] = [mm] \sum\limits_{i + j = k} b_{i} c_{j}$ [/mm] für $k = 0, [mm] \cdots, n\quad$ [/mm]  $(15)$.

Nach Voraussetzung gilt

[mm] $p\; \vert \; a_{0} [/mm] = [mm] b_{0} \cdot c_{0}$, [/mm]

und da $p$ prim ist, können wir ohne Einschränkung [mm] $p\; \vert\; b_{0}$ [/mm]

annehmen. Da [mm] $p^{2}$ [/mm] kein Teiler von [mm] $a_{0}$ [/mm] ist. folgt zugleich

$p$ teilt nicht  [mm] $c_{0}$. [/mm]


Wir zeigen nun mit Induktion  nach $i$, dass  [mm] $p\; \vert \; b_{i}$ [/mm] für alle $i = 0, [mm] \ldots, [/mm] k$ gelten muss.

Für den Induktionsschritt setzen wir voraus, dass die Eigenschaft für alle Indizes von $0$ bis $i - 1$ bereits gezeigt ist.


Aus $(15)$ folgt


[mm] $b_{i} \cdot c_{0} [/mm] = [mm] a_{i} [/mm] - [mm] b_{i - 1} \cdot c_{1} [/mm] - [mm] b_{i - 2} \cdot c_{2} [/mm] - [mm] \ldots [/mm] - [mm] b_{0} \cdot c_{i}$ [/mm]

und die rechte Seite ist wegen der Voraussetzung [mm] $p\; \vert \; a_{i}$ [/mm] (für $i < n$) und wegen der Induktionsvoraussetzung durch $p$ teilbar.



Also haben wir [mm] $p\; \vert \; b_{i} \cdot c_{0}$ [/mm] gezeigt.


Da $p$ prim ist und [mm] $c_{0}$ [/mm] nicht teilt, muss $p$ also [mm] $b_{i}$ [/mm] teilen.

Wir haben also mit Induktion gezeigt, dass $p$ jeden Koeffizienten von $g$ teilt, dann gilt aber auch [mm] $p\; \vert \; b_{k} \cdot c_{l} [/mm] = [mm] a_{n}$ [/mm]

im Widerspruch dazu, dass $f$ primitiv ist und $p$ deshalb nicht alle Koeffizienten von $f$ teilen kann.





Ich habe manche Sachen nicht verstanden, weshalb ich mich freuen würde, wenn jemand sie mir erklären könnte :-)



Meine erste Frage ist:

Warum ist nach Voraussetzung $f$ keine Einheit von [mm] $R[\;t\;]$ [/mm] ? Sind die Einheiten eines allgemeinen Polynomrings die Einheiten von $R$ ?


Und vielleicht noch eine kurze Verständnisfrage:

Wir haben irgendeinen faktoriellen Ring vorliegen. Ich weiß nicht, ob der Ring der quadratischen Matrizen faktoriell ist, aber angenommen, dieser Ring wäre faktoriell und $f$ käme aus diesem Ring. Wären die Koeffizienten von $f$ dann einfach Matrizen ?



2. Frage:


Warum ist $g$ für $k = 0$ eine Einheit?

Die Begründung ist ja, dass $f$ primitiv ist. Aber mir erschließt sich das nicht, bzw. ich sehe trotzdem nicht, weshalb $g$ eine Einheit sein soll.


3. Frage

Das ist eigentlich keine Frage. Es geht darum, dass ich die Induktion nicht zu 100% verstehe.  Ich bringe bei der Induktion ein bisschen Struktur rein:



Behauptung:

Es gilt [mm] $p\; \vert \; b_{i}$ [/mm] für $i = 0, 1, [mm] \ldots, [/mm] k$.




Induktionsanfang:

Sei $k = 0$.

Für $k = 0$ gilt die Aussage, weil wir oben annehmen, dass $p$ [mm] $a_{0}$ [/mm] teilt und nicht [mm] $c_{0}$. [/mm]



Induktionsvoraussetzung:

[mm] $\exists [/mm] k [mm] \in \mathbb{N}: p\; \vert \; b_{i}$ [/mm]


Induktionsschritt:



Warum nimmt man hier an, dass die Behauptung für $0, 1, [mm] \ldots, [/mm] i - 1$ stimmt ? Müsste da nicht $k - 1$ stehen ?





4. Frage:


Wie kommt man auf die Gleichung [mm] $b_{i} \cdot c_{0} [/mm] = [mm] a_{i} [/mm] - [mm] b_{i - 1} \cdot c_{1} [/mm] - [mm] b_{i - 2} \cdot c_{2} [/mm] - [mm] \ldots [/mm] - [mm] b_{0} \cdot c_{i}$ [/mm] ?

Das habe ich nach längerem Überlegen noch nicht verstanden...




Ich hoffe, ich habe klar gemacht, wo hier meine Schwierigkeiten liegen :)

Ich hoffe, mir kann oder möchte jemand helfen.

Grüße, Sina



Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.

        
Bezug
Eisenstein - Kriterium Beweis: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 21:47 So 08.03.2020
Autor: HJKweseleit


> Hallo, liebe Community. Ich habe das letzte Mal, als ich
> eine Frage gepostet habe, sehr gute Erfahrungen gemacht.
>
> Aus diesem Grund habe ich mir gedacht, ich stelle meine
> Fragen hier rein, die bei einem Beweis auftreten, den ich
> als Übung für das kommende Semester verstehen will.
>  
> Es geht um die Aussage
>  
> "Es sei [mm]R[/mm] ein faktorieller Ring und [mm]f = \sum\limits_{i = 0}^{n} a_{i} t^{i} \in R[\;t\;] \setminus R^{\*}[/mm]
> ein primitives Polynom.
>  
> Wenn es ein Primelement [mm]p \in R[/mm] gibt, so dass [mm]p[/mm] ein Teiler
> von [mm]a_{0}, \ldots, a_{n - 1}[/mm] und [mm]p^{2}[/mm] kein Teiler von
> [mm]a_{0}[/mm] ist, dann ist [mm]f[/mm] irreduzibel in [mm]R[\;t\;][/mm]."
>  
>
>
> Und hier ist der Beweis dazu:
>  
>
>
> Als primitives Polynom  ist [mm]f[/mm] nicht [mm]0[/mm] und nach
> Voraussetzung ist [mm]f[/mm] auch keine Einheit in [mm]R[\;t\;][/mm]. Wir
> müssen also zeigen, dass aus [mm]f = g \cdot h[/mm] für [mm]g, h \in R[\;t\;][/mm]
> folgt, dass [mm]g[/mm] oder [mm]h[/mm] eine Einheit in [mm]R[\;t\;][/mm] ist.
>  
> nehmen wir stattdessen an, [mm]f = g \cdot h[/mm] mit [mm]g = \sum\limits_{i = 0}^{k} b_{i} t^{i} \in R[\;t\;][/mm]
> vom Grad [mm]k[/mm] und [mm]h = \sum\limits_{i = 0}^{l} c_{j} t^{j} \in R[\;t\;][/mm]
> vom Grad [mm]l[/mm].
>  
> Wenn [mm]k = 0[/mm] gilt, so ist [mm]g \in R[/mm] ein Teiler aller
> Koeffizienten von [mm]f[/mm] und mithin eine Einheit, da [mm]f[/mm] primitiv
> ist.
>
> Analog ist [mm]h[/mm] eine Einheit, wenn [mm]l = 0[/mm] gilt.
>  
>
> Es bleibt also nur der Fall [mm]k, l > 0[/mm] und damit zugleich [mm]k, l < n[/mm]
> zu betrachten.
>
> Aus [mm]f = g \cdot h[/mm] folgt [mm]a_{k} = \sum\limits_{i + j = k} b_{i} c_{j}[/mm]
> für [mm]k = 0, \cdots, n\quad[/mm]  [mm](15)[/mm].
>  
> Nach Voraussetzung gilt
>  
> [mm]p\; \vert \; a_{0} = b_{0} \cdot c_{0}[/mm],
>
> und da [mm]p[/mm] prim ist, können wir ohne Einschränkung [mm]p\; \vert\; b_{0}[/mm]
>  
> annehmen. Da [mm]p^{2}[/mm] kein Teiler von [mm]a_{0}[/mm] ist. folgt
> zugleich
>
> [mm]p[/mm] teilt nicht  [mm]c_{0}[/mm].
>  
>
> Wir zeigen nun mit Induktion  nach [mm]i[/mm], dass  [mm]p\; \vert \; b_{i}[/mm]
> für alle [mm]i = 0, \ldots, k[/mm] gelten muss.
>
> Für den Induktionsschritt setzen wir voraus, dass die
> Eigenschaft für alle Indizes von [mm]0[/mm] bis [mm]i - 1[/mm] bereits
> gezeigt ist.
>  
>
> Aus [mm](15)[/mm] folgt
>  
>
> [mm]b_{i} \cdot c_{0} = a_{i} - b_{i - 1} \cdot c_{1} - b_{i - 2} \cdot c_{2} - \ldots - b_{0} \cdot c_{i}[/mm]
>  
> und die rechte Seite ist wegen der Voraussetzung [mm]p\; \vert \; a_{i}[/mm]
> (für [mm]i < n[/mm]) und wegen der Induktionsvoraussetzung durch [mm]p[/mm]
> teilbar.
>  
>
>
> Also haben wir [mm]p\; \vert \; b_{i} \cdot c_{0}[/mm] gezeigt.
>  
>
> Da [mm]p[/mm] prim ist und [mm]c_{0}[/mm] nicht teilt, muss [mm]p[/mm] also [mm]b_{i}[/mm]
> teilen.
>  
> Wir haben also mit Induktion gezeigt, dass [mm]p[/mm] jeden
> Koeffizienten von [mm]g[/mm] teilt, dann gilt aber auch [mm]p\; \vert \; b_{k} \cdot c_{l} = a_{n}[/mm]
>  
> im Widerspruch dazu, dass [mm]f[/mm] primitiv ist und [mm]p[/mm] deshalb
> nicht alle Koeffizienten von [mm]f[/mm] teilen kann.
>
>
>
>
>
> Ich habe manche Sachen nicht verstanden, weshalb ich mich
> freuen würde, wenn jemand sie mir erklären könnte :-)
>  
>
>
> Meine erste Frage ist:
>  
> Warum ist nach Voraussetzung [mm]f[/mm] keine Einheit von [mm]R[\;t\;][/mm] ?
> Sind die Einheiten eines allgemeinen Polynomrings die
> Einheiten von [mm]R[/mm] ?
>
>
> Und vielleicht noch eine kurze Verständnisfrage:
>  
> Wir haben irgendeinen faktoriellen Ring vorliegen. Ich
> weiß nicht, ob der Ring der quadratischen Matrizen
> faktoriell ist, aber angenommen, dieser Ring wäre
> faktoriell und [mm]f[/mm] käme aus diesem Ring. Wären die
> Koeffizienten von [mm]f[/mm] dann einfach Matrizen ?
>  

Hierzu kann ich dir nichts sagen, weil das mittlerweile zu weit weg von mir ist.

>
> 2. Frage:
>  
>
> Warum ist [mm]g[/mm] für [mm]k = 0[/mm] eine Einheit?
>
> Die Begründung ist ja, dass [mm]f[/mm] primitiv ist. Aber mir
> erschließt sich das nicht, bzw. ich sehe trotzdem nicht,
> weshalb [mm]g[/mm] eine Einheit sein soll.

>

G ist dann ja nur eine Zahl (ich betrachte jetzt mal nur den  Ring [mm] \IZ[x]). [/mm] Die, mit dem Leitkoeffizienten von h multipliziert, muss den Leitkoeffizienten von f, also 1 geben. Also ist g eine Einheit. Das Entscheidende aber ist: Für k=0 lässt sich von f nur eine Zahl abspalten, und dadurch gilt f immer noch als irreduzibel. g und h sollen mindestens den Grad 1 haben.
  

>
> 3. Frage
>  
> Das ist eigentlich keine Frage. Es geht darum, dass ich die
> Induktion nicht zu 100% verstehe.  Ich bringe bei der
> Induktion ein bisschen Struktur rein:
>  
>
>
> Behauptung:
>
> Es gilt [mm]p\; \vert \; b_{i}[/mm] für [mm]i = 0, 1, \ldots, k[/mm].
>  
>
>
>
> Induktionsanfang:
>  
> Sei [mm]k = 0[/mm].
>  
> Für [mm]k = 0[/mm] gilt die Aussage, weil wir oben annehmen, dass [mm]p[/mm]
> [mm]a_{0}[/mm] teilt und nicht [mm]c_{0}[/mm].
>  
>
>
> Induktionsvoraussetzung:
>  
> [mm]\exists k \in \mathbb{N}: p\; \vert \; b_{i}[/mm]
>  
>
> Induktionsschritt:
>  
>
>
> Warum nimmt man hier an, dass die Behauptung für [mm]0, 1, \ldots, i - 1[/mm]
> stimmt ? Müsste da nicht [mm]k - 1[/mm] stehen ?
>  

>

Ja, die ganze Darstellung ist unglücklich gewählt, weil die Indices ein bisschen verzwickt sind. Der Verfasser sagt einmal, dass der Grad von g k ist, anschließend nennt er aber die Koeffizienten von f [mm] a_k, [/mm] und das beißt sich. Ich stelle das mal anders dar.


Sei [mm] k\ge [/mm] 1. Induktion über i mit [mm] 0\le [/mm] i [mm] \le [/mm] k

I-Anfang: i=0

Wegen [mm] a_0=b_0c_0 [/mm] teilt p [mm] b_0, [/mm] da p nur einmal in [mm] a_0 [/mm] vorkommt und wir festgelegt haben, dass das bei [mm] b_0 [/mm] sein soll.

I-Schritt: von i-1 auf i

Wir nehmen an, dass p alle [mm] b_j [/mm] mit [mm] 0\le j\le [/mm] i-1 teilt.

Wir betrachten nun [mm] a_i=\summe_{j+m=i} b_jc_m [/mm] = [mm] b_ic_0+b_{i-1}c_1+b_{i-2}c_2 [/mm] +..., wobei die ersten beiden Glieder auf jeden Fall existieren, da der Grad von h mindestens 1 sein soll. Aus diesem Grund ist i auch auf jeden Fall <Grad f. Daher ist [mm] a_i [/mm] nicht der Leitkoeffizient von f, und nach Voraussetzung teilt p [mm] a_i. [/mm] Auf der rechten Seite kommen ab dem zweiten Summanden die Faktoren [mm] b_{i-1}, b_{i-2}... [/mm] vor, die auch alle nach Induktionsvoraussetzung durch p teilbar sind. Daher muss der erste Summand [mm] b_ic_0 [/mm] auch durch p teilbar sein, und da [mm] c_0 [/mm] dies nicht ist, muss auch [mm] b_i [/mm] durch p teilbar sein.

Nun ist bewiesen, dass auch [mm] a_k [/mm] durch p teilbar ist. [mm] a_k [/mm] multipliziert mit dem Leitkoeffizienten von h ergibt den Leitkoeffizienten 1 von f, und dieser müsste nun auch durch p teilbar sein.

  

>
>
>
> 4. Frage:
>  
>
> Wie kommt man auf die Gleichung [mm]b_{i} \cdot c_{0} = a_{i} - b_{i - 1} \cdot c_{1} - b_{i - 2} \cdot c_{2} - \ldots - b_{0} \cdot c_{i}[/mm]
> ?


Das siehst du nun sofort, indem du meine obige Gleichung umstellst.

>  
> Das habe ich nach längerem Überlegen noch nicht
> verstanden...
>  
>
>
>
> Ich hoffe, ich habe klar gemacht, wo hier meine
> Schwierigkeiten liegen :)
>  
> Ich hoffe, mir kann oder möchte jemand helfen.
>
> Grüße, Sina
>
>
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.


Bezug
                
Bezug
Eisenstein - Kriterium Beweis: Ergänzung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 06:59 Mo 09.03.2020
Autor: statler

Hi!
> > Und vielleicht noch eine kurze Verständnisfrage:
>  >  
> > Wir haben irgendeinen faktoriellen Ring vorliegen. Ich
> > weiß nicht, ob der Ring der quadratischen Matrizen
> > faktoriell ist, aber angenommen, dieser Ring wäre
> > faktoriell und [mm]f[/mm] käme aus diesem Ring. Wären die
> > Koeffizienten von [mm]f[/mm] dann einfach Matrizen ?
>  >  
>

Faktorielle Ringe sind nach der üblichen Definition nullteilerfrei, damit ist ein voller Matrizenring i. a. nicht faktoriell.
Gruß
Dieter


Bezug
        
Bezug
Eisenstein - Kriterium Beweis: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 00:42 Di 10.03.2020
Autor: sina10

Hallo, ich bedanke mich sehr für eure Antworten. Ich hatte vorgestern und gestern kaum Zeit, mich weiter mit der Aufgabe und euren Antworten zu beschäftigen.

Ich melde mich heute Nachmittag nochmal :-)


Liebe Grüße

Bezug
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