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| Aufgabe | z [mm] \in \IC, [/mm] I={f [mm] \in \IZ[X] [/mm] | f(x) = 0}.
Beweise, dass I ein Hauptideal von [mm] \IZ[X] [/mm] ist. |
Guten Abend zusammen!
Ich habe momentan mit dieser Aufgabe zu kämpfen..
Also ich habe hier ein Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten, welches alle komplexen zahlen auf Null abbildet. Ich möchte nun zeigen, dass I ein hauptideal von [mm] \IZ[X] [/mm] ist.
Also muss man zeigen, dass [mm] \IZ[X] [/mm] als Vielfache von I betarchtet werden kann, nicht? Sprich die vielfachen von I ergebene ganz [mm] \IZ[X] [/mm]
Nun habe ich leider keine ahnung, wie ich da beginnen soll.. Man soll sich I'={f [mm] \in \IQ[x] [/mm] | f(x) = 0} ansehen, was mir dadurch klar werden soll, ist mir jedoch auch rätselhaft.. Ich würde mich sehr freuen, wenn mir jemand einen kleinen Hinweis geben könnte wie ich beginnen kann...
Vielen lieben Dank Grenzwert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:22 Do 01.11.2007 | | Autor: | andreas |
hi
nur kurz eine bemerkung: du solltest dir am besten nochmals klar machen, was $I$ genau ist.
es sollte wohl in der aufgabe heißen: $z [mm] \in \mathbb{C}, \; [/mm] I = [mm] \{f \in \mathbb{Z}[X]: f(z) = 0 \}$, [/mm] also alle polynome, welche $z$ als nullstelle haben und nicht die polynome die überall null sind, davon gibt es nämlich nur eines!
> Ich möchte nun zeigen, dass I ein hauptideal von
> [mm]\IZ[X][/mm] ist.
> Also muss man zeigen, dass [mm]\IZ[X][/mm] als Vielfache von I
> betarchtet werden kann, nicht?
nein. dann wäre ja $I = [mm] \mathbb{Z}[X]$, [/mm] schau dir dazu nochmal die definition von ideal und hauptideal an!
grüße
andreas
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Hi Andreas!
Vielen Dank für deine Korrektur..Da habe ich ja wieder mal ein kleines Chaos gemacht...
Also natürlich macht es viel mehr Sinn, wenn I die Menge der Funktionen ist, die in z eine Nullstelle haben.. =)
Und die Definition von hauptideal habe ich auch mal wieder komplett auf den Kopf gestellt..
Also ein hauptideal ist ein Ideal, welches von einem Element erzeugt wird. In diesem speziellen Fall wäre das dann die Menge dieser Funktionen?
dann bleibt zu zeigen, dass I ein Ideal ist? (was ja ziemlich offensichtlich ist:
1. die Null von [mm] \IZ[X] [/mm] (also das Nullpolynom) ist in I
2. für [mm] f_{1},f_{2} \in \I [/mm] liegt auch [mm] f_{1}-f_{2} [/mm] in I, da die einzige Bedingung, die erfüllt werden muss ist, dass in z eine Nullstelle istund wenn [mm] f(z)=f_{1}(z)-f_{2}(z) [/mm] dann ist [mm] f_{1}(z)=0,da \in [/mm] I und [mm] f_{2}(z)=0, [/mm] da [mm] \in [/mm] I es folgt f(z)=0
3. für p [mm] \in \IZ[X] [/mm] und f [mm] \in [/mm] I ist p*f [mm] \in \IZ [/mm] (ähnlich zu zeigen wie 2,oder?))
Also das Hauptideal ist [mm] \IZ[X]*I={r*f, r \in \IZ[x]},das [/mm] ist erfüllt, da wenn r ein beliebiges Polynom aus [mm] \IZ[X] [/mm] ist und f [mm] \in [/mm] I, dann ist t=r*f= [mm] (a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_{1}x+a_{0}) [/mm] * [mm] (b_{m}y^{m}+b_{m-1}y^{m-1}+...+b_{1}y+b_{0})
[/mm]
Nun ist t(z)= r(z)*f(z) und f(z) ist nach Voraussetzung =0 dann folgt, dass t(z) auch =0 ist und deshalb [mm] \in [/mm] I
Es folgt I ist ein Hauptideal?
Nicht ganz kalr ist mir, welches das element ist, dass I erzeugt.. einfach alle Polynome mit einer Nullstelle in z? Verletzt das nicht die Definition von hauptideal?
Vielen Dank für die geduldige Hilfestellung!!
Grenzwert
p.s. Muss ich zeigen,dass I ein ideal ist, oder ist das klar?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:18 Do 01.11.2007 | | Autor: | andreas |
hi
> Vielen Dank für deine Korrektur..Da habe ich ja wieder mal
> ein kleines Chaos gemacht...
> Also natürlich macht es viel mehr Sinn, wenn I die Menge
> der Funktionen ist, die in z eine Nullstelle haben.. =)
> Und die Definition von hauptideal habe ich auch mal wieder
> komplett auf den Kopf gestellt..
> Also ein hauptideal ist ein Ideal, welches von einem
> Element erzeugt wird. In diesem speziellen Fall wäre das
> dann die Menge dieser Funktionen?
> dann bleibt zu zeigen, dass I ein Ideal ist? (was ja
> ziemlich offensichtlich ist:
> 1. die Null von [mm]\IZ[X][/mm] (also das Nullpolynom) ist in I
> 2. für [mm]f_{1},f_{2} \in \I[/mm] liegt auch [mm]f_{1}-f_{2}[/mm] in I, da
> die einzige Bedingung, die erfüllt werden muss ist, dass in
> z eine Nullstelle istund wenn [mm]f(z)=f_{1}(z)-f_{2}(z)[/mm] dann
> ist [mm]f_{1}(z)=0,da \in[/mm] I und [mm]f_{2}(z)=0,[/mm] da [mm]\in[/mm] I es folgt
> f(z)=0
> 3. für p [mm]\in \IZ[X][/mm] und f [mm]\in[/mm] I ist p*f [mm]\in \IZ[/mm] (ähnlich
> zu zeigen wie 2,oder?))
das sieht bis dahin ganz gut aus. und ja - wenn das nicht a priori klar ist, musst du natürlich auch zeigen, dass $I$ ein ideal ist.
> Also das Hauptideal ist [mm]\IZ[X]*I={r*f, r \in \IZ[x]},das[/mm]
> ist erfüllt, da wenn r ein beliebiges Polynom aus [mm]\IZ[X][/mm]
> ist und f [mm]\in[/mm] I, dann ist t=r*f=
> [mm](a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_{1}x+a_{0})[/mm] *
> [mm](b_{m}y^{m}+b_{m-1}y^{m-1}+...+b_{1}y+b_{0})[/mm]
> Nun ist t(z)= r(z)*f(z) und f(z) ist nach Voraussetzung =0
> dann folgt, dass t(z) auch =0 ist und deshalb [mm]\in[/mm] I
> Es folgt I ist ein Hauptideal?
nein. damit hast du nur gezeigt, dass für jedes element $f [mm] \in [/mm] I$ das von $f$ erzeugte hauptideal in $I$ enthalten ist. du musst aber zeigen, dass es ein solches $f$ gibt, so das alle elemente aus $I$ vielfache von $f$ sind und da kann man kein beliebiges element nehmen. betrachte etwa $z =0$. dann gilt [mm] $X^2 \in [/mm] I$, aber etwa $X$ liegt zwar in $I$, aber nicht in dem von [mm] $X^2$ [/mm] erzeugten hauptideal.
> Nicht ganz kalr ist mir, welches das element ist, dass I
> erzeugt.. einfach alle Polynome mit einer Nullstelle in z?
betrachte wieder $I'$. enthält $I'$ mehr als ein element, dann wähle solch eines mit positivem, aber minimalem grad und zeige, dass dies $I'$ erzeugt. nimm dazu ein $g [mm] \in [/mm] I'$ und führe teilen mit rest durch: $g = kf + r$ und zeige, dass $r = 0$ ist.
überlege dir, ob du dann mit einem geeigneten vielfachen (nenner geeignet wegmultiplizieren) einen erzeuger von $I$ finden kannst.
grüße
andreas
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Guten Abend nochmals..
Leider ist meine tolle Frage, die ich vorher ganz ausführlich formuliert habe in den weiten desworld wide web verschwunden.. :s Na ja wirelesslan lässt grüssen =)
Aber ich gebe nicht auf..
Also erstmal vielen herzlichen Dank für die Antwort. Hat mir sehr weiter geholfen!! Das grösste Problem woran ich jetzt noch scheitere ist das z. Dieses z ist ja ganz allgemein gewählt, deshalb tue ich mich etwas schwer mir die Polynome zu überlegen, welche eine Nullstelle in z haben..
Habe mir das ganze mal für z=0 durchgedacht (wie in deinem Beispiel) Da bin ich dann auf ein erzeugendes Polynom von f(X)=X gekommen, da je ein g [mm] \in [/mm] I von der Form [mm] a_{n}x^{n}+...+a_{1}x [/mm] sein muss.
die Koeffizienten lassen sich durch Multiplikation mit Konstanten erzeugen und die höheren Potenzen durch Multiplikation mit Polynomen (höheren Grades..) Oder?
das heisst g=k*f+r wird immer r=0 haben mit f=X
das ist dieser Spezialfall.. Nun aber das ganze im allgemeinen Fall? dachte mal an X+1, damit wären dann auch die [mm] a_{0} [/mm] (Konstante ohne Variablen) "abgedeckt".
Habe ich mich heir in was verrannt, oder bin ich auf dem richtigen Weg?
Wäre wieder mal sehr froh um Hilfestellung =)
Es dankt der Grenzwert
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:35 Fr 02.11.2007 | | Autor: | andreas |
hi
also der erzeugende für [mm] $I_0 [/mm] = [mm] \{f \in \mathbb{Z}[X] : f(0) = 0 \}$ [/mm] ist schonmal richtig, es gilt [mm] $I_0 [/mm] = (X)$ - sowohl in [mm] $\mathbb{Z}[X]$, [/mm] als auch in [mm] $\mathbb{Q}[X]$.
[/mm]
für den allgemeinen fall, schau dir die zerlegung $g = kf + r$, an. was kann man über den grad von $r$ aussagen (schau dir dazu nochmals den divisionsalgorithmus an)? und was ergibt sich auf der linken seite von $g - kf = r$, wenn man dieses an der stelle $z$ auswertet? was muss dann auch für $r$ gelten? was folgt damit für $r$?
grüße
andreas
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