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Polynomring in 2 Variablen: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 00:01 Di 30.05.2006
Autor: linder05

Aufgabe
a) Untersuche mit Beweis auf Irreduzibilität:

[mm] f(X,Y)=Y^6+XY^5+2XY^3+2X^2Y^2-X^3Y+X^2+X [/mm] in  [mm] \IQ[X,Y]. [/mm]

b) Zeige dass folgendes Polynom irreduzibel ist:

[mm] f(X,Y)=X^9+XY^7+Y [/mm] in  [mm] \IZ[X,Y] [/mm]

Mit Polynomringen in zwei Variablen hab ich bisher noch nicht gearbeitet... Kann man beim ersten vielleicht Eisenstein anwenden? Wie wären hier die Voraussetzungen bei zwei Variablen?

Wie setzt man beim zweiten an?

Vielen Dank für alle Tipps!!

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


        
Bezug
Polynomring in 2 Variablen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 09:10 Di 30.05.2006
Autor: felixf

Hallo!

> a) Untersuche mit Beweis auf Irreduzibilität:
>  
> [mm]f(X,Y)=Y^6+XY^5+2XY^3+2X^2Y^2-X^3Y+X^2+X[/mm] in  [mm]\IQ[X,Y].[/mm]
>  
> b) Zeige dass folgendes Polynom irreduzibel ist:
>  
> [mm]f(X,Y)=X^9+XY^7+Y[/mm] in  [mm]\IZ[X,Y][/mm]
>
>  Mit Polynomringen in zwei Variablen hab ich bisher noch
> nicht gearbeitet... Kann man beim ersten vielleicht
> Eisenstein anwenden? Wie wären hier die Voraussetzungen bei
> zwei Variablen?

Ja, Eisenstein hilft hier (bei beiden).

Beim ersten nimmst du als Ring [mm] $\IQ[X]$ [/mm] (ist ja faktoriell) und darueber den Polynomring in der Unbestimmten $Y$. Als Primelement nimmst du $X$: $X$ ist ein Teiler vom konstanten Term, aber [mm] $X^2$ [/mm] nicht (der Term ist $X (X + 1)$), teilt jeden Koeffizient von [mm] $Y^i$ [/mm] mit $0 < i < 6$, und den Koeffizient von [mm] $Y^6$ [/mm] teilt $X$ nicht.

> Wie setzt man beim zweiten an?

Ebenfalls Eisenstein. Als Ring nimm [mm] $\IZ[Y][X]$, [/mm] also du fasst das Polynom als ein Polynom in $X$ auf mit Koeffizienten in [mm] $\IZ[Y]$. [/mm] Das Primelement musst du nun aber selber finden ;-)

Eine andere Methode bei multivariaten Polynomen ist das Reduktionsverfahren: Du setzt fuer $X$ oder $Y$ was ein und schaust, ob das Resultat irreduzibel ist. Wenn ja, dann war das Original auch irreduzibel (man muss natuerlich noch ein paar Voraussetzungen beachten...).

LG Felix


Bezug
                
Bezug
Polynomring in 2 Variablen: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 00:12 Mi 31.05.2006
Autor: linder05


> > Wie setzt man beim zweiten an?
>  
> Ebenfalls Eisenstein. Als Ring nimm [mm]\IZ[Y][X][/mm], also du
> fasst das Polynom als ein Polynom in [mm]X[/mm] auf mit
> Koeffizienten in [mm]\IZ[Y][/mm]. Das Primelement musst du nun aber
> selber finden ;-)

Ich nehme dann an, dass das Primelement jetzt Y ist?! ;-) Y teilt nicht [mm] X^9, [/mm] aber [mm] XY^7. [/mm] Und [mm] Y^2 [/mm] teilt nicht Y.  Also ist f nach Eisenstein irreduzibel in [mm] \IZ[X,Y] [/mm] - stimmt das so?

Geht das wirklich so einfach? ;-) Gibt es bestimmte Voraussetzungen was die Ringe bzw. die Unbekannten betrifft? faktoriell etc.? Oder bezog sich das nur auf das Eisenstein-Kriterium?

Vielen Dank!!

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Polynomring in 2 Variablen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 07:25 Mi 31.05.2006
Autor: felixf

Hallo!

> > > Wie setzt man beim zweiten an?
>  >  
> > Ebenfalls Eisenstein. Als Ring nimm [mm]\IZ[Y][X][/mm], also du
> > fasst das Polynom als ein Polynom in [mm]X[/mm] auf mit
> > Koeffizienten in [mm]\IZ[Y][/mm]. Das Primelement musst du nun aber
> > selber finden ;-)
>  
> Ich nehme dann an, dass das Primelement jetzt Y ist?! ;-) Y
> teilt nicht [mm]X^9,[/mm] aber [mm]XY^7.[/mm] Und [mm]Y^2[/mm] teilt nicht Y.  Also
> ist f nach Eisenstein irreduzibel in [mm]\IZ[X,Y][/mm] - stimmt das
> so?

Genau.

> Geht das wirklich so einfach? ;-) Gibt es bestimmte
> Voraussetzungen was die Ringe bzw. die Unbekannten
> betrifft? faktoriell etc.? Oder bezog sich das nur auf das
> Eisenstein-Kriterium?

Fuer Eisenstein brauchst du nur, dass der Grundring ein Integritaetsbereich ist -- hier also [mm] $\IQ[X]$ [/mm] und [mm] $\IZ[Y]$. [/mm]

Um sinnvoll von Irreduziblitaet und Teilbarkeit reden zu koennen benoetigst du sowieso Integritaetsbereiche. Bei manchen Verfahren (etwa das Reduktionsverfahren, Satz von Gauss) brauchst du noch zusaetzlich faktoriell...

LG Felix


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Polynomring in 2 Variablen: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 20:57 Do 01.06.2006
Autor: linder05

Noch eine Frage zum Eisenstein-Kriterium: In manchen Büchern steht, dass R ein Integritätsring sein muss, in anderen wiederum steht was von einem faktoriellen Ring! Was stimmt denn nun?

Ist folgende Definition korrekt:

Sei R ein faktorieller Ring und [mm] f=a_{n}X^n+...+a_{1}X+a_{0} \in [/mm] R[X] ein Polynom mit gradf=n. Ist [mm] p\inR [/mm] ein Primelement von R mit p teilt [mm] a_{n} [/mm] nicht, p teilt [mm] a_{j} [/mm] für j=0,...,n-1 und [mm] p^2 [/mm] teilt [mm] a_{0} [/mm] nicht, so ist f irreduzibel in R[X].

Falls f primitiv ist, ist f dann sogar irreduzibel über dem Quotientenkörper von R.

Ist ziemlich wichtig für mich, also ruhig kleinlich sein!! ;-)

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Polynomring in 2 Variablen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 22:10 Do 01.06.2006
Autor: felixf

Hallo!

> Noch eine Frage zum Eisenstein-Kriterium: In manchen
> Büchern steht, dass R ein Integritätsring sein muss, in
> anderen wiederum steht was von einem faktoriellen Ring! Was
> stimmt denn nun?

Wenn da steht, dass $R$ faktoriell sei, heisst das ja nicht, das man die Aussage nicht auch fuer Integritaetsringe beweisen koennte.

> Ist folgende Definition korrekt:
>  
> Sei R ein faktorieller Ring und [mm]f=a_{n}X^n+...+a_{1}X+a_{0} \in[/mm]
> R[X] ein Polynom mit gradf=n. Ist [mm]p\inR[/mm] ein Primelement von
> R mit p teilt [mm]a_{n}[/mm] nicht, p teilt [mm]a_{j}[/mm] für j=0,...,n-1
> und [mm]p^2[/mm] teilt [mm]a_{0}[/mm] nicht, so ist f irreduzibel in R[X].

Vorsicht! Du musst auch hier fordern, dass $f$ primitiv ist! Ansonsten Waere das Polynom $2 [mm] x^2 [/mm] + 6$ in [mm] $\IZ[x]$ [/mm] irreduzibel laut dem Kriterium... (Dabei bedeutet primitiv ueber Integritaetsringen, dass die Koeffizienten teilerfremd sind, also jeder Teiler, der alle Koeffizienten teilt, bereits eine Einheit sein muss.)

Das diese Aussage so stimmt, siehst du am besten, wenn du sie beweist :-)

Annahme: Sei $f = g [mm] \cdot [/mm] h$ mit $g, h [mm] \in [/mm] R[x]$ zwei Nichteinheiten.

Da $f$ primitiv ist, muss [mm] $\deg [/mm] g, [mm] \deg [/mm] h > 0$ sein. Schreibe $g = [mm] \sum_{i=0}^r a_i x^i$ [/mm] und $h = [mm] \sum_{i=0}^s b_i x^i$ [/mm] mit $r + s = [mm] \deg [/mm] f$. Sei $f = [mm] \sum_{i=0}^{r+s} f_i x^i$. [/mm] Nun ist [mm] $f_0 [/mm] = [mm] a_0 b_0$, [/mm] womit das Primelement $p$ entweder [mm] $a_0$ [/mm] oder [mm] $b_0$ [/mm] teilt (aber nicht beide, da ansonsten [mm] $p^2$ [/mm] ein Teiler von [mm] $f_0$ [/mm] waere). Wir nehmen an, dass $p$ ein Teiler von [mm] $a_0$ [/mm] ist.

Sei $k$ der kleinste Index so, dass [mm] $a_k$ [/mm] nicht durch $p$ geteilt wird (gibt es, da ansonsten $g$ durch $p$ geteilt wird und somit auch $f$, was ein Widerspruch zur Primitivitaet waere). Dann ist [mm] $f_k [/mm] = [mm] a_k b_0 [/mm] + [mm] a_{k-1} b_1 [/mm] + [mm] \dots [/mm] + [mm] a_0 b_k$. [/mm] Nun sind [mm] $f_k, a_{k-1}, \dots, a_0$ [/mm] durch $p$ teilbar, womit auch [mm] $a_k b_0$ [/mm] durch $p$ teilbar sein muss. Nun wird jedoch [mm] $b_0$ [/mm] nicht durch $p$ geteilt und ebensowenig [mm] $a_k$, [/mm] weshalb wir einen Widerspruch zu $p$ prim haben.

Also kann es keine solche Zerlegung $f = g h$ geben und $f$ ist irreduzibel in $R[x]$.

Siehst du, hier wurde nirgends benutzt dass $R$ faktoriell ist.

> Falls f primitiv ist, ist f dann sogar irreduzibel über dem
> Quotientenkörper von R.

Hierfuer brauchst du jedoch faktoriell, zumindest fuer den Standardbeweis mit dem Satz von Gauss (der besagt: Ist $R$ faktoriell und $f [mm] \in [/mm] R[x]$ primitiv, so ist $f [mm] \in [/mm] R[x]$ genau dann irreduzibel, wenn $f [mm] \in [/mm] Q[x]$ irreduzibel ist; dabei ist $Q$ der Quotientenkoerper von $R$).

Und ich habe sogar ein Gegenbeispiel gefunden :-)

Und zwar nimm den Ring $R = [mm] k[x^2, x^3]$, [/mm] wobei $k$ irgendein Koerper ist. Dies ist ein Integritaetsring ($R$ ist der Unterring von $k[x]$ der Polynome, deren Koeffizient vor $x$ immer $0$ ist), jedoch ist er nicht faktoriell [mm] ($x^6 [/mm] = [mm] x^3 \cdot x^3 [/mm] = [mm] x^2 \cdot x^2 \cdot x^2$, [/mm] und [mm] $x^2$ [/mm] und [mm] $x^3$ [/mm] sind irreduzibel und nicht assoziiert; damit hat [mm] $x^6$ [/mm] keine eindeutige Zerlegung in irreduzible Faktoren).

Schau dir jetzt das Polynom $f := [mm] Y^2 [/mm] - [mm] x^2 \in [/mm] R[Y]$ an. Ueber $R$ hat es keine Nullstellen, da $x [mm] \not\in [/mm] R$ ist. Und da es normiert ist, ist es somit insbesondere primitiv und ueber $R$ irreduzibel.

Ueber dem Quotientenkoerper $Q$ von $R$ hat es jedoch eine Nullstelle, naemlich [mm] $\frac{x^3}{x^2}$ [/mm] (das ist [mm] \emph{nicht} [/mm] gleich $x$ in $Q$, da $x$ nicht in $x$ enthalten ist!): Es ist [mm] $\left(Y - \frac{x^3}{x^2}\right) \left(Y + \frac{x^3}{x^2}\right) [/mm] = [mm] Y^2 [/mm] - [mm] \left(\frac{x^3}{x^2}\right)^2 [/mm] = [mm] Y^2 [/mm] - [mm] \frac{x^2 \cdot x^4}{x^4} [/mm] = [mm] Y^2 [/mm] - [mm] x^2$. [/mm]

LG Felix


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Polynomring in 2 Variablen: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 23:12 Do 01.06.2006
Autor: linder05

Hi Felix,

danke für deine ausführliche Antwort. Ich hab auch schon gesehen, dass hier schon oft drüber diskutiert wurde, ob bei Eisenstein das Polynom primitiv sein muss oder nicht.
Im Rep. der Algebra von Holz steht auch nix drin von wegen primitiv. Das nervt echt!

Ich bräuchte nämlich für ein Handout jeweils eine exakte allgemeine und möglichst einfache Definition des Eisensteinkriteriums und des Reduktionskriteriums modulo p... Letzteres ist in diesem Buch nur für  [mm] \IZ[X] [/mm] angegeben...

Kannst du mir vielleicht nochmal weiterhelfen? :-)
Tausend Dank!!

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Polynomring in 2 Variablen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 23:21 Do 01.06.2006
Autor: felixf

Hallo linder!

> danke für deine ausführliche Antwort. Ich hab auch schon
> gesehen, dass hier schon oft drüber diskutiert wurde, ob
> bei Eisenstein das Polynom primitiv sein muss oder nicht.
>  Im Rep. der Algebra von Holz steht auch nix drin von wegen
> primitiv. Das nervt echt!
>  
> Ich bräuchte nämlich für ein Handout jeweils eine exakte
> allgemeine und möglichst einfache Definition des
> Eisensteinkriteriums

Ich dachte, das haetten wir mittlerweile geklaert?

Sei $R$ ein Integritaetsbereich und $f [mm] \in [/mm] R[x]$ ein primitives Polynom. Gibt es ein Primelement $p [mm] \in [/mm] R$, welches alle Koeffizienten von $f$ bis auf den Leitkoeffizient teilt, und gilt [mm] $p^2 \nmid [/mm] f(0)$, so ist $f$ irreduzibel.

Ist weiterhin $R$ faktoriell, so ist $f [mm] \in [/mm] Q[x]$ ebenfalls irreduzibel, wobei $Q$ der Quotientenkoerper von $f$ ist.

> und des Reduktionskriteriums modulo
> p... Letzteres ist in diesem Buch nur für  [mm]\IZ[X][/mm]
> angegeben...

Die allgemeine Form geht wie folgt:

Sei $R$ ein faktorieller Ring, $S$ ein Integritaetsbereich und [mm] $\varphi [/mm] : R [mm] \to [/mm] S$ ein Ringhomomorphismus. Ist $f [mm] \in [/mm] R[x]$ ein primitives Polynom, dessen Leitkoeffizient nicht in [mm] $\ker [/mm] f$ liegt, und ist [mm] $\varphi^*(f) \in [/mm] S[x]$ irreduzibel, so ist $f [mm] \in [/mm] R[x]$ irreduzibel.

(Dabei ist [mm] $\varphi^*(\sum_{i=0}^n a_i x^i) [/mm] = [mm] \sum_{i=0}^n \varphi(a_i) x^n$.) [/mm]

LG Felix


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Polynomring in 2 Variablen: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 09:41 Sa 03.06.2006
Autor: linder05

Hi Felix, vielen Dank für deine Antworten! Eine Frage hätte ich aber noch:

Angenommen, ich schränke mich bei Eisenstein und dem Koeffizientenkriterium beim betrachteten Grundring auf [mm] \IZ [/mm] ein und betrachte bei den Polynomen auch ausdrücklich nicht primitive Polynonome.
Falls dann die üblichen Kriterien mit einer Primzahl p [mm] \in \IZ [/mm] zutreffen, dann kann ich doch schliessen dass das untersuchte Polynom zumindest über dem Quotientenkörper von [mm] \IZ, [/mm] also über [mm] \IQ [/mm] irreduzibel ist, oder?

Falls dann noch das Polynom zusätzlich primitiv ist, ist es auch über [mm] \IZ [/mm] irreduzibel.

Das müsste doch jetzt aber stimmen, oder? Bitte bitte bitte ;-) :-)

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Polynomring in 2 Variablen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 15:15 Sa 03.06.2006
Autor: felixf

Hallo linder!

> Hi Felix, vielen Dank für deine Antworten! Eine Frage hätte
> ich aber noch:
>  
> Angenommen, ich schränke mich bei Eisenstein und dem
> Koeffizientenkriterium beim betrachteten Grundring auf [mm]\IZ[/mm]
> ein und betrachte bei den Polynomen auch ausdrücklich nicht
> primitive Polynonome.
> Falls dann die üblichen Kriterien mit einer Primzahl p [mm]\in \IZ[/mm]
> zutreffen, dann kann ich doch schliessen dass das
> untersuchte Polynom zumindest über dem Quotientenkörper von
> [mm]\IZ,[/mm] also über [mm]\IQ[/mm] irreduzibel ist, oder?

Ja, das stimmt.

> Falls dann noch das Polynom zusätzlich primitiv ist, ist es
> auch über [mm]\IZ[/mm] irreduzibel.

Genau.

> Das müsste doch jetzt aber stimmen, oder? Bitte bitte bitte
> ;-) :-)

:-)

LG Felix



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Polynomring in 2 Variablen: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 18:29 Di 13.06.2006
Autor: linder05

...noch eine Frage zu Polynomringen in mehreren Variablen: Welches sind die Primelemente in  [mm] \IZ[X,Y] [/mm] bzw. in  [mm] \IZ[Y]? [/mm]

Warum ist insbesondere Y ein Primelement in  [mm] \IZ[Y]? [/mm]

Grüßle,
Christoph

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Polynomring in 2 Variablen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 18:50 Di 13.06.2006
Autor: mathmetzsch

Hallo,

es gibt im Polynomring [mm] \IZ[x] [/mm] unendlich viele Primelemente. Auf jeden Fall sind erst mal alle Primelemente aus [mm] \IZ [/mm] auch Primelemente in [mm] \IZ[x] [/mm] . Nun bleibt die Frage, ob auch Polynome vom Grad größer gleich 1 Primelemente sein können.

Trivialerweise sind Primelemente stets irreduzibel, also sind alle linearen Polynome Primelemente und somit auch X. Ob Polynome höheren Grades können auch Primelemente sein. Überprüfung z.B. durch Polynomdivision.

Viele Grüße
Daniel

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