Polynomring in 2 Variablen < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | 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.
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | 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
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | 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!!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | 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
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | 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!!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | 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
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | 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
|
|
|
| |
|
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
|
|
|
|
