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 Quotientenkörper, nicht faktoriell |
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PrinzessinEinhorn
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 |  Themenstart: 2017-09-01
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Hallo,
ich beschäftige mich zur Zeit mit folgender Aufgabe:
Sei $K$ ein Körper und $R=K[X,Y]/(X^2-Y^3)$
I) Zeigen Sie, dass $R$ ein Integritätsbereich ist.
II) Zeigen Sie, dass der Quotientenkörper $Q(R)$ von $R$ isomorph zu $K(T)$ ist, wobei $T=\frac{X}{Y}$.
III) Beweisen Sie, dass $R$ nicht faktoriell ist.
zu I):
$R$ ist genau dann ein Integritätsbereich, wenn $(X^2-Y^3)$ ein Primideal in $K[X,Y]$ ist.
Da $K$ ein Körper ist, ist $K[X,Y]$ faktoriell und in dem Fall ist prim äquivalent zu irreduzibel.
Weiterhin gilt $K[X,Y]=K(x)[Y]$. Es reicht also zu zeigen, dass $X^2-Y^3$ irreduzibel über $K(x)[Y]$ ist.
Da der Grad des Polynoms 3 ist, muss nur gezeigt werden, dass es keine Nullstelle in K(x)[Y] besitzt.
Das ist klar, denn $X^2-Y^3=0$ für $Y=X^{2/3}$, aber das ist ja gar kein zulässiges Element.
zu II):
Den Quotientenkörper kann man bilden, weil $R$ ein Integritätsbereich ist.
Aber wie genau gibt man den Quotientenkörper hier an?
Allgemein ist $Q(R)=\{\frac{a}{b}|a\in R, b\in R-\{0\}\}$
Wir hatten aufgeschrieben, dass wenn $R=k[X]$ kein Körper ist, dann $Q(k[X]):=k(X)$
Hier ist also die Isomorphie $Q(R)\cong Q(k[T])$ zu zeigen.
Wofür wahrscheinlich die universelle Eigenschaft des Quotientenkörpers ausgenutzt werden muss.
Über Anregungen freue ich mich.
Vielen Dank im voraus.
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Dune
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2017-09-01
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Hi PrinzessinEinhorn!
\quoteon(2017-09-01 13:39 - PrinzessinEinhorn im Themenstart)
Das ist klar, denn $X^2-Y^3=0$ für $Y=X^{2/3}$, aber das ist ja gar kein zulässiges Element.
\quoteoff
Das ist keine Begründung. Du hast hier nur festgestellt, dass der Ausdruck $X^{2/3}$ nicht definiert ist - also eine rein syntaktische Feststellung. Du musst aber zeigen, dass kein $p \in K(X)$ die Gleichung $p^3 = X^2$ erfüllt.
\quoteon(2017-09-01 13:39 - PrinzessinEinhorn im Themenstart)
Hier ist also die Isomorphie $Q(R)\cong Q(k[T])$ zu zeigen.
Wofür wahrscheinlich die universelle Eigenschaft des Quotientenkörpers ausgenutzt werden muss.
\quoteoff
Ja, sogar mehrfach! Vorschlag: Unter Ausnutzung der universellen Eigenschaft des Polynomrings definierst du einen Morphismus $K[X,Y] \to K(T)$. Weise mit Hilfe der universellen Eigenschaft von Quotientenringen nach, dass dieser einen Morphismus $K[X,Y]/(X^2-Y^3) \to K(T)$ induziert. Die universelle Eigenschaft des Quotientenkörpers liefert anschließend einen Morphismus $Q(K[X,Y]/(X^2-Y^3)) \to K(T)$. Danach machst du das Ganze noch einmal andersherum, um einen Morphismus $K(T) \to Q(K[X,Y]/(X^2-Y^3))$ zu konstruieren. Wenn du alles richtig gemacht hast, kannst du dann leicht zeigen, dass es sich um zueinander inverse Isomorphismen handelt.
VG, Dune
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Ex_Senior
 | Beitrag No.2, eingetragen 2017-09-01
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Hallo,
Zu 1)
\quoteon Weiterhin gilt $K[X,Y]=K(x)[Y]$.
\quoteoff
Das ist nicht richtig. Hier wird benötigt: S faktorieller Ring, $f\in S[X]$ normiertes Polynom. Dann gilt.
$f\in S[X] \text{prim/irreduzibel}\iff f\in Q(S)[X] \text{prim/irreduzibel}$
$Y=X^{2/3}$ kannst Du so nicht verwenden, da es nicht definiert ist. Am besten betrachtet man $p\cdot q = X^2-Y^3\in K(Y)[X]$ um die Irreduzibilität nachzuweisen.
Zu 2)
K(T) ist ein Teilkörper von K(X,Y) und K[T] Unterring von K(Y)[X]. Daher ist es sinnvoll mit einem geeignetem Homomorphismus
$K[X,Y]\to K(Y)[X]$
zu starten und über ein Diagramm einen Homomorphismus zwischen den Körpern zu konstruieren (Homomorphiesatz, universelle Eigenschaft). Bei der Definiton des Quotionenkörpers hast Du die Äquivalenzrelation vergessen.
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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PrinzessinEinhorn
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| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2017-09-01
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\quoteon
Du meinst sicherlich $K[X][Y]$, statt $K(x)[Y]$?
\quoteoff
Ja. Ich dachte das wäre einfach eine andere Schreibweise...
\quoteon
Du musst aber zeigen, dass kein Polynom $p \in K[X]$ die Gleichung $p^3 = X^2$ erfüllt.
\quoteoff
Mit einer Überlegung über den Grad ist das nicht weiter schwer.
Sei $p\in K[X]$ mit $\deg(p)=n\geq 0$, dann ist $\deg(p^3)=3n$ und $3n\neq 2$. Es kann also kein entsprechendes Polynom p geben mit $p^3=X^2$
Mit universellen Eigenschaften konnte ich mich bisher noch nicht so wirklich anfreunden, also eins nach dem anderen:
\quoteon
Unter Ausnutzung der universellen Eigenschaft des Polynomrings definierst du einen Morphismus $K[X,Y] \to K(T)$.
\quoteoff
Die universelle Eigenschaft des Polynomrings ist:
Sei $\varphi: R\to R'$ ein Ringhomomorphismus, $\psi: (M,+)\to (R',\cdot)$ ein Halbgruppenhomomorphismus $[\psi(m+n)=\psi(m)\psi(n)]$, dann ex. ein eindeutiger Ringhomomorphismus:
$f: R[M]\to R'$ so, dass $f_{|R}=\varphi$ und $f(x^m)=\psi(m)$ für alle $m\in M$. gilt.
Leider weiß ich nicht, wie ich dies nun benutze um eine Abbildung $K[X,Y]\to K(T)$ anzugeben.
Ich müsste mir ja jetzt erst einmal die Abbildungen $\varphi$ und $\psi$ für diesen Fall überlegen und erhalte dann so meinen gewünschten Morphismus $K[X,Y]\to K(T)$ angeben, wobei mich hier immernoch das $K(T)=Q(K[T])$ stört.
Dieser Quotientenkörper enthält ja formale Brüche der Form:
$\frac{a_0+a_1\frac{X}{Y}+\dotso+ a_n\frac{X^n}{Y^n}}{b_0+b_1\frac{X}{Y}+\dotso+a_m\frac{X^m}{Y^m}}$
oder? (Das im Nenner nicht die Nullfunktion stehen darf, ist klar)
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]
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Dune
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| Beitrag No.4, eingetragen 2017-09-01
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\quoteon(2017-09-01 16:25 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 3)
Sei $\varphi: R\to R'$ ein Ringhomomorphismus, $\psi: (M,+)\to (R',\cdot)$ ein Halbgruppenhomomorphismus $[\psi(m+n)=\psi(m)\psi(n)]$, dann ex. ein eindeutiger Ringhomomorphismus:
\quoteoff
Das ist eine sehr allgemeine Formulierung. Im konkreten Fall bedeutet sie Folgendes: Wähle zwei beliebige Elemente $a,b \in K(T)$. Dann gibt es genau einen Homomorphismus $\varphi \colon K[X,Y] \to K(T)$ mit $\varphi(X) = a, \varphi(Y) = b$ und $\varphi(k) = k$ für alle $k \in K$.
\quoteon(2017-09-01 16:25 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 3)
Dieser Quotientenkörper enthält ja formale Brüche der Form:
$\frac{a_0+a_1\frac{X}{Y}+\dotso+ a_n\frac{X^n}{Y^n}}{b_0+b_1\frac{X}{Y}+\dotso+a_m\frac{X^m}{Y^m}}$
oder?
\quoteoff
Vergiss mal die Gleichung $T = \frac{X}{Y}$ für's Erste und fasse $T$ einfach als weitere Unbestimmte über $K$ auf. Dann besteht also $K(T)$ aus formalen Brüchen $\frac{p}{q}$ mit $p,q \in K[T]$, $q \neq 0$. Du wirst im Laufe der Zeit feststellen, dass der Isomorphismus $K(T) \to Q(R)$ durch $T \mapsto \frac{X}{Y}$ gegeben ist - das ist letztendlich mit obiger Gleichung gemeint.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.5, eingetragen 2017-09-02
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Hallo,
zu III). Ich weiche von den bisherigen Ansätzen ein bisschen ab.
i) Zeige, $R\simeq K[t^2, t^3]=:R'$ ($t$ ist eine Variable).
ii) Es sind $t^2, t^3\in R'$ Primelemente; aber das Element $t^8=(t^3)^2t^2=(t^2)^4$ hat z.B. zwei nicht-assoziierte Primzerlegungen, daher kann $R$ nicht faktoriell sein.
(Falls ich daoben was falsches gesagt habe, korrigiert mich bitte!)
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PrinzessinEinhorn
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2017-09-03
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Ich möchte zu erst den Weg von Dune nachvollziehen. Wenn viele Ansätze parallel besprochen werden, komme ich nur durcheinander. Ganz nach dem Motto "viele Köche verderben den Brei". :)
Zu dem Aufgabenteil III) ist der Hinweis gegeben diese Aussage (Themenstart) zu verwenden, aber damit beschäftige ich mich, wenn ich die anderen Aufgabenteile verstanden habe.
Ist meine Überlegung aus Beitrag No. 3 ausreichend um zu zeigen, dass $X^2-Y^3$ irreduzibel ist?
Nun also zu dem zweiten Teil und dem Ansatz von Dune:
Ich möchte erst einmal mit Hilfe der universellen Eigenschaft des Polynomringes eine Abbildung
$\varphi: K[X,Y]\to K(T)$ definieren.
Mit Hilfe der universellen Eigenschaft des Quotientenringes, also dem Homomorphiesatz, möchte ich dann zeigen, dass dieser eine Abbildung
$K[X,Y]/(X^2, Y^3)\to K(T)$
induziert.
Ich muss also die Abbildung $\varphi$ so konstruieren, dass $\varphi(X^2-Y^3)=0$ gilt, richtig?
Sei also $a\in K(T)$, dann definiere ich $\varphi(X)=a^3$ und $\varphi(Y)=a^2$ und $\varphi(k)=k$ für alle $k\in K$.
Damit ist dann $\varphi(X^2-Y^3)=\varphi(X^2)-\varphi(Y^3)=a^6-a^6=0$
Also ist $(X^2-Y^3)\subseteq \ker(\varphi)$ und es existiert nach dem Homomorphiesatz ein eindeutiger Ringhomomorphismus
$\overline{\varphi}: K[X,Y]/(X^2-Y^3)\to K(T)$
Ist es bis hierhin korrekt?
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Dune
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| Beitrag No.7, eingetragen 2017-09-04
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\quoteon(2017-09-03 10:08 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 6)
Ist meine Überlegung aus Beitrag No. 3 ausreichend um zu zeigen, dass $X^2-Y^3$ irreduzibel ist?
\quoteoff
So gut wie. Ich musste mich ja in Beitrag #1 noch einmal korrigieren: Es ist $p^3 \neq X^2$ zu zeigen, aber nicht nur für alle Polynome $p \in K[X]$, sondern für alle ganzrationalen Funktionen $p \in K(X)$ (für einen faktoriellen Ring $R$ gilt: $p \in R[Y]$ irreduzibel $\iff$ $p$ primitiv und irreduzibel in $Q(R)[Y]$). Dafür fehlt aber nur noch ein kleines Argument - im Wesentlichen läuft es auf eine Gradbetrachtung hinaus, wie du schon festgestellt hattest.
Was du weiterhin schreibst sieht alles sehr gut aus! Am Ende solltest du dich aber für ein ganz bestimmtes Element $a \in K(T)$ entscheiden (welches bietet sich da wohl an? ;-) ) damit der konstruierte Homomorphismus auch umkehrbar ist.
\quoteon(2017-09-02 23:55 - Saki17 in Beitrag No. 5)
ii) Es sind $t^2, t^3\in R'$ Primelemente; aber das Element $t^8=(t^3)^2t^2=(t^2)^4$ hat z.B. zwei nicht-assoziierte Primzerlegungen, daher kann $R$ nicht faktoriell sein.
\quoteoff
Faktorisierungen in Primelemente sind immer eindeutig, also muss hier irgendwo ein Fehler sein. Wahrscheinlich meintest du irreduzibel statt prim?
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PrinzessinEinhorn
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| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2017-09-04
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Freut mich, dass es bisher nicht falsch ist.
\quoteon
Am Ende solltest du dich aber für ein ganz bestimmtes Element $a \in K(T)$ entscheiden
\quoteoff
Ich denke es bietet sich $T$ an.
Zur Irreduzibilität von $X^2-Y^3$ über $K(Y)[X]$, angenommen es gibt ein $p\in K(X)$ mit $p^3=X^2$.
Es ist $p=\frac{r}{s}$ mit $r\in K[X], s\in K[X]\setminus\{0\}$, also
$\left(\frac{r}{s}\right)^3=X^2$
Dann ist $r^3=X^2s^3$ und $3|deg(r^3)$, aber $\deg(X^2s^3)=\deg(X^2)+\deg(s^3)$ [K[X] ist Körper, also Nullteilerfrei]und $3|\deg(s^3)$ aber $3\nmid \deg(X^2)$
Also weiter:
\quoteon
Die universelle Eigenschaft des Quotientenkörpers liefert anschließend einen Morphismus $Q(K[X,Y]/(X^2-Y^3)) \to K(T)$.
\quoteoff
Die universelle Eigenschaft lautet erstmal wie folgt:
$R\to Q(R), a\mapsto \frac{a}{1}$
Sei $\varphi: R\to R'$ ein Ringhomomorphismus, dann gilt
$\varphi(R\setminus\{0\})\subseteq R^{\times}\Leftrightarrow\exists~f\colon Q(R)\to R'$ Ringhomomorphismus so, dass $f_{|R}=\varphi$.
Die Abbildung $f$ muss notwendigerweise definiert werden durch $f(\frac{a}{b})=\varphi(a)\cdot\varphi^{-1}(b)$.
Bisher haben wir den Ringhomomorphismus:
$K[X,Y]/(X^2-Y^3)\to K(T)$, wie liefert mir obige Eigenschaft nun
$Q(K[X,Y]/(X^2-Y^3))\to K(T)$
Ist nun also zu zeigen, dass $\overline{\varphi}(K[X,Y]\setminus\{0\})\subseteq K[X,Y]^{\times}$, denn dies impliziert ja den gewünschten Ringhomomorphismus.
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Dune
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| Beitrag No.9, eingetragen 2017-09-04
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Zur Irreduzibilität:
Alles richtig, nur ein kleiner Dreher: Du zeigst hier die Irreduzibilität von $X^2-Y^3$ über $K(X)[Y]$. Du fasst es also als Polynom in der Unbestimmten $Y$ auf, dessen Koeffizienten aus $K(X)$ stammen. Andersherum wäre es auch gegangen, aber dann sieht der Beweis auch minimal anders aus.
Zur Konstruktion des Morphismus:
Du hast eigentlich selbst schon geschrieben, was zu tun ist: Du musst zeigen, dass der von dir konstruierte Morphismus $K[X,Y]/(X^2-Y^3) \to K(T)$ alle von Null verschiedenen Elemente auf Einheiten von $K(T)$ schickt. Nun ist $K(T)$ ein Körper, seine Einheiten sind also genau die von Null verschiedenen Elemente. Etwas umformuliert musst du also zeigen, dass $K[X,Y]/(X^2-Y^3) \to K(T)$ injektiv ist. Oder noch anders formuliert: der Kern von $K[X,Y] \to K(T)$ ist genau $(X^2-Y^3)$.
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PrinzessinEinhorn
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| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2017-09-04
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\quoteon
der Kern von $K[X,Y] \to K(T)$ ist genau $(X^2-Y^3)$.
\quoteoff
Wir wissen bereits, dass $(X^2-Y^3)\subseteq \ker(\varphi)$.
Ich zeige also, dass $(X^2-Y^3)\supseteq\ker(\varphi)$
Sei $\varphi(x,y)\in\ker(\varphi)$ und $\varphi(x,y)\in K(Y)[X]$
Division mit Rest:
$\varphi(x,y)=(x^2-y^3)g(x,y)+r(x,y)$ und $\deg_{x}(r)\leq 2$
Nun ist: $\varphi(t^3,t^2)=0$, also $r(t^3, t^2)=0$
Es ist $r(x,y)=p_1(y)x^2+p_2(y)x+p_3(y)$ und wir erhalten:
$r(t^3,t^2)=p_1(t^3)t^4+p_2(t^3)t^2+p_3(t^3)$
mit $\deg(p_1(t^3))=3k$, $\deg(p_2(t^3))=3m$, $\deg(p_3(t^3))=3n$
Wir erhalten also jeweils als höchste Potenz:
3k+4, 3m+2 und 3m
Also muss $r(x,y)=0$ für alle x, y gelten und somit das Nullpolynom sein.
Denn nur dann kann $r(t^3,t^2)=0$ gelten, wie der Grad der jeweiligen Polynome zeigt.
Also $(X^2-Y^3)\supseteq\ker(\varphi)$
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Dune
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| Beitrag No.11, eingetragen 2017-09-04
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\quoteon(2017-09-04 14:16 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 10)
$\varphi(x,y)=(x^2-y^3)g(x,y)+r(x,y)$ und $\deg_{x}(r)\leq 2$
\quoteoff
Du darfst - und musst - hier sogar $\deg_{x}(r) < 2$ annehmen. Ansonsten kannst du gar nicht $r = 0$ schlussfolgern, denn es gilt ja zum Beispiel auch $(x^2-y^3) = (x^2-y^3) \cdot 0 + (x^2-y^3)$.
\quoteon(2017-09-04 14:16 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 10)
Es ist $r(x,y)=p_1(y)x^2+p_2(y)x+p_3(y)$ und wir erhalten:
$r(t^3,t^2)=p_1(t^3)t^4+p_2(t^3)t^2+p_3(t^3)$
\quoteoff
Hier hast du x und y anscheinend vertauscht, bzw. falsch herum eingesetzt.
Mal ganz abgesehen davon: Bist du dir bewusst, dass $g$, $r$ und $p_i$ alles keine Polynome sind, sondern ganzrationale Funktionen? Jedes Einsetzen von Werten in solche Funktionen erfordert eine Begründung, warum dies erlaubt ist (also warum im Nenner niemals Null entstehen kann). Außerdem muss man sich Gedanken machen, wie überhaupt der Grad einer ganzrationalen Funktion definiert ist und ob die gewohnten Rechenregeln noch gelten.
Das soll nicht heißen, dass dein Ansatz falsch ist. Aber vielleicht ist er komplizierter als du möchtest.
PS: Diese Probleme kannst du auch mit folgendem Argument umgehen: Wenn $R$ ein nullteilerfreier Ring und $p \in R[X]$ ein normiertes Polynom ist, dann funktioniert Division mit Rest durch $p$ auch dann, wenn $R$ kein Körper ist (warum?). Als Element von $K[Y][X]$ ist $X^2-Y^3$ natürlich ein normiertes Polynom, also existiert die obige Zerlegung sogar mit Polynomen $g,r \in K[X,Y]$.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.12, eingetragen 2017-09-04
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\quoteon(2017-09-04 11:57 - Dune in Beitrag No. 7)
\quoteon(2017-09-02 23:55 - Saki17 in Beitrag No. 5)
ii) Es sind $t^2, t^3\in R'$ Primelemente; aber das Element $t^8=(t^3)^2t^2=(t^2)^4$ hat z.B. zwei nicht-assoziierte Primzerlegungen, daher kann $R$ nicht faktoriell sein.
\quoteoff
Faktorisierungen in Primelemente sind immer eindeutig, also muss hier irgendwo ein Fehler sein. Wahrscheinlich meintest du irreduzibel statt prim?
\quoteoff
Vielen Dank für deine Kommentar! Das war meine Fahrlässigkeit. Ich hätte zuerst die Widerspruchsannahme deutlich machen können: Wenn der Ring faktoriell wäre, so würde "x prim iff. x irreduzibel" und somit die eindeutige Faktorisierung in Primelemente bzw. in irreduzible Elemente. (ansonsten stimmt mein Ansatz?)
(Sorry PrinzessinEinhorn, ich dachte nur, Quotienten+rationale Polynome tut mir manchmal schwer, daher neige ich dazu, mit einem scheinbar einfacherem Ring $k[t^2, t^3]$ zu arbeiten. Ich werde die Diskussion über deine anfängliche Lösung noch genauer lesen)
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Dune
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| Beitrag No.13, eingetragen 2017-09-05
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@Saki: Ja, aber ein Widerspruchsbeweis ist hier gar nicht nötig. Du hast gezeigt, dass im Ring $K[t^2,t^3]$ zwei verschiedene Faktorisierungen von $t^8$ (noch einfacher wäre $t^6$) in die Elemente $t^2$ und $t^3$ existieren. Man kann leicht zeigen, dass $t^2$ und $t^3$ irreduzibel sind, also ist $K[t^2,t^3]$ nicht faktoriell.
Dieser Beweis zeigt dann aber auch, dass $t^2$ und $t^3$ nicht prim sein können, denn wenn eine Faktorisierung eines Elements $x \in R$ in Primelemente existiert, dann ist das (bis auf Assoziierte) auch die einzige Faktorisierung von $x$.
Übrigens läuft der Ansatz von PrinzessinEinhorn wahrscheinlich genau auf dies hinaus. Es soll zuerst gezeigt werden, dass $Q(K[X,Y]/(X^2-Y^3)) \cong K(T)$ gilt. Wenn man den konkreten Isomorphismus gefunden hat, sieht man natürlich leicht, dass er sich zu einem Isomorphismus $K[X,Y]/(X^2-Y^3) \cong K[T^2,T^3]$ einschränkt.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.14, eingetragen 2017-09-06
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@Dune: Danke. Jetzt sehe ich den Unterschied.
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PrinzessinEinhorn
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| Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2017-09-06
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@dune: Nochmal zurück zu deinem Beitrag No. 11:
\quoteon
PS: Diese Probleme kannst du auch mit folgendem Argument umgehen: Wenn $R$ ein nullteilerfreier Ring und $p \in R[X]$ ein normiertes Polynom ist, dann funktioniert Division mit Rest durch $p$ auch dann, wenn $R$ kein Körper ist (warum?). Als Element von $K[Y][X]$ ist $X^2-Y^3$ natürlich ein normiertes Polynom, also existiert die obige Zerlegung sogar mit Polynomen $g,r \in K[X,Y]$
\quoteoff
Wenn $R$ kein Integritätsbereich ist, aber der Leitkoeffizient des Polynoms eine Einheit ist, bzw. normiert, dann stimmt die "Gradformel"
$\deg(f\cdot g)=\deg(f)+\deg(g)$ trotzdem, denn der Leitkoeffizient $a_n $von $f$ ist Einheit und der von Leitkoeffizient von g (sagen wir $b_m$) ist natürlich nicht Null, was bedeutet, dass $a_n\cdot b_m\neq 0$.
In unserer Formulierung der "Division mit Rest" ist auch nur gefordert, dass der Leitkoeffizient eine Einheit sein soll.
Also existiert die Zerlegung dann mit Polynomen $g,r\in K[Y][X]$ und ich kann so vorgehen wie bisher und muss mich nicht mit "gebrochenen" Polynomen rumschlagen?
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Ex_Senior
| Beitrag No.16, eingetragen 2017-09-06
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\quoteon(2017-09-06 22:16 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 15)
Wenn $R$ kein Integritätsbereich ist, aber der Leitkoeffizient des Polynoms eine Einheit ist, bzw. normiert, dann stimmt die "Gradformel"
\quoteoff
Das ist so allgemein nicht richtig. Im Polynomring über $\IZ\times\IZ$ mit Multiplikation auf den Komponenten gilt z.B.:
$[(1,0)X^2+(0,1)X+1]\cdot[(0,1)X^2+(1,0)X+1] = X^3+X^2+X+1$
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PrinzessinEinhorn
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| Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2017-09-06
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Hmm, ist denn in dem Fall $(1,0)$ und $(0,1)$ überhaupt eine Einheit?
Denn das Produkt von Einheiten muss ja wiederum eine Einheit sein, aber
$(1,0)\cdot (0,1)=(1\cdot 0,0\cdot 1)=(0,0)$ kann keine Einheit sein.
Wären die Einheiten in $\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$ mit komponentenweiser Multiplikation nicht $(\pm 1,\pm 1)$
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Ex_Senior
| Beitrag No.18, eingetragen 2017-09-06
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Das war mein Fehler. Ich hatte angenommen, dass Du vom Produkt forderst, dass der höchste Koeffizient eine Einheit ist :/ Wenn einer der Faktoren als höchsten Koeffizienten eine Einheit hat, stimmt die Gradformel natürlich.
Warum hast hier jetzt Nullteiler zugelassen? $K[X,Y]$ ist immer noch ein Integritätsring.
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PrinzessinEinhorn
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Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2625
| Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2017-09-06
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Also unsere Formulierung der Division mit Rest ist folgende:
Sei $0\neq g=\sum_{i\geq 0} a_iX^i\in R[X]$ mit $d=\deg(g)$ und $a_d\in R^{\times}$.
Sei $f\in R[X]$, dann existieren eindeutige $q,r\in R[X]$ so, dass gilt:
$f=q\cdot r+r$ und $\deg(r)<\deg(g)=d$.
\quoteon
Warum hast hier jetzt Nullteiler zugelassen? $K[X,Y]$ ist immer noch ein Integritätsring.
\quoteoff
Ich sehe gerade nicht wo ich das getan habe...
Ansonsten hatte ich das in obigen Beitrag auch schwach formuliert, was den Leitkoeffizienten angeht. Sorry.
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Ex_Senior
| Beitrag No.20, eingetragen 2017-09-06
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Das war hier :)
\quoteon(2017-09-06 22:16 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 15)
Wenn $R$ kein Integritätsbereich ist, ...
\quoteoff
Die Begründung für die Divison ist ansonsten richtig. Noch eine kurze Bemerkung zur schreibweise. Hier hast Du den Ring mit $K[Y][X]$ bezeichnet, s.d. $\deg$ entsprechend festgelegt ist. Besser ist $\deg_X$, da $\deg$ auch gerne für den Totalgrad eines Polynoms in mehreren Variablen verwendet wird.
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PrinzessinEinhorn
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Mitteilungen: 2625
| Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2017-09-07
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Achso, aber das bezog sich eher auf die Formulierung des Satzes, denn es wird für die Division mit Rest ja nicht ausdrücklich benötigt, dass ein Integritätsring vorliegt.
Im Klartext kann ich also wie in meinem Beitrag No. 10 vorgehen um zu zeigen, dass $\ker(\varphi)=(X^2-Y^3)$ ist, muss nur die gemachten Fehler beseitigen und mich nicht mit gebrochenen Polynomen herumschlagen?
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Ex_Senior
| Beitrag No.22, eingetragen 2017-09-07
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\quoteon(2017-09-07 00:09 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 21)
Achso, aber das bezog sich eher auf die Formulierung des Satzes, denn es wird für die Division mit Rest ja nicht ausdrücklich benötigt, dass ein Integritätsring vorliegt.
\quoteoff
Da hast Du Recht.
\quoteon Im Klartext kann ich also wie in meinem Beitrag No. 10 vorgehen ...
\quoteoff
Ich denke schon. Die Begründung für r=0 wirst wohl etwas stärker überarbeiten müssen.
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Dune
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| Beitrag No.23, eingetragen 2017-09-07
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\quoteon(2017-09-04 14:16 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 10)
Sei $\varphi(x,y)\in\ker(\varphi)$ und $\varphi(x,y)\in K(Y)[X]$
Division mit Rest:
\quoteoff
Ich glaube hier lag unser Missverständnis. $K(Y)$ ist der Ring der gebrochen rationalen Funktionen, $K(Y)[X]$ dementsprechend ein Polynomring, dessen Koeffizienten gebrochen rationale Funktionen sind. Du willst aber $\varphi$ als Element von $K[Y][X]$ auffassen. Damit vereinfacht sich dein Ansatz aus Beitrag #10 sicherlich. Du musst aber wie gesagt die richtige Gradannahme treffen ($\deg_x(r) < 2$) und richtig herum einsetzen.
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