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Zahlentheorie » Algebraische Zahlentheorie » Beweise, dass der Ganzheitsring ein Ring ist
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Universität/Hochschule Beweise, dass der Ganzheitsring ein Ring ist
Marina123
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  Themenstart: 2021-11-13

Hallo zusammen, ich muss beweisen, dass der Ganzheitsring ein Ring ist. Ich habe zwar einen Beweis, aber der Prof meinte das reicht nicht, da wir nicht in linearer Algebra sind sondern in alg. Zahlentheorie. Desweiteren muss ich angeben, wie der Satz von Cayley Hamilton ins Spiel kommt. Bemängelt wurden die zwei Ringaxiome: A0) x,y in R dann x+y in R und xy in R A2) für alle x in R gilt ex ex. ein y in R mit x+y=0=y+x Da ich neu in diesem Forum bin und noch nicht sehr geübt im Umgang mit LateX bin, lade ich nur ein Foto meines Beweises hoch. Ich bitte um Verständnis. Vielleicht kann mir jemand bei meinem Problem weiter helfen. Vielen Dank :) https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/55114_WhatsApp_Image_2021-11-13_at_15.02.30.jpeg https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/55114_WhatsApp_Image_2021-11-13_at_15.02.33.jpeg


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juergenX
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-11-15

gelöscht


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DavidM
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  Beitrag No.2, eingetragen 2021-11-15

Hallo Marina und willkommen im Forum, dein Beweis von (A2) sieht für mich gut aus. Bei (A0) verstehe ich allerdings noch gar nicht, was du da tun willst, inwiefern soll aus dem, was du da geschrieben hast, die Behauptung folgen? Der Teil ist auch tatsächlich nicht ganz einfach. Der übliche Beweis geht von der groben Idee her folgendermaßen: Wenn $x,y$ ganz über $\mathbb{Z}$ sind, dann ist $\mathbb{Z}[x,y]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}$-Modul. Da $x+y \in \mathbb{Z}[x,y]$ ist, ist dann auch $\mathbb{Z}[x+y]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}$-Modul. Und damit kann man dann folgern, dass $x+y$ ebenfalls ganz ist (das ist der Teil, wo der Satz von Cayley-Hamilton benötigt wird). \\Hier stand ein Zitat aus #1 und mein Kommentar dazu, den ich auf Bitte von juergenX gelöscht habe. Gruß, David [Verschoben aus Forum 'Zahlentheorie' in Forum 'Algebraische Zahlentheorie' von DavidM]


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Marina123
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  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2021-11-15

Hallo David, vielen lieben Dank für deine Antwort. Ich werde mit deinen Hinweisen versuchen den Beweis hinzubekommen. Ich werde mich morgen da mal hinsetzen und meinen Ansatz hochladen


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Marina123
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-11-18

\quoteon(2021-11-15 17:52 - DavidM in Beitrag No. 2) Hallo Marina und willkommen im Forum, dein Beweis von (A2) sieht für mich gut aus. Bei (A0) verstehe ich allerdings noch gar nicht, was du da tun willst, inwiefern soll aus dem, was du da geschrieben hast, die Behauptung folgen? Der Teil ist auch tatsächlich nicht ganz einfach. Der übliche Beweis geht von der groben Idee her folgendermaßen: Wenn $x,y$ ganz über $\mathbb{Z}$ sind, dann ist $\mathbb{Z}[x,y]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}$-Modul. Da $x+y \in \mathbb{Z}[x,y]$ ist, ist dann auch $\mathbb{Z}[x+y]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}$-Modul. Und damit kann man dann folgern, dass $x+y$ ebenfalls ganz ist (das ist der Teil, wo der Satz von Cayley-Hamilton benötigt wird). \\Hier stand ein Zitat aus #1 und mein Kommentar dazu, den ich auf Bitte von juergenX gelöscht habe. Gruß, David Hallo David, leider bin ich irgendwie noch nicht wirklich weiter gekommen. Wenn x ganz über Z ist, dann kann ich ja x^n+a_n-1x^n-1 +…+a0=0 schreiben, aber wie komme ich von hier weiter? 😭 [Verschoben aus Forum 'Zahlentheorie' in Forum 'Algebraische Zahlentheorie' von DavidM] \quoteoff


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DavidM
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  Beitrag No.5, eingetragen 2021-11-18

Hallo, es sei also $x$ ganz über $\mathbb{Z}$. Wir wollen jetzt zunächst einmal zeigen, dass $\mathbb{Z}[x]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}$-Modul ist. So etwas ähnliches hast du vielleicht bei Körpererweiterungen schon einmal gesehen: Wenn $z$ algebraisch über $\mathbb{Q}$ ist, dann ist $\mathbb{Q}(z)$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Q}$-Vektorraum. Wenn nämlich $z$ Nullstelle von einem Polynom vom Grad $n$ über $\mathbb{Q}$ ist, dann wird $\mathbb{Q}(z)$ als $\mathbb{Q}$-Vektorraum von $\{ 1, z, z^2, \ldots, z^{n-1} \}$ erzeugt. Bekommst du über $\mathbb{Z}$ etwas ähnliches hin? Gruß, David


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Marina123
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-11-18

\quoteon(2021-11-18 18:25 - DavidM in Beitrag No. 5) Hallo, es sei also $x$ ganz über $\mathbb{Z}$. Wir wollen jetzt zunächst einmal zeigen, dass $\mathbb{Z}[x]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}$-Modul ist. So etwas ähnliches hast du vielleicht bei Körpererweiterungen schon einmal gesehen: Wenn $z$ algebraisch über $\mathbb{Q}$ ist, dann ist $\mathbb{Q}(z)$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Q}$-Vektorraum. Wenn nämlich $z$ Nullstelle von einem Polynom vom Grad $n$ über $\mathbb{Q}$ ist, dann wird $\mathbb{Q}(z)$ als $\mathbb{Q}$-Vektorraum von $\{ 1, z, z^2, \ldots, z^{n-1} \}$ erzeugt. Bekommst du über $\mathbb{Z}$ etwas ähnliches hin? Gruß, David \quoteoff Vielen Dank für den Hinweis. So ich habe mal versucht etwas aufzuschreiben. Leider bin ich total raus, da ich vor 2 Jahren alg ZT und vor einem Jahr Algebra gehört habe 🙈 https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/55114_22AFF5C2-6261-4929-B0C9-60B7A80F1877.jpeg Leider weiß ich nicht, wie ich zeigen kann, dass x+y und x*y in Z[x+y] bzw Z[x,y] endlich erzeugt sind. LG Marina


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DavidM
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  Beitrag No.7, eingetragen 2021-11-18

Das ist schon einmal genau die richtige Idee, allerdings hast du damit nur gezeigt, dass $\mathbb{Z}[x]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}$-Modul ist. Um das auch für $\mathbb{Z}[x,y]$ zu zeigen, fehlt noch ein kleiner Schritt. Zum nächsten Teil: Wir wollen dann zeigen, dass $\mathbb{Z}[x+y]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}$-Modul ist. Jetzt ist aber ja $\mathbb{Z}[x+y] \subseteq \mathbb{Z}[x,y]$ und Untermoduln von endlich erzeugten $\mathbb{Z}$-Moduln sind wieder endlich erzeugt (ist das Resultat bekannt?). Übrigens habe ich inzwischen gesehen, dass wir die aussage, um die es hier geht, ganz ohne den Satz von Cayley-Hamilton beweisen können.


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Marina123
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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-11-21

\quoteon(2021-11-18 19:50 - DavidM in Beitrag No. 7) Das ist schon einmal genau die richtige Idee, allerdings hast du damit nur gezeigt, dass $\mathbb{Z}[x]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}$-Modul ist. Um das auch für $\mathbb{Z}[x,y]$ zu zeigen, fehlt noch ein kleiner Schritt. Zum nächsten Teil: Wir wollen dann zeigen, dass $\mathbb{Z}[x+y]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}$-Modul ist. Jetzt ist aber ja $\mathbb{Z}[x+y] \subseteq \mathbb{Z}[x,y]$ und Untermoduln von endlich erzeugten $\mathbb{Z}$-Moduln sind wieder endlich erzeugt (ist das Resultat bekannt?). Übrigens habe ich inzwischen gesehen, dass wir die aussage, um die es hier geht, ganz ohne den Satz von Cayley-Hamilton beweisen können. \quoteoff Hallo David, tut mir leid für die verspätete Antwort. Also ich habe mir schon gedacht, dass da noch einige Schritte fehlen. Allerdings weiß ich leider nicht, wie ich weiter machen kann :( bzgl des Resultats, dass Untermoduln von endlich erzeugten Z-Moduln wieder endlich sind, liegt ja daran, dass Z ein Integritätsring ist. Zumindest habe ich das so dunkel in Erinnerung. Vielen lieben Dank für deine Hilfe :) LG Marina


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DavidM
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  Beitrag No.9, eingetragen 2021-11-21

Hallo Marina, du hast ja schon gezeigt, dass $\mathbb{Z}[x]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}$-Modul. Mit genau demselben Argument kannst du zeigen, dass $\mathbb{Z}[x,y]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}[x]$-Modul ist. Beides zusammen impliziert dann, dass $\mathbb{Z}[x,y]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}$-Modul ist. \quoteon bzgl des Resultats, dass Untermoduln von endlich erzeugten Z-Moduln wieder endlich sind, liegt ja daran, dass Z ein Integritätsring ist. Zumindest habe ich das so dunkel in Erinnerung. \quoteoff Mit Integritätsbereichen hat das nichts zu tun. Woran du dich möglicherweise erinnerst, ist, dass das für Hauptidealringe gilt - das wäre richtig und auch plausibel, dass du es in dem Kontext gesehen hast, auch wenn es für eine sehr viel größere Klasse von Ringen gilt. Wenn du dir nicht sicher damit bist, kannst du den Teil auch umgehen und direkt folgern, dass jedes $\mathbb{Z}[x,y]$ ganz über $\mathbb{Z}$ ist. Dafür brauchen wir dann allerdings doch den Satz von Cayley-Hamilton (oder zumindest eine Variante davon), aber da dein Dozent ja anscheinend ohnehin angedeutet hat, dass du den benutzen sollst, ist das vielleicht sowieso die bessere Idee. Nimm dazu ein $s \in \mathbb{Z}[x,y]$ und eine Basis von $\mathbb{Z}[x,y]$ als $\mathbb{Z}$-Modul und stelle die Abbildung auf $\mathbb{Z}[x,y]$, die durch Multiplikation mit $s$ gegeben ist, bezüglich dieser Basis dar. Übrigens hast du (vielleicht versehentlich) diesen Thread wohl bei deinem letzten Beitrag abgehakt. Das solltest du erst tun, wenn wir hier fertig sind, sonst sieht das so aus, als wäre hier nichts mehr zu tun. Gruß, David


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Marina123
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  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-11-27

\quoteon(2021-11-21 20:30 - DavidM in Beitrag No. 9) Hallo Marina, du hast ja schon gezeigt, dass $\mathbb{Z}[x]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}$-Modul. Mit genau demselben Argument kannst du zeigen, dass $\mathbb{Z}[x,y]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}[x]$-Modul ist. Beides zusammen impliziert dann, dass $\mathbb{Z}[x,y]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}$-Modul ist. \quoteon bzgl des Resultats, dass Untermoduln von endlich erzeugten Z-Moduln wieder endlich sind, liegt ja daran, dass Z ein Integritätsring ist. Zumindest habe ich das so dunkel in Erinnerung. \quoteoff Mit Integritätsbereichen hat das nichts zu tun. Woran du dich möglicherweise erinnerst, ist, dass das für Hauptidealringe gilt - das wäre richtig und auch plausibel, dass du es in dem Kontext gesehen hast, auch wenn es für eine sehr viel größere Klasse von Ringen gilt. Wenn du dir nicht sicher damit bist, kannst du den Teil auch umgehen und direkt folgern, dass jedes $\mathbb{Z}[x,y]$ ganz über $\mathbb{Z}$ ist. Dafür brauchen wir dann allerdings doch den Satz von Cayley-Hamilton (oder zumindest eine Variante davon), aber da dein Dozent ja anscheinend ohnehin angedeutet hat, dass du den benutzen sollst, ist das vielleicht sowieso die bessere Idee. Nimm dazu ein $s \in \mathbb{Z}[x,y]$ und eine Basis von $\mathbb{Z}[x,y]$ als $\mathbb{Z}$-Modul und stelle die Abbildung auf $\mathbb{Z}[x,y]$, die durch Multiplikation mit $s$ gegeben ist, bezüglich dieser Basis dar. Übrigens hast du (vielleicht versehentlich) diesen Thread wohl bei deinem letzten Beitrag abgehakt. Das solltest du erst tun, wenn wir hier fertig sind, sonst sieht das so aus, als wäre hier nichts mehr zu tun. Gruß, David \quoteoff Hallo David, vielen Dank für deine Hilfe, aber irgendwie komme ich auf keinen grünen Zweig bei der Aufgabe 😭. Ich weiß trotz deiner Hinweise nicht so recht, wie ich das jetzt zeigen kann und wie ich den Satz von C-H ins Spiel bringe. LG Marina


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Marina123
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  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2021-11-27

\quoteon(2021-11-27 21:51 - Marina123 in Beitrag No. 10) \quoteon(2021-11-21 20:30 - DavidM in Beitrag No. 9) Hallo Marina, du hast ja schon gezeigt, dass $\mathbb{Z}[x]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}$-Modul. Mit genau demselben Argument kannst du zeigen, dass $\mathbb{Z}[x,y]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}[x]$-Modul ist. Beides zusammen impliziert dann, dass $\mathbb{Z}[x,y]$ ein endlich erzeugter $\mathbb{Z}$-Modul ist. \quoteon bzgl des Resultats, dass Untermoduln von endlich erzeugten Z-Moduln wieder endlich sind, liegt ja daran, dass Z ein Integritätsring ist. Zumindest habe ich das so dunkel in Erinnerung. \quoteoff Mit Integritätsbereichen hat das nichts zu tun. Woran du dich möglicherweise erinnerst, ist, dass das für Hauptidealringe gilt - das wäre richtig und auch plausibel, dass du es in dem Kontext gesehen hast, auch wenn es für eine sehr viel größere Klasse von Ringen gilt. Wenn du dir nicht sicher damit bist, kannst du den Teil auch umgehen und direkt folgern, dass jedes $\mathbb{Z}[x,y]$ ganz über $\mathbb{Z}$ ist. Dafür brauchen wir dann allerdings doch den Satz von Cayley-Hamilton (oder zumindest eine Variante davon), aber da dein Dozent ja anscheinend ohnehin angedeutet hat, dass du den benutzen sollst, ist das vielleicht sowieso die bessere Idee. Nimm dazu ein $s \in \mathbb{Z}[x,y]$ und eine Basis von $\mathbb{Z}[x,y]$ als $\mathbb{Z}$-Modul und stelle die Abbildung auf $\mathbb{Z}[x,y]$, die durch Multiplikation mit $s$ gegeben ist, bezüglich dieser Basis dar. Übrigens hast du (vielleicht versehentlich) diesen Thread wohl bei deinem letzten Beitrag abgehakt. Das solltest du erst tun, wenn wir hier fertig sind, sonst sieht das so aus, als wäre hier nichts mehr zu tun. Gruß, David \quoteoff Hallo David, vielen Dank für deine Hilfe, aber irgendwie komme ich auf keinen grünen Zweig bei der Aufgabe 😭. Ich weiß trotz deiner Hinweise nicht so recht, wie ich das jetzt zeigen kann und wie ich den Satz von C-H ins Spiel bringe. LG Marina \quoteoff Ps: das mit dem „abgehakt“ war wirklich versehentlich, sorry. Und ja genau ich meinte damit natürlich den Hauptidealring. Ich hatte die ganze Zeit PID im Kopf und irgendwie total falsch ins Deutsche übersetzt


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DavidM
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  Beitrag No.12, eingetragen 2021-11-27

Hallo Marina, das ist auch wirklich nicht so einfach. Ich hoffe, ich mache gerade nicht selbst einen entscheidenden Fehler, aber die folgende Idee sollte eigentlich funktionieren. $R:=\mathbb{Z}[x,y]$ ist ein endlich erzeugter freier $\mathbb{Z}$-Modul. Jetzt sei $s \in R$. Wir wollen zeigen, dass ein normiertes Polynom über $\mathbb{Z}$ existiert, das $s$ als Nullstelle hat. Dazu betrachten wir die linear Abbildung $\varphi: R \to R, z \mapsto s \cdot z$. Das charakteristische Polynom $\chi$ von $\varphi$ ist ein normiertes Polynom mir ganzzahligen Koeffizienten. Kannst du jetzt mit Cayley-Hamilton zeigen, dass $\chi(s)=0$ ist? (Der Satz von Cayley-Hamilton braucht in der üblichen Formulierung eigentlich einen Körper, nicht nur einen Ring, das ist hier aber kein Problem, weil wir die Abbildung $\varphi$ auch auf dem von $R$ erzeugten $\mathbb{Q}$-Vektorraum betrachten könnten. Gruß, David


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  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-02

Hallo David, erstmal vielen Dank für deine Hilfe und deine Geduld :) Irgendwie komme ich leider noch nicht so wirklich weiter :( Mein Gedanke dazu war, dass wenn R ein endlich erzeugter freier Z Modul ist, dann existiert eine Basis von Grad n. Wie ich damit zeigen kann, dass \ \chi(s)=0 weiß ich leider nicht. LG Marina


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DavidM
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  Beitrag No.14, eingetragen 2021-12-03

Ich schreibe das charakteristische Polynom von $\phi$ als $\chi=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+ \ldots, a_1 x + a_0$. Dann besagt der Satz von Cayley-Hamilton ja gerade, dass $0=\chi(\varphi)=\varphi^n+a_{n-1} \varphi^{n-1} + \ldots + a_1 \varphi + a_0$. (Üblicherweise formuliert man den Satz für Matrizen, er gilt aber natürlich für lineare Abbildungen genauso). Auf beiden Seiten dieser Gleichung stehen jetzt Abbildungen $R \to R$, es gilt also für jedes $r \in R$, dass $0=\varphi^n(r)+a_{n-1} \varphi^{n-1}(r)+ \ldots + a_1 \varphi(r)+a_0$. Kommst du damit weiter?


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  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-23 20:57

\quoteon(2021-12-03 09:37 - DavidM in Beitrag No. 14) Ich schreibe das charakteristische Polynom von $\phi$ als $\chi=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+ \ldots, a_1 x + a_0$. Dann besagt der Satz von Cayley-Hamilton ja gerade, dass $0=\chi(\varphi)=\varphi^n+a_{n-1} \varphi^{n-1} + \ldots + a_1 \varphi + a_0$. (Üblicherweise formuliert man den Satz für Matrizen, er gilt aber natürlich für lineare Abbildungen genauso). Auf beiden Seiten dieser Gleichung stehen jetzt Abbildungen $R \to R$, es gilt also für jedes $r \in R$, dass $0=\varphi^n(r)+a_{n-1} \varphi^{n-1}(r)+ \ldots + a_1 \varphi(r)+a_0$. Kommst du damit weiter? \quoteoff Hallo David, tut mir sehr leid, dass ich mich so spät erst melde, aber ich war leider krank. Ich habe versucht, den Beweis hinzukriegen, aber irgendwie habe ich es nicht geschafft. Vielen Dank erst mal für deine Hilfe und ich wünsche dir und deiner Familie schöne Weihnachten. LG Marina


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  Beitrag No.16, eingetragen 2021-12-23 21:14

\quoteon(2021-12-23 20:57 - Marina123 in Beitrag No. 15) Hallo David, tut mir sehr leid, dass ich mich so spät erst melde, aber ich war leider krank. Ich habe versucht, den Beweis hinzukriegen, aber irgendwie habe ich es nicht geschafft. Vielen Dank erst mal für deine Hilfe und ich wünsche dir und deiner Familie schöne Weihnachten. LG Marina \quoteoff Vielen Dank, das wünsche ich dir auch. Nebenbei ist mir gerade aufgefallen, dass in meinem letzten Beitrag ein kleiner, aber entscheidender, Fehler versteckt ist. Wenn man $\varphi$ in das charakteristische Polynom einsetzt, wird der konstante Term genau genommen nicht einfach zu $a_0$, sondern zu $a_0 \mathrm{id}_R$ (sonst würden wir an der Stelle eine Abbildung und eine Zahl addieren). Wenn man da jetzt $r$ einsetzt, wird das also nicht zu $a_0$, sondern zu $a_0 r$. Die letzte Gleichung muss also richtig heißen: $0=\varphi^n(r)+a_{n-1} \varphi^{n-1}(r)+ \ldots + a_1 \varphi(r)+a_0r$. Als nächstes solltest du dich erinneren (oder in meinen vorherigen Beiträgen nachschauen), wie $\varphi$ eigentlich definiert war. Das setzt du dann hier ein, dann bist du fast fertig.


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  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2021-12-29 20:39

\quoteon(2021-12-23 21:14 - DavidM in Beitrag No. 16) \quoteon(2021-12-23 20:57 - Marina123 in Beitrag No. 15) Hallo David, tut mir sehr leid, dass ich mich so spät erst melde, aber ich war leider krank. Ich habe versucht, den Beweis hinzukriegen, aber irgendwie habe ich es nicht geschafft. Vielen Dank erst mal für deine Hilfe und ich wünsche dir und deiner Familie schöne Weihnachten. LG Marina \quoteoff Vielen Dank, das wünsche ich dir auch. Nebenbei ist mir gerade aufgefallen, dass in meinem letzten Beitrag ein kleiner, aber entscheidender, Fehler versteckt ist. Wenn man $\varphi$ in das charakteristische Polynom einsetzt, wird der konstante Term genau genommen nicht einfach zu $a_0$, sondern zu $a_0 \mathrm{id}_R$ (sonst würden wir an der Stelle eine Abbildung und eine Zahl addieren). Wenn man da jetzt $r$ einsetzt, wird das also nicht zu $a_0$, sondern zu $a_0 r$. Die letzte Gleichung muss also richtig heißen: $0=\varphi^n(r)+a_{n-1} \varphi^{n-1}(r)+ \ldots + a_1 \varphi(r)+a_0r$. Als nächstes solltest du dich erinneren (oder in meinen vorherigen Beiträgen nachschauen), wie $\varphi$ eigentlich definiert war. Das setzt du dann hier ein, dann bist du fast fertig. \quoteoff Hallo David, ich habe das jetzt mal versucht, allerdings tue ich mich schwer, da ich den Satz von C-H nur für Matrizen kenne. Und ich habe genau das Problem, was du in deinem letzten Post geschrieben hast 😭 langsam bin ich verzweifelt 🤣 https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/55114_C15F9831-A954-4294-A3AA-56CEB8FC6438.jpeg Vielen lieben Dank für deine Geduld Marina


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DavidM
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  Beitrag No.18, eingetragen 2021-12-30 11:27

Hallo Marina, die Abbildung $\varphi$ zu diagonalisieren ist hier überhaupt nicht notwendig. Zunächst ist auch nicht offensichtlich, warum $\varphi$ diagonalisierbar sein soll. (Wenn ich nichts übersehe, ist das aber der Fall.) In meinem letzten Beitrag war ich ja bei $0=\varphi^n(r)+a_{n-1} \varphi^{n-1}(r)+...+a_1 \varphi(r)+a_0 r$. Die Abbildung $\varphi$ hatten wir ja (in Beitrag #12) definiert durch $\varphi(r)=s \cdot r$. Was ist dann $\varphi^k(r)$? Setz das mal alles ein und schau, ob du dann weiter kommst.


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Marina123
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  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2022-01-02 22:50

\quoteon(2021-12-30 11:27 - DavidM in Beitrag No. 18) Hallo Marina, die Abbildung $\varphi$ zu diagonalisieren ist hier überhaupt nicht notwendig. Zunächst ist auch nicht offensichtlich, warum $\varphi$ diagonalisierbar sein soll. (Wenn ich nichts übersehe, ist das aber der Fall.) In meinem letzten Beitrag war ich ja bei $0=\varphi^n(r)+a_{n-1} \varphi^{n-1}(r)+...+a_1 \varphi(r)+a_0 r$. Die Abbildung $\varphi$ hatten wir ja (in Beitrag #12) definiert durch $\varphi(r)=s \cdot r$. Was ist dann $\varphi^k(r)$? Setz das mal alles ein und schau, ob du dann weiter kommst. \quoteoff Hallo David, ich komme ehrlich gesagt nicht weiter. Ich verstehe nicht, wie phi^k(r) aussehen soll. Ich glaube, ich gebe das auf 😂😖 LG Marina


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DavidM
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  Beitrag No.20, eingetragen 2022-01-03 09:59

\quoteon(2022-01-02 22:50 - Marina123 in Beitrag No. 19) ich komme ehrlich gesagt nicht weiter. Ich verstehe nicht, wie phi^k(r) aussehen soll. Ich glaube, ich gebe das auf 😂😖 \quoteoff Gib nicht jetzt auf, wo wir es fast geschafft haben. Wir haben ja $\varphi^2(r)=(\varphi \circ \varphi)(r)=\varphi(s \cdot r)=s^2 \cdot r$. Wie sieht das dann für größere $k$ aus?


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Marina123
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  Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2022-01-15 14:37

\quoteon(2022-01-03 09:59 - DavidM in Beitrag No. 20) \quoteon(2022-01-02 22:50 - Marina123 in Beitrag No. 19) ich komme ehrlich gesagt nicht weiter. Ich verstehe nicht, wie phi^k(r) aussehen soll. Ich glaube, ich gebe das auf 😂😖 \quoteoff Gib nicht jetzt auf, wo wir es fast geschafft haben. Wir haben ja $\varphi^2(r)=(\varphi \circ \varphi)(r)=\varphi(s \cdot r)=s^2 \cdot r$. Wie sieht das dann für größere $k$ aus? \quoteoff Hallo David, ich würde sagen für größere k sieht es so aus: phi^k(r)=s^(k)*r^(k-1) Danke vielmals für deine Hilfe :)) LG Marina


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DavidM
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  Beitrag No.22, eingetragen 2022-01-15 18:12

\quoteon(2022-01-15 14:37 - Marina123 in Beitrag No. 21) ich würde sagen für größere k sieht es so aus: phi^k(r)=s^(k)*r^(k-1) \quoteoff Wieso denn $r^{k-1}$? Es ist $\varphi^3(r)=(\varphi \circ \varphi^2)(r)=\varphi(s^2 r)=s^3 r$. Wenn man das weiterführt kommt man also auf $\varphi^k(r)=s^k r$. (Falls das der Grund für deinen Fehler war: $\varphi^k$ ist die $k$-fache Verkettung von $\varphi$ mit sich selbst, also $\varphi \circ \lcdots \circ \varphi$, also nicht so etwas wie $\varphi^k(r)=\varphi(r)^k$.) Ist das klar soweit? Und kommst du damit weiter? Zur Eriinerung: Wir wollen zeigen, dass es ein normiertes Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten gibt, das $s$ als Nullstelle hat.


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Marina123 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Marina123 hatte hier bereits selbst das Ok-Häkchen gesetzt.

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