Jede Varietät lässt sich durch ein Polynom darstellen

19.04.2016, 13:36

Shalec

Jede Varietät lässt sich durch ein Polynom darstellen

Hallo,

ich habe eine solche Aufgabe soeben bearbeitet und halte sie für zu einfach, als dass meine Bearbeitung vollständig ist..

Also Sei $\begin{eqnarray*} X\subset \mathbb{A}_\mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ eine beliebige Varietät. Dann existiert ein $\begin{eqnarray*} f\in \mathbb{R}[x_1,...,x_n] \end{eqnarray*}$ sodass X=V(f). (V ist zero-locus. Gibts dafür eine deutsche Bezeichnung?)

Zunächst ist mir bekannt (aus anderen Vorlesungen..), dass der Polynomring in endlich vielen Variablen $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}[x_1,...,x_n] \end{eqnarray*}$ ein noetherscher Ring ist. (Da R ein Körper ist..)
Nach dem Hilbertschen Basissatz (ebenfalls andere Vorlesung..) lässt sich dann jede Varietät X durch endlich viele Polynome $\begin{eqnarray*} f_1,...,f_m\in \mathbb{R}[x_1,...,x_n] \end{eqnarray*}$ beschreiben.
Betrachte nun $\begin{eqnarray*} f:=\prod f_i \end{eqnarray*}$ so ist V(f)=V(\{f_i : i=1,...,n\}) = X.

19.04.2016, 21:43

KleinerGast

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Hi,

manchmal schreibt man statt $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ , ich persönlich finde aber $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ schöner.

Zu deinem Beweis:
Die Tatsache, dass der Polynomring in $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Veränderlichen über den reellen Zahlen noethersch ist, ist genau der Hilbertsche Basissatz. Als Folgerung kriegt man gratis mitgeliefert, dass jede affin abgebraische Menge durch endlich viele Polynome dargestellt werden kann (was du ja auch richtig geschrieben hast). Du erwähnst also eigentlich zwei Mal das Gleiche.

Das Problem ist, aber dass $\begin{eqnarray*} V(f_1, ..., f_m) \end{eqnarray*}$ die Menge aller Punkte in $\begin{eqnarray*} \mathbb{A}^n_{\mathbb{R}} \end{eqnarray*}$ ist, für die die Polynome $\begin{eqnarray*} f_1, ..., f_m \end{eqnarray*}$ gleichzeitig verschwinden.
Die Menge $\begin{eqnarray*} V(\prod f_i) \end{eqnarray*}$ ist aber die Menge aller Punkte, für die mindestens ein $\begin{eqnarray*} f_i \end{eqnarray*}$ verschwindet.

Kurz zusammengefasst: Es gilt also $\begin{eqnarray*} V(f_1, ..., f_m) \subset V(\prod f_i) \end{eqnarray*}$ , und Gleichheit gilt normalerweise nicht.

Die Aussage ist auch über algebraisch abgeschlossenen Körpern $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ falsch: Betrachte dazu z.B. $\begin{eqnarray*} n = 2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \{(0,0)\}=V(x,y) \subset \mathbb{A}^2_k \end{eqnarray*}$ . Diese Menge kann nicht durch ein einziges Polynom erzeugt werden, da jedes nicht-konstante Polynom $\begin{eqnarray*} p \in k[x,y] \end{eqnarray*}$ unendlich viele Nullstellen besitzt (d.h. $\begin{eqnarray*} |V(p)| = \infty \end{eqnarray*}$ ).

Es muss also damit zu tun haben, dass $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ nicht algebraisch abgeschlossen ist. Tipp: Schau dir mal die Menge $\begin{eqnarray*} V(x,y) \subset A^2_\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ an und versuche ein Polynom zu finden, das die gleiche Menge liefert. Verallgemeinere dann diese Idee!

20.04.2016, 21:07

Shalec

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Zitat:

Original von KleinerGast
Hi,

manchmal schreibt man statt $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ , ich persönlich finde aber $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ schöner.

Ich auch

Zitat:

Original von KleinerGast
Zu deinem Beweis:
Die Tatsache, dass der Polynomring in $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Veränderlichen über den reellen Zahlen noethersch ist, ist genau der Hilbertsche Basissatz. Als Folgerung kriegt man gratis mitgeliefert, dass jede affin abgebraische Menge durch endlich viele Polynome dargestellt werden kann (was du ja auch richtig geschrieben hast). Du erwähnst also eigentlich zwei Mal das Gleiche.

Hm..ahja, dann hatte ich das irgendwie verkehrt in Erinnerung. Dachte noetherscher Körper sei eine Voraussetzung für diesen Satz.

Zitat:

Original von KleinerGast
Das Problem ist, aber dass $\begin{eqnarray*} V(f_1, ..., f_m) \end{eqnarray*}$ die Menge aller Punkte in $\begin{eqnarray*} \mathbb{A}^n_{\mathbb{R}} \end{eqnarray*}$ ist, für die die Polynome $\begin{eqnarray*} f_1, ..., f_m \end{eqnarray*}$ gleichzeitig verschwinden.
Die Menge $\begin{eqnarray*} V(\prod f_i) \end{eqnarray*}$ ist aber die Menge aller Punkte, für die mindestens ein $\begin{eqnarray*} f_i \end{eqnarray*}$ verschwindet.

Kurz zusammengefasst: Es gilt also $\begin{eqnarray*} V(f_1, ..., f_m) \subset V(\prod f_i) \end{eqnarray*}$ , und Gleichheit gilt normalerweise nicht.

Ja, leuchtet ein. Ist ja auch klar.. hätte mir egtl. direkt auffallen müssen traurig

Zitat:

Original von KleinerGast
Die Aussage ist auch über algebraisch abgeschlossenen Körpern $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ falsch: Betrachte dazu z.B. $\begin{eqnarray*} n = 2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \{(0,0)\}=V(x,y) \subset \mathbb{A}^2_k \end{eqnarray*}$ . Diese Menge kann nicht durch ein einziges Polynom erzeugt werden, da jedes nicht-konstante Polynom $\begin{eqnarray*} p \in k[x,y] \end{eqnarray*}$ unendlich viele Nullstellen besitzt (d.h. $\begin{eqnarray*} |V(p)| = \infty \end{eqnarray*}$ ).

Stimmt. Aber jedes "nicht-konstante" Polynom besitzt unendlich viele Nullstellen? Ist es nicht eher, dass das konstante Polynom f=0 unendlich viele Nullstellen besitzt und alle nicht-konstanten Polynome vom Grad >0 nur endlich viele, gemäß des Grades, Nullstellen haben?
Betrachte ich den Punkt (0,0) als Lösung von endlich vielen Funktionen, so kann ich als einen Repräsentant eben auch y-x=0 oder f(x)-x=0 wählen. Dieses Polynom hat natürlich unendlich viele Nullstellen, insofern nicht gilt: $\begin{eqnarray*} f(0) = 0 \text{ und } f(x) \neq x \end{eqnarray*}$ .

Als Zusatz wird noch gesagt "Diese Aussage gilt für beliebige, nicht algebraisch abgeschlossene Körper." Bis eben hatte ich es anders interpretiert, als die tatsächliche Aussage ist. Ich dachte jetzt jetzt nicht, dass es was mit "algebraisch abgeschlossen" zu tun hat.

Zitat:

Original von KleinerGast
Es muss also damit zu tun haben, dass $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ nicht algebraisch abgeschlossen ist. Tipp: Schau dir mal die Menge $\begin{eqnarray*} V(x,y) \subset A^2_\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ an und versuche ein Polynom zu finden, das die gleiche Menge liefert. Verallgemeinere dann diese Idee!

Zu V(x,y): http://www.mathematik.uni-kl.de/~gathman...g-2013/main.pdf Def. 0.3.c) ist die, auf die ich mich beziehe. Meinst du dann mit deinem (x,y) die Funktionen x und y aus C[x,y]?
Ich gucke mir das morgen Vormittag mal an. Jetzt bin ich zu müde unglücklich

Vielen Dank für die klaren Worte smile

20.04.2016, 21:46

KleinerGast

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Hallo

Zitat:

Hm..ahja, dann hatte ich das irgendwie verkehrt in Erinnerung. Dachte noetherscher Körper sei eine Voraussetzung für diesen Satz.

Da hast du auch Recht. Ich sage nur, dass die Aussagen

$\begin{eqnarray*} \mathbb{R}[x_1,...,x_n] \end{eqnarray*}$ ist noethersch

sowie

Sei $\begin{eqnarray*} V(S) \subset \mathbb{A}^n_\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ eine affin abgebraische Menge. Dann gibt es $\begin{eqnarray*} f_1,...,f_m \in S \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} V(S) = V(f_1,...,f_m) \end{eqnarray*}$

im Endeffekt die gleichen Aussagen sind (die zweite Aussage ist eine unmittelbare Konsequenz aus dem Basissatz von Hilbert). Du hast also zwei Mal fast das gleiche erwähnt - das und nichts anderes habe ich damit gemeint. Falsch ist daran nichts. smile

Zitat:

Aber jedes "nicht-konstante" Polynom besitzt unendlich viele Nullstellen? Ist es nicht eher, dass das konstante Polynom f=0 unendlich viele Nullstellen besitzt und alle nicht-konstanten Polynome vom Grad >0 nur endlich viele, gemäß des Grades, Nullstellen haben?

Vorsicht: Ich habe von Polynomen in zwei Veränderlichen gesprochen. Da ist das anders als bei Polynomen in einer Veränderlichen.
Du kannst vielleicht versuchen, das mal als Übung zu beweisen (vielleicht im Anschluss an diese Aufgabe):

Lemma: Sei $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ein algebraisch abgeschlossener Körper, $\begin{eqnarray*} n \geq 2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} p \in k[x_1,...,x_n] \end{eqnarray*}$ ein nicht-konstantes Polynom. Dann gibt es unendlich viele $\begin{eqnarray*} (a_1,...,a_n) \in \mathbb{A}^n_k \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} p(a_1,...,a_n) = 0 \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Meinst du dann mit deinem (x,y) die Funktionen x und y aus C[x,y]?

Ich meine damit die Polynome $\begin{eqnarray*} x,y \in \mathbb{R}[x,y] \end{eqnarray*}$ . Wir arbeiten ja über den reellen Zahlen innerhalb dieser Aufgabe. smile

Meld dich einfach noch mal, dann schauen wir weiter. smile

21.04.2016, 18:33

Shalec

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Zitat:

Original von KleinerGast
Hallo Wink

Zitat:

Das war mir auch direkt danach aufgefallen.. nur weil der Grad endlich ist, heißt es noch nicht, dass die Nullstellenanzahl endlich ist. Nehme z.B. die affine Gerade: y=x. Diese hat in jedem Punkt mit (x,x) eine Nullstelle. Nimmt man nun einen (über-)abzählbaren Grundkörper, so folgt die Aussage doch per Gegenbeispiel. (d.h. Es gilt nicht: Grad(f) endlich => #Nullstellen(f) endlich, da ein Gegenbeispiel für diese Inklusion existiert.)

Zitat:

Original von KleinerGast

Zitat:

Meinst du dann mit deinem (x,y) die Funktionen x und y aus C[x,y]?

Ich meine damit die Polynome $\begin{eqnarray*} x,y \in \mathbb{R}[x,y] \end{eqnarray*}$ . Wir arbeiten ja über den reellen Zahlen innerhalb dieser Aufgabe. smile

Meld dich einfach noch mal, dann schauen wir weiter. smile

Also zu deinem Beispiel mit $\begin{eqnarray*} f_1(x,y)=x, f_2(x,y)=y \end{eqnarray*}$ haben alle Polynome in der Form: $\begin{eqnarray*} f(x,y)= x\cdot a + y\cdot b \end{eqnarray*}$ genau die Nullstellen von $\begin{eqnarray*} f_1\text{ und }f_2 \end{eqnarray*}$ für reelle a,b ungleich 0.
Erinnert ja ein wenig an den chinesischen Restsatz Big Laugh

Ist die Verallgemeinerung dann:
$\begin{eqnarray*} S=\{f_1,...,f_m\}\subseteq \mathbb{R}[x_1,...,x_n] \end{eqnarray*}$ mit den Nullstellen, dass dann $\begin{eqnarray*} f=\sum\limits_{i=1}^n a_i f_i \end{eqnarray*}$ genau diese Nullstellen für $\begin{eqnarray*} a_i\neq0 \end{eqnarray*}$ hat?
Aber hier habe ich das Problem: Ich habe weder ausgenutzt, dass die Polynome Nullstellen im algebraischen Abschluss des Körpers haben, noch kann ich sicher stellen, dass dieses Polynom ausschließlich diese Nullstellen hat. Durch die Linearkombination können ja zufällig die $\begin{eqnarray*} a_i \end{eqnarray*}$ mit den Werten der Funktionen an einer nicht-Nullstelle so zusammenfallen, dass das Polynom in dieser nicht-Nullstelle verschwindet.

Viele Grüße und vielen Dank für Deine sehr nette Hilfe! Freude

Aus "KleinerGast" sollte eher eine Art "KleinesMitglied" werden Augenzwinkern

21.04.2016, 19:13

KleinerGast

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Das passt leider immer noch nicht:

$\begin{eqnarray*} f(x,y) = ax + by \end{eqnarray*}$ hat nicht die gleichen Nullstellen wie $\begin{eqnarray*} f_1(x,y) = x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f_2(x,y) = y \end{eqnarray*}$ zusammen.

Vielleicht solltest du $\begin{eqnarray*} V(S) = V(f_1,f_2) = V(x,y) \end{eqnarray*}$ mal ausrechnen. Für welche Punkte $\begin{eqnarray*} (x,y) \end{eqnarray*}$ ist denn $\begin{eqnarray*} f_1(x,y) = 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f_2(x,y) = 0 \end{eqnarray*}$ ?

Gibt nicht sonderlich viele Punkte, die das erfüllen. smile

Die "Art" der Verallgemeinerung, wie du von dem Beispiel auf den allgemeinen Fall geschlossen hast, ist aber richtig. Also wenn du das Beispiel löst, kannst du das genau so auf den allgemeinen Fall übertragen. smile

Viele Grüße. Wink

PS: Ich weiß nicht, ob aus KleinerGast mal KleinesMitglied wird. Mal sehen. Augenzwinkern

21.04.2016, 19:33

Shalec

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Zitat:

Original von KleinerGast
Das passt leider immer noch nicht:

$\begin{eqnarray*} f(x,y) = ax + by \end{eqnarray*}$ hat nicht die gleichen Nullstellen wie $\begin{eqnarray*} f_1(x,y) = x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f_2(x,y) = y \end{eqnarray*}$ zusammen.

Vielleicht solltest du $\begin{eqnarray*} V(S) = V(f_1,f_2) = V(x,y) \end{eqnarray*}$ mal ausrechnen. Für welche Punkte $\begin{eqnarray*} (x,y) \end{eqnarray*}$ ist denn $\begin{eqnarray*} f_1(x,y) = 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f_2(x,y) = 0 \end{eqnarray*}$ ?

Gibt nicht sonderlich viele Punkte, die das erfüllen. smile

Ich dachte, dass dies nur der Punkt (0,0) sei. Da die Nullstellen von x den Typ haben: (0,b) und y (a,0). Im Schnitt liegt dann nur (0,0).

Ich hatte auch erst an diese Variante: $\begin{eqnarray*} f= x\cdot (a-y) + y\cdot (b-x) \end{eqnarray*}$ gedacht, dabei ist mir aber direkt aufgefallen, dass ich dadurch eine neue Nullstelle gewinne, was ich nicht will.
Dann hatte ich an $\begin{eqnarray*} f(x,y) = x\cdot (a-xy) + y(b-xy) \end{eqnarray*}$ gedacht. Hier kann xy entweder a oder b aber nicht beides gleichzeitig sein. Im Falle y=0 und x!=0 ist der erste Summand ebenfalls !=0. Damit hat diese Verallgemeinerung die gewünschten Nullstellen.

Zitat:

Original von KleinerGast
Die "Art" der Verallgemeinerung, wie du von dem Beispiel auf den allgemeinen Fall geschlossen hast, ist aber richtig. Also wenn du das Beispiel löst, kannst du das genau so auf den allgemeinen Fall übertragen. smile

D.h. ich hätte dann eine solche Verallgemeinerung:
$\begin{eqnarray*} f(x_1,...,x_n) = \sum\limits_{j=1}^m f_j\cdot \left( a_j - \prod\limits_{i=1}^m f_i \right) \end{eqnarray*}$

21.04.2016, 19:39

KleinerGast

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Sorry, du denkst leider zu kompliziert.

Erst mal: Ja, $\begin{eqnarray*} V(x,y) \end{eqnarray*}$ besteht nur aus dem Ursprung $\begin{eqnarray*} (0,0) \end{eqnarray*}$ , das ist richtig. smile

Zu deinem (zweiten) Ansatz:

Setze z.B. $\begin{eqnarray*} a = b = 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x = y \end{eqnarray*}$ , dann steht da:

$\begin{eqnarray*} f(x,x) = 2x(1-x^2) \end{eqnarray*}$

Der Punkt $\begin{eqnarray*} (1,1) \end{eqnarray*}$ liegt also auch in der Nullstellenmenge von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ .

Ich geb dir noch einen Tipp:
Versuche mit Quadraten zu arbeiten. Es gilt nämlich $\begin{eqnarray*} x^2 = 0 \end{eqnarray*}$ genau dann, wenn $\begin{eqnarray*} x = 0 \end{eqnarray*}$ .

21.04.2016, 19:57

Shalec

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Zitat:

Original von KleinerGast
Sorry, du denkst leider zu kompliziert.

Erst mal: Ja, $\begin{eqnarray*} V(x,y) \end{eqnarray*}$ besteht nur aus dem Ursprung $\begin{eqnarray*} (0,0) \end{eqnarray*}$ , das ist richtig. smile

Oh..ja.. hätte mir auch auffallen müssen. böse

Zitat:

Original von KleinerGast
Ich geb dir noch einen Tipp:
Versuche mit Quadraten zu arbeiten. Es gilt nämlich $\begin{eqnarray*} x^2 = 0 \end{eqnarray*}$ genau dann, wenn $\begin{eqnarray*} x = 0 \end{eqnarray*}$ .

Danke, darüber werde ich jetzt erstmal nachdenken. Die Aufgaben sind i.A. nicht sehr kompliziert, man macht es sich nur öfter selber so kompliziert, weil man noch keinen Durchblick hat Big Laugh

Aber mal mein erster Gedanke:

$\begin{eqnarray*} f(x,y) = x\cdot (a+y^2) + y\cdot (b+x^2) \end{eqnarray*}$ . Das habe ich aber noch nicht weiter analysiert. $\begin{eqnarray*} a+x^2 \end{eqnarray*}$ hat keine Lösungen über $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ , da nicht algebraisch abgeschlossen.

Edit:

$\begin{eqnarray*} a+x^2=0 \end{eqnarray*}$ besitzt genau dann keine Lösung, wenn $\begin{eqnarray*} a\in\mathbb{R}_{>0} \end{eqnarray*}$ ist. Andernfalls könnte ich auch $\begin{eqnarray*} a^2+x^2 \end{eqnarray*}$ betrachten.

Im Hinblick auf die Verallgemeinerung habe ich mir auch gedacht, dass ggf. $\begin{eqnarray*} f(x,y)= x(a^2+x^2)+y(b^2+y^2) \end{eqnarray*}$ ein Kandidat wäre. Dies würde dann in $\begin{eqnarray*} f = \sum f_i(a_i^2+f_i^2) \end{eqnarray*}$ münden.

21.04.2016, 20:29

KleinerGast

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Es tut mir leid, aber das passt immer noch nicht wirklich. Lass dir doch mal von WolframAlpha die Nullstellenmenge deines Polynoms für bestimmte Werte von $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ zeichnen:

wolframalpha.com/input/?i=x*%281%2By^2%29+%2B+y*%282%2Bx^2%29+%3D+0

Du denkst immer noch zu kompliziert. Was du jetzt hingeschrieben hast, ist ein Polynom vom Grad 3 - ein Polynom vom Grad 2, das lediglich mit Quadraten auskommt, wird es aber tun.

21.04.2016, 20:41

Shalec

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Zitat:

Original von KleinerGast
Es tut mir leid, aber das passt immer noch nicht wirklich. Lass dir doch mal von WolframAlpha die Nullstellenmenge deines Polynoms für bestimmte Werte von $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ zeichnen:

wolframalpha.com/input/?i=x*%281%2By^2%29+%2B+y*%282%2Bx^2%29+%3D+0

Du denkst immer noch zu kompliziert. Was du jetzt hingeschrieben hast, ist ein Polynom vom Grad 3 - ein Polynom vom Grad 2, das lediglich mit Quadraten auskommt, wird es aber tun.

$\begin{eqnarray*} x^2+y^2 \end{eqnarray*}$ ...?
Das erfüllt jedenfalls diesmal alles.
Reellen Nullstellen sind (0,0). Keine anderen. Polynom vom Grad 2.

Aber das ist wirklich um Dimensionen einfacher gedacht als meine vorherigen Ansätze Big Laugh

21.04.2016, 20:43

KleinerGast

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Ja! Geht doch Freude

Ich sage doch, dass es leichter ist. Big Laugh

Beachte, dass hier wichtig ist, dass wir über den reellen Zahlen sind. Wären wir z.B. über $\begin{eqnarray*} \mathbb{C} \end{eqnarray*}$ , gäbe es noch andere Lösungen wie z.B. $\begin{eqnarray*} (i,1) \end{eqnarray*}$ .

Wie wäre dann die Verallgemeinerung?

PS: Du musst genauer bzw. kritischer über deine Ansätze nachdenken. Probier doch einfach mal ein paar Werte aus. smile

21.04.2016, 21:09

Shalec

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Zitat:

Original von KleinerGast
Ja! Geht doch Freude

Ich sage doch, dass es leichter ist. Big Laugh

War auch eine schwere Geburt ~.~

Zitat:

Original von KleinerGast
Beachte, dass hier wichtig ist, dass wir über den reellen Zahlen sind. Wären wir z.B. über $\begin{eqnarray*} \mathbb{C} \end{eqnarray*}$ , gäbe es noch andere Lösungen wie z.B. $\begin{eqnarray*} (i,1) \end{eqnarray*}$ .

Das war mir bereits aufgefallen.

Zitat:

Original von KleinerGast
Wie wäre dann die Verallgemeinerung?

$\begin{eqnarray*} \sum f_i^2 \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von KleinerGast
PS: Du musst genauer bzw. kritischer über deine Ansätze nachdenken. Probier doch einfach mal ein paar Werte aus. smile

Ja ich weiß. Ich muss mich erstmal wieder an das Studium gewöhnen. Die letzte Algebravorlesung liegt auch ein paar Jahre zurück. Über Polynome konnte ich damals in der LinA und Algebra kein Wissen sammeln, da diese so gut wie nicht behandelt wurden. Alles was ich darüber weiß (ob affiner oder projektiver Raum) habe ich mir nach dem B.Sc. im Hinblick auf deren Anwendung in der Kryptographie erlesen. Generell kann man die Vorlesungen von mir damals vollständig vergessen. Vom Wissenstand her wurde da nicht viel vermittelt. Aber egal Big Laugh

Studium ist ja auch Selbststudium smile

Danke nochmal dafür :-)

Hier noch eine erweiterte Fragestellung
Nun ist es ja wichtig, dass der Körper nicht algebraisch abgeschlossen ist. Wie sähe das über einen beliebigen nicht-algebraisch abgeschlossenen Körper aus? Auch darüber würde diese Behauptung gelten und vermutlich das obige Polynom existieren.

Dann wäre mit obiger Darstellung:

$\begin{eqnarray*} \begin{array}{rcl}<br /> \sum f_i^2 = 0 &\Leftrightarrow & f_k^2 = -\sum\limits_{i\neq k} f_i^2<br /> &\Rightarrow & f_k = \sqrt{\underbrace{-\sum\limits_{i\neq k} f_i^2}_{\leq 0}}<br /> \end{array} \end{eqnarray*}$

Wobei das Wurzelziehen von negativen Körperelementen in manchen Körpern äquivalent zum Wurzelziehen positiver Elemente ist. ( z.B. GF(p) für primes p) Hier läuft es dann darauf hinaus, das u.U. keine Quadrate gefunden werden können, da keine existieren. Aber das Argument dafür ist es nun ja nicht..

21.04.2016, 22:02

KleinerGast

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Deine Lösung stimmt. Freude

Zum Allgemeinen Fall: Der ist etwas technischer, man kann i.A. keine so schöne Form hinschreiben wie jetzt hier über den reellen Zahlen. (Was du mit dem Wurzelziehen möchtest, verstehe ich nicht. Ist aber auch nicht so wichtig.)

Eine Beweisskizze würde wie folgt aussehen:

Sei $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ein nicht algebraisch abgeschlossener Körper.
Es genügt zu zeigen, dass es für alle $\begin{eqnarray*} m \geq 2 \end{eqnarray*}$ ein Polynom $\begin{eqnarray*} F \in k[x_1,...,x_m] \end{eqnarray*}$ gibt, das nur $\begin{eqnarray*} (0,...,0) \in \mathbb{A}^m_k \end{eqnarray*}$ als Nullstelle hat. (*)

Hat man (*) und $\begin{eqnarray*} V(f_1,...,f_m) \subset \mathbb{A}^n_k \end{eqnarray*}$ , so ist $\begin{eqnarray*} V(f_1,...,f_m) = V(F(f_1,...,f_m)) \end{eqnarray*}$ , d.h. das einzige gewünschte Polynom, das die Nullstellenmenge beschreibt ist $\begin{eqnarray*} F(f_1,...,f_m) \end{eqnarray*}$ .
(Im Falle $\begin{eqnarray*} k = \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ war z.B. $\begin{eqnarray*} F(x_1,...,x_m) = \sum_{i=1}^m x_i^2 \end{eqnarray*}$ .)

Wie beweist man nun (*)?

Ich würde das Ganze induktiv über $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ machen. Da braucht man aber mehrere Ideen und muss natürlich verwenden, dass der Körper nicht algebraisch abgeschlossen ist. Die wirkliche Schwierigkeit ist, solch ein Polynom für $\begin{eqnarray*} m = 2 \end{eqnarray*}$ zu finden.

21.04.2016, 22:15

Shalec

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Zitat:

Original von KleinerGast
Deine Lösung stimmt. Freude

Das mit dem Wurzelziehen ist am Ende doch der Grund (für den reellen Fall), warum der Punkt (0,...,0) einzige Nullstelle ist. Aufbauend von diesem Endresultat habe ich dann angefangen mal zu überlegen, ob eine solche Operation in jedem nicht-algebraisch abgeschlossenen Körper funktioniert. Insgesamt bin ich aber darauf gekommen, dass eine solche Betrachtung Unsinn ist smile

Zitat:

Original von KleinerGast
Eine Beweisskizze würde wie folgt aussehen:

Sei $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ein nicht algebraisch abgeschlossener Körper.
Es genügt zu zeigen, dass es für alle $\begin{eqnarray*} m \geq 2 \end{eqnarray*}$ ein Polynom $\begin{eqnarray*} F \in k[x_1,...,x_m] \end{eqnarray*}$ gibt, das nur $\begin{eqnarray*} (0,...,0) \in \mathbb{A}^m_k \end{eqnarray*}$ als Nullstelle hat. (*)

Hat man (*) und $\begin{eqnarray*} V(f_1,...,f_m) \subset \mathbb{A}^n_k \end{eqnarray*}$ , so ist $\begin{eqnarray*} V(f_1,...,f_m) = V(F(f_1,...,f_m)) \end{eqnarray*}$ , d.h. das einzige gewünschte Polynom, das die Nullstellenmenge beschreibt ist $\begin{eqnarray*} F(f_1,...,f_m) \end{eqnarray*}$ .
(Im Falle $\begin{eqnarray*} k = \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ war z.B. $\begin{eqnarray*} F(x_1,...,x_m) = \sum_{i=1}^m x_i^2 \end{eqnarray*}$ .)

Wie beweist man nun (*)?

Ich würde das Ganze induktiv über $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ machen. Da braucht man aber mehrere Ideen und muss natürlich verwenden, dass der Körper nicht algebraisch abgeschlossen ist. Die wirkliche Schwierigkeit ist, solch ein Polynom für $\begin{eqnarray*} m = 2 \end{eqnarray*}$ zu finden.

Das werde ich heute Abend nicht mehr versuchen. Vermutlich kann ich mich damit wieder am Montag beschäftigen. Übers Wochenende muss ich ca. 20h arbeiten. smile

Ich verteile mir das lieber auf drei als auf 2 Tage Big Laugh

Aber interessieren würde mich das trotzdem. smile

Viele Grüße, einen schönen Abend und schönes Wochenende und vielen Dank für die tolle Hilfe! Wink

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