Kreisteilungspolynom hat ganzzahlige Koeffizienten

23.01.2010, 07:56

Pejosh

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Kreisteilungspolynom hat ganzzahlige Koeffizienten

Hallo,

ich stehe vor einem wie mir scheint recht dämlichen Problem. In meiner Seminarausarbeitung zum Thema Kreisteilungskörper soll ich beweisen, dass das Kreisteilungspolynom $\begin{eqnarray*} \Phi_\text{n}(X) \end{eqnarray*}$ Koeffzienten in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ besitzt. Also ist zu zeigen: $\begin{eqnarray*} \Phi_\text{n}(X)\in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ .

Diesen Beweis führe ich durch vollständige Induktion:

IA: $\begin{eqnarray*} \Phi_\text{1}(X)=X-1 \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$

IB: $\begin{eqnarray*} \Phi_\text{d}(X) \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} 1\leq d\leq n-1 \end{eqnarray*}$

(Warum ich an dieser Stelle nicht schreiben darf, dass die Induktionsbehauptung für alle $\begin{eqnarray*} 1\leq d\leq n-1 \end{eqnarray*}$ erfüllt ist, weiß ich allerdings nicht.)

Nun zum Induktionsschritt:

Wir setzen $\begin{eqnarray*} F:=\Phi_\text{1}*...*\Phi_\text{n-1} \end{eqnarray*}$ . Dann folgt aus den vorherigen Betrachungen:

$\begin{eqnarray*} X^n-1=F*\Phi_\text{n} \end{eqnarray*}$

Und jetzt folgt mein Problem, denn wir sind hier nicht über einem Körper, d.h. die Division mit Rest ist für mich nicht durchführbar, da wir die nur über Körpern gemacht haben. Ich hatte so argumentiert, dass alle Koeffizienten in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ sind, da sowohl $\begin{eqnarray*} X^n-1 \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ sind und beide Leitkoeffizient 1 haben. Das wird so aber nicht akzeptiert - da fehlt ein Argument.

Ich weiß, dass es irgendwas mit der Inversen Bildung zu tun hat. Aufgrund eines Satzes ist $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ (modulo $\begin{eqnarray*} X^n-1 \end{eqnarray*}$ ? ) invertierbar und kann auf die andere Seite gebracht werden. Aber warum sind dann die Koeffizienten in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ ?

Ich hoffe, mir kann hier jemand helfen, sonst sieht es ganz finster aus. *seufz*

23.01.2010, 11:09

Leopold

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RE: Kreisteilungspolynom hat ganzzahlige Koeffizienten

Zitat:

Original von Pejosh
Wir setzen $\begin{eqnarray*} F:=\Phi_\text{1}*...*\Phi_\text{n-1} \end{eqnarray*}$ . Dann folgt aus den vorherigen Betrachungen:

$\begin{eqnarray*} X^n-1=F*\Phi_\text{n} \end{eqnarray*}$

Das verstehe ich nicht. verwirrt

verwirrt

Es müßte doch

$\begin{eqnarray*} X^n - 1 = \prod_{d|n} \Phi_d \end{eqnarray*}$

heißen, wo sich die Produktbildung über alle positiven ganzzahligen Teiler $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ erstreckt.

EDIT
Formel nach Hinweis von Mystic korrigiert

23.01.2010, 11:45

Mystic

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RE: Kreisteilungspolynom hat ganzzahlige Koeffizienten

Zitat:

Original von Leopold
Es müßte doch

$\begin{eqnarray*} X^n - 1 = \Phi_n \cdot \prod_{d|n} \Phi_d \end{eqnarray*}$

heißen, wo sich die Produktbildung über alle positiven ganzzahligen Teiler $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ erstreckt.

Ganz richtig muss es heißen, dass die Produktbildung sich über alle positiven Teiler $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ersteckt, welche außerdem noch $\begin{eqnarray*} d \not= n \end{eqnarray*}$ erfüllen... Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zitat:

Original von Pejosh
Und jetzt folgt mein Problem, denn wir sind hier nicht über einem Körper, d.h. die Division mit Rest ist für mich nicht durchführbar, [...]

Du brauchst dazu keinen Körper, sondern nur die Voraussetzung, dass der Leitkoeffizient des Divisorpolynoms im betrachteten Koeffizientenring invertierbar ist, was ja hier wohl zutrifft... Wink

Wink

23.01.2010, 13:50

Pejosh

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RE: Kreisteilungspolynom hat ganzzahlige Koeffizienten

Zitat:

Original von Mystic

Ganz richtig muss es heißen, dass die Produktbildung sich über alle positiven Teiler $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ersteckt, welche außerdem noch $\begin{eqnarray*} d \not= n \end{eqnarray*}$ erfüllen... Augenzwinkern

Augenzwinkern

Genau das wollte ich mit dem Polynom $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ ausdrücken.

Zitat:

Original von Mystic
Du brauchst dazu keinen Körper, sondern nur die Voraussetzung, dass der Leitkoeffizient des Divisorpolynoms im betrachteten Koeffizientenring invertierbar ist, was ja hier wohl zutrifft... Wink

Wink

Vielleicht bin ich ja einfach zu dämlich. Der Leitkoeffizient des Divisorpolynoms ist 1. Gibt es einen Ring, in dem die 1 nicht invertierbar ist? verwirrt

verwirrt

So, wenn aber der Leitkoeffizient 1 ist und ich quasi die Polynomdivision aus der Schule durchführe, dann dividiere ich immer durch die 1 und multipliziere im Rückschritt alle weiteren Summanden des Divisorpolynoms. Also, so wie in der Schule. Aber auch wenn die anderen Koeffzienten alle aus $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ sind, wieso kommen dann nach der Division nur Koeffezienten aus $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ raus?

23.01.2010, 14:11

Mystic

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RE: Kreisteilungspolynom hat ganzzahlige Koeffizienten

Zitat:

Original von Pejosh
Genau das wollte ich mit dem Polynom $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ ausdrücken.

Vielleicht wolltest du das, aber du hast es de facto nicht, lies noch mal nach, wie du oben F definiert hast...

Zitat:

Original von Pejosh
Vielleicht bin ich ja einfach zu dämlich. Der Leitkoeffizient des Divisorpolynoms ist 1. Gibt es einen Ring, in dem die 1 nicht invertierbar ist? verwirrt

verwirrt

Nein, du bist nicht zu dämlich und der Leitkoeffizient des Divisorpolynoms ist ja auch tatsächlich 1, aber die allgemeinere Bedingung, damit die Division wie gewohnt "funktioniert" ist halt, dass er invertierbar ist...

Zitat:

Original von Pejosh
So, wenn aber der Leitkoeffizient 1 ist und ich quasi die Polynomdivision aus der Schule durchführe, dann dividiere ich immer durch die 1 und multipliziere im Rückschritt alle weiteren Summanden des Divisorpolynoms. Also, so wie in der Schule. Aber auch wenn die anderen Koeffzienten alle aus $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ sind, wieso kommen dann nach der Division nur Koeffezienten aus $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ raus?

Hm, die Frage versteh ich irgendwie nicht... Wie kann etwas anderes als ganze Zahlen herauskommen, wenn ich immer nur mit ganzen Zahlen und nie mit Brüchen rechne? verwirrt

verwirrt

verwirrt

23.01.2010, 15:40

Leopold

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RE: Kreisteilungspolynom hat ganzzahlige Koeffizienten

Zitat:

Original von Mystic

Zitat:

Original von Leopold
Es müßte doch

$\begin{eqnarray*} X^n - 1 = \Phi_n \cdot \prod_{d|n} \Phi_d \end{eqnarray*}$

heißen, wo sich die Produktbildung über alle positiven ganzzahligen Teiler $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ erstreckt.

Ganz richtig muss es heißen, dass die Produktbildung sich über alle positiven Teiler $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ersteckt, welche außerdem noch $\begin{eqnarray*} d \not= n \end{eqnarray*}$ erfüllen... Augenzwinkern

Augenzwinkern

So ist's wohl. Big Laugh

Big Laugh

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23.01.2010, 18:57

Pejosh

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Zitat:

Original von Mystic

Nein, du bist nicht zu dämlich und der Leitkoeffizient des Divisorpolynoms ist ja auch tatsächlich 1, aber die allgemeinere Bedingung, damit die Division wie gewohnt "funktioniert" ist halt, dass er invertierbar ist...

Zitat:

Original von Pejosh
So, wenn aber der Leitkoeffizient 1 ist und ich quasi die Polynomdivision aus der Schule durchführe, dann dividiere ich immer durch die 1 und multipliziere im Rückschritt alle weiteren Summanden des Divisorpolynoms. Also, so wie in der Schule. Aber auch wenn die anderen Koeffzienten alle aus $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ sind, wieso kommen dann nach der Division nur Koeffezienten aus $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ raus?

Hm, die Frage versteh ich irgendwie nicht... Wie kann etwas anderes als ganze Zahlen herauskommen, wenn ich immer nur mit ganzen Zahlen und nie mit Brüchen rechne? verwirrt

verwirrt

verwirrt

Es muss nur der Leitkoeffizient invertierbar sein? Mein Problem ist irgendwie, dass ich doch das ganze Divisorpolynom invertiere, oder nicht? Und selbst wenn da überall ganze Zahlen stehen, dann invertiere ich die doch auch. Dann sind es doch im Allgemeinen keine ganzen Zahlen mehr, oder? Wobei der Dozent etwas sagte, dass man immer nur durch die 1 dividiert. Aber das Argument dahinter, was er hören wollte/will, ist mir einfach schleierhaft. So einen Satz hatten wir meiner Meinung nach nicht in der Vorlesung, nur, wann ein Polynom modulo einem anderen Polynom invertierbar ist.

Mir ist aber jetzt auch aufgefallen, was mir bei $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ fehlt. Muss ich mal in meiner Ausarbeitung nachsehen.

23.01.2010, 19:50

Mystic

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Zitat:

Original von Pejosh
Es muss nur der Leitkoeffizient invertierbar sein? Mein Problem ist irgendwie, dass ich doch das ganze Divisorpolynom invertiere, oder nicht? Und selbst wenn da überall ganze Zahlen stehen, dann invertiere ich die doch auch. Dann sind es doch im Allgemeinen keine ganzen Zahlen mehr, oder? Wobei der Dozent etwas sagte, dass man immer nur durch die 1 dividiert. Aber das Argument dahinter, was er hören wollte/will, ist mir einfach schleierhaft. So einen Satz hatten wir meiner Meinung nach nicht in der Vorlesung, nur, wann ein Polynom modulo einem anderen Polynom invertierbar ist.

Warum werde ich nur das Gefühl nicht los, dass du da irgendwie dauernd im Kreis rennst? verwirrt

verwirrt

Ich habe gesagt, dass es für die Ausführkeit der Division in $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}[x] \end{eqnarray*}$ genügt, wenn der Leitkoeffizient invertierbar in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ , also dann $\begin{eqnarray*} \pm 1 \end{eqnarray*}$ ist , dein Dozent hat das bestätigt, nichtsdestoweniger faselst du da die ganze Zeit irgendwas von "invertierbaren Polynomen" daher, die kein Mensch braucht...

Warum setzt du dich nicht einfach mal hin und rechnest das für irgendein kleines n mal durch und ich garantiere dir, du wirst sofort sehen wie der Hase läuft... Glaub mir, Mathematik ist tun und nicht bloß darüber reden...

23.01.2010, 21:36

Pejosh

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Zitat:

Original von Mystic
Warum werde ich nur das Gefühl nicht los, dass du da irgendwie dauernd im Kreis rennst? verwirrt

verwirrt

Ich habe gesagt, dass es für die Ausführkeit der Division in $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}[x] \end{eqnarray*}$ genügt, wenn der Leitkoeffizient invertierbar in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ , also dann $\begin{eqnarray*} \pm 1 \end{eqnarray*}$ ist , dein Dozent hat das bestätigt, nichtsdestoweniger faselst du da die ganze Zeit irgendwas von "invertierbaren Polynomen" daher, die kein Mensch braucht...

Warum setzt du dich nicht einfach mal hin und rechnest das für irgendein kleines n mal durch und ich garantiere dir, du wirst sofort sehen wie der Hase läuft... Glaub mir, Mathematik ist tun und nicht bloß darüber reden...

Ich weiß, dass ich im Kreis renne. ^^

So, Spaß beiseite. Ich hab das jetzt mal auf dem Zettel gerechnet. Und kapiere, wo der Hase langläuft. Mein Problem ist, dass ich den Dozenten zufrieden stellen will und einfach nicht weiß, wie ich das aufschreibe, weil wir eh immer aneinander vorbei reden! Und alles was ich vom Vortrag noch weiß, ist, dass das Wort "invertierbar" fiel.

Wie du gesagt hast, ist nur der Leitkoeffizient für die Division von Bedeutung, da ich ja ja durch jeden Faktor einzeln teilen kann. Also, ich nenne das jetzt mal so.

Beispiel:

$\begin{eqnarray*} X^6-1=\Phi_\text{1}*\Phi_\text{2}*\Phi_\text{3}*\Phi_\text{6} \end{eqnarray*}$

und ich will quasi zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \Phi_\text{6} \end{eqnarray*}$ Koeffzienten aus $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ hat. Dann teile ich ja im ersten Schritt durch $\begin{eqnarray*} \Phi_\text{1} \end{eqnarray*}$ . Dabei zählt ja nur der Leitkoeffizient. Wie aber bei allen weiteren Schritten auch.

Vielleicht sollte ich das so aufschreiben, so rekursiv, dass ich durch jeden Faktor teile, dann sieht man es besser.

23.01.2010, 22:43

Mystic

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Zitat:

Original von Pejosh

$\begin{eqnarray*} X^6-1=\Phi_\text{1}*\Phi_\text{2}*\Phi_\text{3}*\Phi_\text{6} \end{eqnarray*}$

und ich will quasi zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \Phi_\text{6} \end{eqnarray*}$ Koeffzienten aus $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ hat. Dann teile ich ja im ersten Schritt durch $\begin{eqnarray*} \Phi_\text{1} \end{eqnarray*}$ . Dabei zählt ja nur der Leitkoeffizient. Wie aber bei allen weiteren Schritten auch.

Vielleicht sollte ich das so aufschreiben, so rekursiv, dass ich durch jeden Faktor teile, dann sieht man es besser.

Nein, du solltest den Beweis induktiv führen und da weisst du gewissermaßen schon, dass gilt

$\begin{eqnarray*} \Phi_1,\Phi_2,\Phi_3 \in \mathbb{Z}[x] \end{eqnarray*}$

und damit auch

$\begin{eqnarray*} F:= \Phi_1 \cdot \Phi_2 \cdot \Phi_3 \in \mathbb{Z}[x] \end{eqnarray*}$

und auch F ist genau wie seine Faktoren wieder normiert... Es wäre nun eine gute Übung, wenn du F tatsächlich ausrechnen und anschließend $\begin{eqnarray*} \Phi_6 \end{eqnarray*}$ mittels einer Polynomdivision berechnen würdest... Der allgemeine Fall geht nämlich ganz genau nach diesem Schema...

24.01.2010, 08:27

Pejosh

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Zitat:

Original von Mystic

Nein, du solltest den Beweis induktiv führen und da weisst du gewissermaßen schon, dass gilt

$\begin{eqnarray*} \Phi_1,\Phi_2,\Phi_3 \in \mathbb{Z}[x] \end{eqnarray*}$

und damit auch

$\begin{eqnarray*} F:= \Phi_1 \cdot \Phi_2 \cdot \Phi_3 \in \mathbb{Z}[x] \end{eqnarray*}$

und auch F ist genau wie seine Faktoren wieder normiert... Es wäre nun eine gute Übung, wenn du F tatsächlich ausrechnen und anschließend $\begin{eqnarray*} \Phi_6 \end{eqnarray*}$ mittels einer Polynomdivision berechnen würdest... Der allgemeine Fall geht nämlich ganz genau nach diesem Schema...

Auch dies hab ich nun gemacht und natürlich kommt das richtige Polynom heraus. Immerhin schonmal kein Rechenfehler. Aber imgrunde hab ich genau das in meiner Ausarbeitung geschrieben. Nämlich, dass die Koeffizienten von $\begin{eqnarray*} \Phi_\text{n}(X) \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ sind, da sowohl die Koeffizienten von $\begin{eqnarray*} X^n-1 \end{eqnarray*}$ als auch die von $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ sind und die Leitkoeffizienten 1 sind. Darauf kam von ihm, dass er dafür noch ein Argument wissen will. *seufz* Ich weiß nicht, was ich da schreiben soll, denn nach Rechnung ist das logisch und er fängt dann immer an, dass wir aber keinen Körper haben. traurig

traurig

24.01.2010, 08:53

Mystic

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Vielleicht möchte er einfach nur wissen, warum der Leitkoeffizient von den zyklotomischen Polynomen 1 ist, das kam nämlich bisher nie vor und das folgt aus der Definition der zyklotomischen Polynome... Wie habt ihr die genau definiert?

24.01.2010, 10:40

Pejosh

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Zitat:

Original von Mystic
Vielleicht möchte er einfach nur wissen, warum der Leitkoeffizient von den zyklotomischen Polynomen 1 ist, das kam nämlich bisher nie vor und das folgt aus der Definition der zyklotomischen Polynome... Wie habt ihr die genau definiert?

Das Kreisteilungspolynom $\begin{eqnarray*} \Phi_\text{n}(X) \end{eqnarray*}$ ist wie folgt definiert:

$\begin{eqnarray*} \Phi_\text{n}(X):=(X-\zeta_\text{1})*...*(X-\zeta_\text{n}) \end{eqnarray*}$

wobei die $\begin{eqnarray*} \zeta_\text{i} \end{eqnarray*}$ gerade die primitiven n-ten Einheitswurzeln sind. Und nach dieser Definition haben die Kreisteilungspolynome eben den Leitkoeffizienten 1.

Die primitiven n-ten Einheitswurzeln sind die mit Ordnung n oder als andere Bedingung, die mit $\begin{eqnarray*} 1\leq i\leq n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} ggT(i,n)=1 \end{eqnarray*}$

Ich nehme jetzt mal stark an, dass du mit "zyklotomische Polynome" die Kreisteilungspolynome meinst.

24.01.2010, 12:15

Mystic

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Ja, wenn du das auch angegeben hast, dass die Normiertheit der zyklotomischen Polynome direkt aus der Definition folgt, dann weiss ich allerdings auch nicht, was dein Professor noch will...

Vielleicht liegt es an deinem Induktionsbeweis? Hast du z.B. auf den Induktionsanfang vergessen oder den Induktionsschritt, wo dann auch die Induktionsvoraussetzung eingehen muss, nicht sauber ausformuliert? Das belibt noch als letzte Möglichkeit... Du könntest ja mal hier reinschreiben, wie das Grundschema deines Induktionsbeweises aussieht...

24.01.2010, 13:02

Pejosh

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Zitat:

Original von Mystic
Ja, wenn du das auch angegeben hast, dass die Normiertheit der zyklotomischen Polynome direkt aus der Definition folgt, dann weiss ich allerdings auch nicht, was dein Professor noch will...

Vielleicht liegt es an deinem Induktionsbeweis? Hast du z.B. auf den Induktionsanfang vergessen oder den Induktionsschritt, wo dann auch die Induktionsvoraussetzung eingehen muss, nicht sauber ausformuliert? Das belibt noch als letzte Möglichkeit... Du könntest ja mal hier reinschreiben, wie das Grundschema deines Induktionsbeweises aussieht...

Ich hab dir jetzt mal den Beweis als Bild hochgeladen, damit ich hier keinen Murks schreibe. Anfangs passte ihm die Induktionsbehauptung auch nicht. Ich hatte geschrieben, dass die Aussage für alle $\begin{eqnarray*} 1\leq d\leq n-1 \end{eqnarray*}$ gilt. Aber er will da stehen haben:

$\begin{eqnarray*} \Phi_\text{d}(X) \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} 1\leq d\leq n-1 \end{eqnarray*}$ .

Ich verstehe nicht ganz wo da der Unterschied ist, aber nun gut, ich hab es in diese Form geändert.

Die Induktionsbehauptung geht ja darin ein, dass $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ als Produkt ganzzahliger, normierter Polynome ebenfalls ganzzahlig und normiert ist. Also hab ich die auch verarbeitet.

Und er schlug mir auch selbst vor, einen Induktionsbeweis zu machen.

24.01.2010, 13:09

kiste

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Falls ihr es kennt geht der Beweis (auch ohne Induktion) mit dem Lemma von Gauß

24.01.2010, 13:32

Mystic

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Ja, außer sprachlich holprigen bzw. sogar unverständlichen Sätzen wie z.B.

"... da lediglich der Leitkoeffizient von F zur Division beiträgt. Folglich werden die Summanden durch 1 dividiert."

seh ich jetzt auch nicht was an deiner Darstellung falsch oder lückenhaft sein soll, sorry...

Übrigens solltest im Satz den Bereich für n auf $\begin{eqnarray*} n \ge 1 \end{eqnarray*}$ einschränken, außer bei euch fangen die natürlichen Zahlen erst bei 1 statt mit 0 an... Eventuell wäre zu überlegen, ob du nicht auch die Normiertheit der zyklotomischen Polynome in die Behauptung des Satzes mitaufnehmen solltest, dann wäre alles schön zusammen, was man braucht...

24.01.2010, 13:48

Pejosh

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Zitat:

Original von Mystic
Ja, außer sprachlich holprigen bzw. sogar unverständlichen Sätzen wie z.B.

"... da lediglich der Leitkoeffizient von F zur Division beiträgt. Folglich werden die Summanden durch 1 dividiert."

seh ich jetzt auch nicht was an deiner Darstellung falsch oder lückenhaft sein soll, sorry...

Übrigens solltest im Satz den Bereich für n auf $\begin{eqnarray*} n \ge 1 \end{eqnarray*}$ einschränken, außer bei euch fangen die natürlichen Zahlen erst bei 1 statt mit 0 an... Eventuell wäre zu überlegen, ob du nicht auch die Normiertheit der zyklotomischen Polynome in die Behauptung des Satzes mitaufnehmen solltest, dann wäre alles schön zusammen, was man braucht...

Ja, ich weiß, das Ende ist extrem blöd ausgedrückt. Ganz am Anfang der Ausarbeitung wurden die natürlichen Zahlen so eingeschränkt, dass die 0 nicht enthalten ist.

Ich weiß aber halt auch nicht, wie ich das Ende formulieren soll, da er ja auf seinem dummen Argument herum reitet.

Das Lemma von Gauß hatten wir nicht in der Vorlesung, hätte ich also beweisen müssen und er wollte ja lieber einen Induktionsbeweis.

Ich bastel gleich einfach noch an dem Ende und dann ist Feierabend für mich damit. Da ich eh durchgefallen bin, bringt das eh nichts mehr.

24.01.2010, 14:43

Mystic

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Zitat:

Original von Pejosh
Da ich eh durchgefallen bin, bringt das eh nichts mehr.

Uh oh, das tut mir aber leid... unglücklich

unglücklich

Hoffentlich liegts nicht daran, dass er allen Ernstes glaubt, für eine Polynomdivision braucht man in jedem Falle als Koeffizientenring einen Körper, das wäre ja dann echt ein grober Schnitzer... Tatsächlich reicht es wie gesagt schon, wenn der Leitkoeffizient des Divisorpolynoms invertierbar ist, und selbst das ist nur hinreichend, aber nicht notwendig dafür, dass die Division bereits im ursprünglichen Polynomring durchführbar ist...

24.01.2010, 15:35

Pejosh

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Zitat:

Original von Mystic

Uh oh, das tut mir aber leid... unglücklich

unglücklich

Hoffentlich liegts nicht daran, dass er allen Ernstes glaubt, für eine Polynomdivision braucht man in jedem Falle als Koeffizientenring einen Körper, das wäre ja dann echt ein grober Schnitzer... Tatsächlich reicht es wie gesagt schon, wenn der Leitkoeffizient des Divisorpolynoms invertierbar ist, und selbst das ist nur hinreichend, aber nicht notwendig dafür, dass die Division bereits im ursprünglichen Polynomring durchführbar ist...

Ich habe zwar noch keinen Bescheid von ihm, aber mein Gefühl sagt mir das, so wie der mich ständig runter gemacht hat.

Nein, er glaubt nicht, dass man einen Körper braucht. Er wollte ein Argument von mir, warum das auch ohne Körper funktioniert. Nunja, vielleicht sollte ich Mathe dran geben. unglücklich

unglücklich

EDIT: Meinst du, es reicht aus nach der Umstellung der Gleichung zu schreiben:

"und da der Leitkoeffizient von $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ invertierbar ist, liefert die Division ganzzahlige Koeffizienten." ???

Oder muss da auch explizit stehen, dass $\begin{eqnarray*} X^n-1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ ganzzahlig und normiert sind?

24.01.2010, 17:53

Mystic

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Wesst du, je länger ich mir die Sache überlege, desto mehr komme ich eigentlich zu der Überzeugung, du solltest noch ein Lemma dazu nehmen, ungefähr des Inhalts

Lemma: Seien $\begin{eqnarray*} p(X),q(X) \in \mathbb{Z}[X]\setminus \{0\} \end{eqnarray*}$ und sei q(X) überdies normiert. Ist dann q(X) ein Teiler von p(X) in $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}[X] \end{eqnarray*}$ , so ist q(X) dann sogar Teiler von p(X) in $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}[X] \end{eqnarray*}$ .

Den Beweis kannst wieder induktiv führen und zwar nach dem Grad n von p(X). Haben p(X) und q(X) den gleichen Grad, so muss offenbar gelten $\begin{eqnarray*} p(X)=a_nq(X) \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} a_n \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ hier und im Folgenden der Leitkoeffizient von p(X) ist,d.h., die Behauptung stimmt. Ist aber m=deg(q(X))<n, so gilt dann in $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}[X] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} q(x)|p(x) \Rightarrow q(X)| (p(X)-a_n X^{n-m}q(X))+a_n X^{n-m}q(X) \Rightarrow q(X)|p(X)-a_n X^{n-m}q(X) \end{eqnarray*}$

Auf diese letzte Teilbarkeit kannst aber dann die Induktionsvoraussetzung anwenden, da für $\begin{eqnarray*} \tilde{p}(X) = p(X) -a_n X^{n-m}q(X) \end{eqnarray*}$ gilt, dass es wieder in $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}[X] \end{eqnarray*}$ , aber sein Grad nun < n ist, usw. (ich hoffe du weißt, wie der restliche Beweis geht!)

Das war jetzt eine Beweisskizze, aber wenn du die fehlenden Details sauber ausführst (und den ganzen Beweis auch wirklich verstehst!), dann kann ich mir schwer vorstellen, dass dein Professor noch ein Haar in der Suppe finden kann...
Da der Beweis für die eigentliche Behauptung aber relativ kurz ist, und das eigentlich ein zentrales Argument dabei ist, sollte man das alles der Vollständigkeit halber schon noch anführen...

24.01.2010, 19:16

Pejosh

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Ich hab das jetzt mal probiert - leider erfolglos. Deshalb mal eben zum Verständnis eine Frage.

Du schreibst, dass es IN $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ teilt. Damit ist gemeint, dass die Koeffizienten des "Multiplikator"-Polynoms in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ liegen, oder steh ich grad auf dem Schlauch?

24.01.2010, 19:25

Mystic

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Zitat:

Original von Pejosh
Ich hab das jetzt mal probiert - leider erfolglos. Deshalb mal eben zum Verständnis eine Frage.

Du schreibst, dass es IN $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ teilt. Damit ist gemeint, dass die Koeffizienten des "Multiplikator"-Polynoms in $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ liegen, oder steh ich grad auf dem Schlauch?

Ja, in $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}[X] \end{eqnarray*}$ ist die Teilbarkeit von $\begin{eqnarray*} X^n-1 \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} F(X) \end{eqnarray*}$ ja trivialerweise gegeben, man möchte aber, dass sie auch in $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}[X] \end{eqnarray*}$ gilt, darum geht es doch die ganze Zeit oder etwa nicht? verwirrt

verwirrt

Anders ausgedrückt: Man kennt die Zerlegung

$\begin{eqnarray*} X^n-1= \Phi_n(X) F(X) \end{eqnarray*}$

in $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}[X] \end{eqnarray*}$ und möchte zeigen, dass dies sagar eine Zerlegung in $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}[X] \end{eqnarray*}$ ist...

24.01.2010, 19:51

Pejosh

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Ich wollte nur sicher gehen, dass ich da zu so - für mich - später Stunde nicht irgendwelchen Murks denke. Dann hab ich das richtig verstanden.

Hab grad nochmal im "Skrpit" geschaut, was wir so für Sätze hatten. Unter der Gruppentheorie hatten wir aber nur einen interessanten Satz, nämlich, dass $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ (Leitkoeffizient von $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ ) eine Einheit im Ring $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ ist. Also ist $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ doch eine Einheit in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ und das ist bei uns definitionsgemäß dazu äquivalent, dass $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ invertierbar ist. Das ist jetzt der einzige Reim, den ich mir auf das Stichwort "invertierbar" im Seminar machen kann.

Aber jetzt lasse ich das Denken für heute erstmal sein und versuche mich morgen in alter Frische noch mal an deinem Lemma.

EDIT:

Ich habe, denke ich, den passenden Satz im Fischer gefunden. Aber den Beweis verstehe ich nicht.

Der Satz lautet: Sei $\begin{eqnarray*} f \in R[X] \end{eqnarray*}$ normiert und $\begin{eqnarray*} f=g*h \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} g,h \in K[X] \end{eqnarray*}$ . Ist $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ normiert, so folgt $\begin{eqnarray*} g,h \in R[X] \end{eqnarray*}$ .

Genau diese Situation habe ich ja gegeben. Der Beweis funktioniert hier aber über den "Inhalt" von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ - und das verstehe ich absolut nicht. Hatten wir auch nicht.

24.01.2010, 20:03

Mystic

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Wie gesagt, die Bedingung, dass der Leitkoeffizient des Divisorpolynoms invertierbar ist, heißt hier, dass der Leitkoeffizient $\begin{eqnarray*} \pm 1 \end{eqnarray*}$ ist und für unsere Zwecke reicht es völlig aus, wenn wir sogar annehmen, dass er 1 ist, da dies ja für alle Polynome hier zutrifft...

Verbann also alles, was bisher über "invertierbar" gesagt wurde, endgültig aus deinem Hirn, wir brauchen es hier nicht wirklich und das sollte einiges zur "Entwirrung" beitragen... Augenzwinkern

Augenzwinkern

Edit: Ja genau, der von dir gefundene Satz wird hier benötigt, ich habe oben mit meinem Lemma versucht einen Beweis ohne den Begriff "Inhalt" zu führen, du kannst dir also nun aussuchen, was dir besser zusagt... Die allgemeinste Form dieses Satzes ist dann eigentlich das von Kiste zitierte "Lemma von Gauß"...

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