Nullteiler

19.04.2013, 19:38	Mulder	Auf diesen Beitrag antworten »
Nullteiler Bin eben über folgende Aussage gestolpert: Ich habe einen kommutativen Ring $\begin{eqnarray} R \end{eqnarray}$ und betrachte ein $\begin{eqnarray} f= \sum_{i=0}^n a_it^i \end{eqnarray}$ , das in $\begin{eqnarray} R[t] \end{eqnarray}$ ein Nullteiler ist. Also es gibt irgendein $\begin{eqnarray} g \in R[t] \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} f \cdot g = 0 \end{eqnarray}$ . Jetzt ist zu zeigen, dass es ein $\begin{eqnarray} b \in R \end{eqnarray}$ gibt, so dass $\begin{eqnarray} ba_i = 0 \, \, \forall i= 0,1,... n \end{eqnarray}$ Also da sehe ich grad keine wirkliche Strategie. Hat jemand da einen Ansatz parat? Edit: Natürlich $\begin{eqnarray} b \neq 0 \end{eqnarray}$ .
19.04.2013, 22:19	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
Sei $\begin{eqnarray} f = a_nt^n + \dotsc + a_0 \end{eqnarray}$ Wähle mal $\begin{eqnarray} 0 \neq g = g_dt^d + \dotsc + g_0 \in Ann(f) \end{eqnarray}$ von minimalem Grad $\begin{eqnarray} d \end{eqnarray}$ . Sei nun $\begin{eqnarray} rg_d = 0 \end{eqnarray}$ für ein $\begin{eqnarray} r \in R \end{eqnarray}$ . Es gilt $\begin{eqnarray} rg \in Ann(f) \end{eqnarray}$ und der Grad von $\begin{eqnarray} rg \end{eqnarray}$ ist kleiner als der von $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ . Folglich gilt $\begin{eqnarray} rg = 0 \end{eqnarray}$ wegen der Minimalität von $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ . Wegen $\begin{eqnarray} a_ng_d=0 \end{eqnarray}$ (Koeffizient bei $\begin{eqnarray} t^{n+d} \end{eqnarray}$ ) können wir $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ in die Rolle von $\begin{eqnarray} r \end{eqnarray}$ setzen, was uns $\begin{eqnarray} a_ng=0 \end{eqnarray}$ liefert. Nun betrachten wir den Koeffizienten bei $\begin{eqnarray} t^{n+d-1} \end{eqnarray}$ , welcher gerade $\begin{eqnarray} a_ng_{d-1}+a_{n-1}g_d \end{eqnarray}$ lautet. Dies liefert uns $\begin{eqnarray} a_{n-1}g_d=0 \end{eqnarray}$ , also nach dem selben Argument $\begin{eqnarray} a_{n-1}g=0 \end{eqnarray}$ . Das Spielchen sollte man jetzt solange durchziehen können, bis man schlussendlich $\begin{eqnarray} a_ig_d = 0 \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} i \end{eqnarray}$ hat. (Insbesondere hat man damit also $\begin{eqnarray} g = g_d \end{eqnarray}$ gezeigt) Das ist so ne Art Münchhausen-Argument, wir ziehen uns am eigenen Schopf immer weiter aus dem Sumpf. Gibt bestimmt was besseres, vielleicht sogar eine allgemeinere Aussage über Annulatoren in graduierten (bzw. nur filtriert) Ringen, aber ich habe gerade nichts dergleichen parat.
20.04.2013, 10:32	Mulder	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke dir, der Weg, hier den Annulator als Ideal zu benutzen, gefällt mir. Wenn ich das nochmal einen Schritt weiter führe, erhalte ich für den Koeffizienten bei $\begin{eqnarray} t^{n+d-2} \end{eqnarray}$ also $\begin{eqnarray} a_ng_{d-2}+a_{n-1}g_{d-1}+a_{n-2}g_d \end{eqnarray}$ und da wir schon $\begin{eqnarray} a_ng=0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} a_{n-1}g=0 \end{eqnarray}$ wissen, sind die ersten beiden Summanden wieder 0, folglich ist auch $\begin{eqnarray} a_{n-2}g_d=0 \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} a_{n-2}g =0 \end{eqnarray}$ . Okay, und bei jedem weiteren $\begin{eqnarray} t^{n+d-j} \end{eqnarray}$ bleibt für den Koeffizienten unter Benutzung der vorherigen Schritte auch immer nur ein Summand übrig, nämlich gerade das $\begin{eqnarray} a_{n-j}g_d \end{eqnarray}$ und das ist dann 0 und man benutzt für den nächsten Schritt wieder $\begin{eqnarray} a_{n-j}g=0 \end{eqnarray}$ . Schöne Sache.

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