matematikk.net

Hei,

Jeg prøver å vise at [tex]x[/tex] aldri er en nulldivisor i [tex]R[x][/tex] for en vilkårlig ring [tex]R[/tex]. Har tenkt slik:

Anta [tex]x \cdot f(x)=0[/tex], med [tex]f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_i x^i[/tex]
Da er [tex]\sum_{i=0}^{n}a_i x^{i+1}=0[/tex], men kommer ikke lenger enn dette. Jeg tror ikke jeg kan konkludere at [tex]a_i = 0 \forall i \in \{1, 2, ..., n\}[/tex] siden [tex]x^2+x = 0[/tex] i [tex]\mathbb{Z}_2[/tex], men ingen av koeffisientene er [tex]0[/tex]. Håper noen kan hjelpe meg på vei!

Prøv kontrapositivt bevis...

Av kontrapositivitet, anta vi har en polynom ring [tex]R[x][/tex] hvor det eksisterer en nulldivisor x. Må
da vise at R ikke er en ring.


Dette skyldes at:

[tex]x \rightarrow y <=> \neg y\rightarrow \neg x[/tex]

https://en.wikipedia.org/wiki/Contraposition

Kake med tau wrote:Hei,

Jeg prøver å vise at [tex]x[/tex] aldri er en nulldivisor i [tex]R[x][/tex] for en vilkårlig ring [tex]R[/tex]. Har tenkt slik:

Anta [tex]x \cdot f(x)=0[/tex], med [tex]f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_i x^i[/tex]
Da er [tex]\sum_{i=0}^{n}a_i x^{i+1}=0[/tex], men kommer ikke lenger enn dette. Jeg tror ikke jeg kan konkludere at [tex]a_i = 0 \forall i \in \{1, 2, ..., n\}[/tex] siden [tex]x^2+x = 0[/tex] i [tex]\mathbb{Z}_2[/tex], men ingen av koeffisientene er [tex]0[/tex]. Håper noen kan hjelpe meg på vei!

To polynomer er like hvis og bare hvis koeffisientene er like. x-en i $R[x]$ er kun et formelt symbol, og ikke generelt et element i $\mathbb{Z}_2$ slik det virker som du tenker.

Det er derfor nok å si at hvis $xf(x)=0$, så må $a_i=0$ for alle $i$. Dermed er $f(x)=0$, og $x$ er ikke en nulldivisor. Beviset er altså helt trivielt.

Ta en titt her for definisjoner https://en.wikipedia.org/wiki/Polynomia ... Definition

Plutraco, er det ikke slik at den eneste gyldige måten å behandle [tex]f(x) \in F[x][/tex] som en funksjon, hvilket
en kan bli lurt til å tro er tifellet, er å ta i bruk evalueringshomorfisme [tex]\phi_{\alpha}(F[x]) = f(\alpha)[/tex] hvor
[tex]\phi: F[x]\rightarrow F[/tex].

Har selv ikke helt "kontroll" på akkurat det der

pit wrote:Plutraco, er det ikke slik at den eneste gyldige måten å behandle [tex]f(x) \in F[x][/tex] som en funksjon, hvilket
en kan bli lurt til å tro er tifellet, er å ta i bruk evalueringshomorfisme [tex]\phi_{\alpha}(F[x]) = f(\alpha)[/tex] hvor
[tex]\phi: F[x]\rightarrow F[/tex].

Har selv ikke helt "kontroll" på akkurat det der

Problemet er at elementene i R[X] ikke er funksjoner, men lineærkombinasjoner (der koeffisientene er i R) av det formelle symbolet X og dets potenser $X^n$. Ta en titt på svarene i denne posten på stackexchange, som belyser den samme misforståelsen: http://math.stackexchange.com/questions ... omial-ring

mente, [tex]\phi_{\alpha}(F(x)) = f(\alpha)[/tex].

klar over at det ikke er funksjoner , men lurer på om bruk av evalueringshomorfismer er eneste gyldige
måte, å behandle dem so funksjoner, selv om det ikke er det.

Lure også på:

Er [tex]\mathbb{Z}_2[x] ^{\mathbb{Z}_2}[/tex] gyldig notasjon på mengden av alle funksjoner
[tex]f: \mathbb{Z}_2[x] \rightarrow \mathbb{Z}_2[/tex]

Boken jeg brukte, tok i bruk [tex]\phi_{\alpha}(f(x)) = f(\alpha)[/tex] for å bygge opp teori hvordan
[tex]f(x) \in F[x][/tex] kunne bli behandlet som funksjoner ( selv om de ikke er funksjoner), gjennom
evaluerings homomorfisme. Boken er veldig redd for å f.eks si [tex]f(\alpha) = ...[/tex], men
sier isteden [tex]\phi_{\alpha}(f(x)g(x)) = \phi_{\alpha}(f(x))\phi_{\alpha}(g(x)) = f(\alpha)g(\alpha)[/tex], i mange
situasjoner da det ikke er lov til å substituere direkte inn, men at en må påpeke at en har en homorofisme
til et noe som kan oppfattes som et ko domene. Er nok mange som har misforstått mye i forhold til F[x]

pit wrote:Boken jeg brukte, tok i bruk [tex]\phi_{\alpha}(f(x)) = f(\alpha)[/tex] for å bygge opp teori hvordan
[tex]f(x) \in F[x][/tex] kunne bli behandlet som funksjoner ( selv om de ikke er funksjoner), gjennom
evaluerings homomorfisme. Boken er veldig redd for å f.eks si [tex]f(\alpha) = ...[/tex], men
sier isteden [tex]\phi_{\alpha}(f(x)g(x)) = \phi_{\alpha}(f(x))\phi_{\alpha}(g(x)) = f(\alpha)g(\alpha)[/tex], i mange
situasjoner da det ikke er lov til å substituere direkte inn, men at en må påpeke at en har en homorofisme
til et noe som kan oppfattes som et ko domene. Er nok mange som har misforstått mye i forhold til F[x]

Mulig det. Poenget er i hvertfall at $f(X):=X^2+X$ betraktet som et element i $\mathbb{Z}_2[X]$ ikke er det samme som nullelementet, selv om $\phi_\alpha (f(X))=0$ for alle $\alpha\in \mathbb{Z}_2$. Videre har vi at $a_1 X^2+a_2 X=0$ hvis og bare hvis $a_1=a_2=0$.

Takk for svarene!

Mente såklart [tex]X^2+X \in\mathbb{Z}_2\left [ X\right ][/tex], og ikke [tex]\mathbb{Z}_2[/tex]. Men da er det at to polynomer er like hvis og bare hvis er koeffisientene like en definisjon?

Har også prøvd å vise at en monisk polynom aldri er en nulldivisor, og har tenkt slik:
[tex]g : \deg(g) < m[/tex], da er [tex]X^m+g(X)[/tex] et monisk polynom av grad m.
Anta [tex]\left ( X^m+g(X)\right )f(X) = 0[/tex] da er
[tex]X^m f(X) = -g(X) f(X)[/tex] og,
[tex]\deg\left ( X^m f(X)\right ) = \deg\left ( -g(X) f(X)\right )[/tex]

[tex]\deg(X^m)+\deg(f(X)) = \deg(-g(X))+\deg(f(X))[/tex], dette gir 3 muligheter:

1. Hvis [tex]\deg(f(X))[/tex] er endelig, gir dette at [tex]\deg(X^m) = \deg(-g(X))[/tex], som er umulig
2. Umulig hvis [tex]\deg(f(X)) = \infty[/tex]
3. Kan gå hvis [tex]\deg(f(X)) = -\infty[/tex], som fører til at [tex]f(X) = 0[/tex]

Ser dette fornuftig ut? Eller holder kanskje ikke [tex]\deg( f g ) = \deg(f)+\deg(g)[/tex] i vilkårlige ringer?

Kake med tau wrote:
Mente såklart [tex]X^2+X \in\mathbb{Z}_2\left [ X\right ][/tex], og ikke [tex]\mathbb{Z}_2[/tex]. Men da er det at to polynomer er like hvis og bare hvis er koeffisientene like en definisjon?

Ja. Samme spørsmål adressert her http://math.stackexchange.com/questions ... ficients-a

Moralen er som det sies i linken at polynomer og polynomfunksjoner er to ulike ting.

Kake med tau wrote: Har også prøvd å vise at en monisk polynom aldri er en nulldivisor, og har tenkt slik:
[tex]g : \deg(g) < m[/tex], da er [tex]X^m+g(X)[/tex] et monisk polynom av grad m.
Anta [tex]\left ( X^m+g(X)\right )f(X) = 0[/tex] da er
[tex]X^m f(X) = -g(X) f(X)[/tex] og,
[tex]\deg\left ( X^m f(X)\right ) = \deg\left ( -g(X) f(X)\right )[/tex]

[tex]\deg(X^m)+\deg(f(X)) = \deg(-g(X))+\deg(f(X))[/tex], dette gir 3 muligheter:

1. Hvis [tex]\deg(f(X))[/tex] er endelig, gir dette at [tex]\deg(X^m) = \deg(-g(X))[/tex], som er umulig
2. Umulig hvis [tex]\deg(f(X)) = \infty[/tex]
3. Kan gå hvis [tex]\deg(f(X)) = -\infty[/tex], som fører til at [tex]f(X) = 0[/tex]

Ser dette fornuftig ut? Eller holder kanskje ikke [tex]\deg( f g ) = \deg(f)+\deg(g)[/tex] i vilkårlige ringer?

[tex]\deg( f g ) = \deg(f)+\deg(g)[/tex] holder ikke nei. Grunnen er jo at ringen kan ha nulldivisorer (produktet av de to ledende koeffisientene kan være 0 uten at noen av dem er 0 i seg selv). Det som holder er at [tex]\deg( f g ) \leq \deg(f)+\deg(g)[/tex]

R[X] inneholder forresten ingen polynomer av uendelig grad. Disse er med i R[[X]] (ringen av formelle potensrekker i X)

Det beste her er kanskje å skrive ut det hele eksplisitt. La $f(X)=X^m+a_{m-1}X^{m-1}+...$ være et slikt monisk polynom. Anta at $g(X)=b_nX^n+b_{n-1}X^{n-1}+...$ er en nulldivisor, der $b_n\neq 0$. Da er

$(X^m+a_{m-1}X^{m-1}+...)(b_nX^n+b_{n-1}X^{n-1}+...)=0$. Hvis vi nå ganger ut det hele der vi bruker egenskapene til en ring med enhet, så må

$b_nX^{m+n}+(b_{n-1}+a_{m-1}b_n)X^{m+n-1}+(b_{n-2}+a_{m-1}b_{n-1}+a_{m-2}b_{n})X^{m+n-2}+...=0$

Fra definisjonen av ekvivalente polynomer, må derfor $b_n=0$, som er en motsigelse. Ergo fins ingen ikke-null nulldivisorer.

edit: Alternativt har vi at

[tex]\deg(X^m)+\deg(f(X)) \leq \deg(-g(X))+\deg(f(X))[/tex], så

[tex]\deg(X^m) \leq \deg(-g(X))<m[/tex], som er en motsigelse. Ergo fins ingen ikke-null nulldivisorer.