2t+1 Einheit in Z_{4}[t] < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo,
ich entnehme einem Prüfungsprotokoll, dass das Polynom f=2t+1 in [mm] \IZ[/mm] [t] keine Einheit ist und in [mm] \IZ_{4}[/mm] [t] eine ist.
Der erste Punkt ist klar, da gilt R[t]*=R* wenn R ein Integritätsbereich ist, was hier mit [mm] \IZ [/mm] vorhanden ist, das heißt die Einheiten von [mm] \IZ[/mm] [t] wären [mm] \{-1,1\}.
[/mm]
Der zweite Pubkt ist mir schleierhaft. Wenn f eine Einheit sein soll, damm muss es ein g [mm] \in \IZ_{4} [/mm] geben mit f*g=1. Da [mm] \IZ_{4} [/mm] nicht nullteilerfrei ist, klingt das erstmal realistisch.
Aber wenn ich den linearen Teil zu null machen will muss ich mit 2*n (n=2l+1) multiplizieren, aber dann ist doch der konstante Teil 2 mod 4.
Inzwischen weis ich, dass [mm] f^2=1 [/mm] mod 4 ist, aber wie komme ich darauf in einer Prüfung. Oder besser, gibt es einen Satz, der mir sagt das diese f gerade eine Einheit ist?
Danke,
benevonmattheis
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> ich entnehme einem Prüfungsprotokoll, dass das Polynom
> f=2t+1 in [mm]\IZ[/mm] [t]keine Einheit ist und in [mm]\IZ_{4}[/mm] [t]eine ist.
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> Der erste Punkt ist klar, da gilt R[t]*=R* wenn R ein Integritätsbereich ist, was hier mit [mm]\IZ[/mm] vorhanden ist, das heißt die Einheiten von [mm]\IZ[/mm] [t]wären [mm]\{-1,1\}.[/mm]
> Inzwischen weis ich, dass [mm]f^2=1[/mm] mod 4 ist, aber wie komme ich darauf in einer Prüfung. Oder besser, gibt es einen Satz, der mir sagt das diese f gerade eine Einheit ist?
Hallo,
'nen Satz zur schnellen Prüfung fällt mir gerade nicht ein, das will aber nichts heißen...
Wegen der Prüfung: wenn Du den Satz auf Lager hast, der Dir sagt, daß das Polynom als Polynom über [mm] \IR [/mm] keine Einheit ist, ist doch schon viel gewonnen.
Als nächstes weißt Du, daß Du diesen Satz auf Polynome über [mm] \IZ_4 [/mm] nicht anwenden kannst. das ist doch prima.
Auch weißt Du, daß Du gucken mußt, ob Du ein Polynom aus [mm] \IZ_{4}[/mm] [t] findest, welches mit f multipliziert 1 ergibt.
Wenn es Dir spontan nicht einfällt, kannst Du erzählen, daß bei der Multiplikation ein Polynom herauskommen muß, dessen Koeffizieten mit Ausnahme dessen vor [mm] x^0 [/mm] Vielfache von 4 sind.
Ich bin mir sicher, daß Du an dieser Stelle dann einen Wink mit dem Zaunpfahl bekommen würdest, welcher sich nicht sehr schädlich auswirken würde.
Gruß v. Angela
P.S.:
Mir wäre übrigens spontan 2t-1 eingefallen.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:01 Do 07.08.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> ich entnehme einem Prüfungsprotokoll, dass das Polynom
> f=2t+1 in [mm]\IZ[/mm] [t]keine Einheit ist und in [mm]\IZ_{4}[/mm] [t]eine ist.
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> Der erste Punkt ist klar, da gilt R[t]*=R* wenn R ein Integritätsbereich ist, was hier mit [mm]\IZ[/mm] vorhanden ist, das heißt die Einheiten von [mm]\IZ[/mm] [t]wären [mm]\{-1,1\}.[/mm]
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> Der zweite Pubkt ist mir schleierhaft. Wenn f eine Einheit sein soll, damm muss es ein g [mm]\in \IZ_{4}[/mm] geben mit f*g=1. Da [mm]\IZ_{4}[/mm] nicht nullteilerfrei ist, klingt das erstmal realistisch.
> Aber wenn ich den linearen Teil zu null machen will muss ich mit 2*n (n=2l+1) multiplizieren, aber dann ist doch der konstante Teil 2 mod 4.
> Inzwischen weis ich, dass [mm]f^2=1[/mm] mod 4 ist, aber wie komme ich darauf in einer Prüfung. Oder besser, gibt es einen Satz, der mir sagt das diese f gerade eine Einheit ist?
Erstmal was ganz allgemeines: Hat man einen kommutativen Ring $R$ und ein nilpotentes Element $x$ und eine Einheit $y$, dann ist $x + y$ wieder eine Einheit: ist [mm] $x^n [/mm] = 0$, so ist $(x - (-y)) [mm] \sum_{i=0}^n x^i (-y)^{n-i} [/mm] = [mm] x^{n+1} [/mm] - [mm] (-y)^{n+1} [/mm] = - [mm] (-y)^{n+1}$, [/mm] und da $-y$ und damit auch [mm] $(-y)^{n+1}$ [/mm] und $- [mm] (-y)^{n+1}$ [/mm] ebenfalls eine Einheit ist, folgt $(x + y) [mm] \cdot [\sum_{i=0}^n x^i (-y)^{n-i} \cdot [/mm] (- [mm] (-y)^{n+1})^{-1} [/mm] ] = 1$.
In [mm] $\IZ_4$ [/mm] ist 2 jetzt nilpotent, womit auch $2 t$ in [mm]\IZ_4[t][/mm] nilpotent ist. (Sieht man etwa daran, dass die nilpotenten Elemente ein Ideal bilden.) Damit ist $2 t + 1$ nach dem vorherigen eine Einheit in [mm]\IZ_4[t][/mm]!
Ok, darauf zu kommen ist natuerlich nicht ganz so einfach, aber wenn man die Aussage schonmal gesehen hat geht's 
So. Jetzt mal allgemeiner, wie findet man alle Einheiten in [mm]\IZ_{p^n}[t][/mm]. (In der Pruefung erwarten sie garantiert nicht dass du das einfach so herleitest, aber ich find die Fragestellung interessant und tue das hier mal deswegen.) Einmal hast du ja die Reduktion [mm]\pi : \IZ_{p^n}[t] \to \IZ_p[t][/mm]; diese ist ein Ringhomomorphismus und bildet Einheiten auf Einheiten ab, und [mm](\IZ_p[t])^\ast = \IZ_p^\ast = \IZ_p \setminus \{ 0 \}[/mm]. Deswegen muessen alle Einheiten in [mm]\IZ_{p^n}[t][/mm] Polynome sein, deren konstanter Term auf eine Einheit in [mm] $\IZ_p$ [/mm] abgebildet wird -- das sind alle Elemente aus [mm] $\IZ_{p^n}$, [/mm] die kein Vielfaches von $p$ sind, also gerade die Einheiten von [mm] $\IZ_{p^n}$! [/mm] -- und deren nicht-konstante Terme auf 0 abgebildet werden.
Behauptung: alle diese Elemente sind Einheiten von [mm]\IZ_{p^n}[t][/mm]! Denn: ist [mm]f \in \IZ_{p^n}[t][/mm] ein solches Polynom, so kann man es schreiben als $f = g p t + h$ mit [mm]g \in \IZ_{p^n}[t][/mm] und $h [mm] \in (\IZ_{p^n})^\ast$, [/mm] da der konstante Term eine Einheit ist und somit alle hoeheren Terme durch $p$ und $t$ teilbar sind. Aber jetzt ist $p$ nilpotent in [mm] $\IZ_{p^n}$ [/mm] und [mm]\IZ_{p^n}[t][/mm], womit auch $g p t$ nilpotent ist; damit ist aber $g p t + h$ eine Einheit. Voila!
Also: die Einheiten in [mm]\IZ_{p^n}[t][/mm] sind gerade die Polynome der Form $g p t + h$ mit [mm]g \in \IZ_{p^n}[t][/mm] beliebig und $h [mm] \in \IZ_{p^n} \setminus [/mm] (p)$.
Das kann man jetzt noch auf [mm] $\IZ_n$ [/mm] fuer beliebiges $n$ verallgemeinern. Sei $n = [mm] \prod_{i=1}^k p_i^{e_i}$ [/mm] die Primfaktorzerlegung von $n$, mit [mm] $p_1, \dots, p_k$ [/mm] paarweise verschiedene Primzahlen und [mm] $e_i \ge [/mm] 1$ natuerliche Zahlen. Nach dem Chinesischen Restsatz ist [mm] $\IZ_n \cong \prod_{i=1}^k \IZ_{p_i^{e_i}}$, [/mm] und ebenso ist [mm]\IZ_n[t] \cong \prod_{i=1}^k \IZ_{p_i^{e_i}}[t][/mm].
Damit ist aber auch [mm]\IZ_n[t]^\ast \cong \prod_{i=1}^k \IZ_{p_i^{e_i}}[t]^\ast[/mm] ueber den gleichen Isomorphismus (eingeschraenkt auf die Einheiten), und [mm]\IZ_{p_i^{e_i}}[t]^\ast[/mm] kennen wir ja bereits. Jetzt muss man sich ueberlegen, welche Elemente aus [mm]\IZ_n[t][/mm] auf so ein Element der rechten Seite abgebildet wird durch den Isomorphismus. Ist [mm]f \in \IZ_n[t][/mm], so muss $f [mm] \mod p_i^{e_i}$ [/mm] von der Form [mm] $g_i p_i [/mm] t + [mm] h_i$ [/mm] sein. Die [mm] $h_i$'s [/mm] sind Einheiten, womit der konstante Term von $f$ also auch eine Einheit ist, also ein Element aus [mm] $\IZ_n^\ast$ [/mm] (das sind ja die Zahlen, die zu $n$ teilerfremd sind). Die nicht-konstanten Terme muessen jeweils durch alle [mm] $p_i$ [/mm] teilbar sein.
Also kann man $f$ schreiben als $g t [mm] \prod_{i=1}^k p_i [/mm] + h$ mit $h [mm] \in \IZ_n^\ast$ [/mm] und [mm]g \in \IZ_n[t][/mm] beliebig.
Das sind also gerade die Einheiten von [mm]\IZ_n[t][/mm]!  Und damit hast du jetzt auch einen ganz allgemeinen Satz:
Satz: Ist $n$ eine natuerliche Zahl und [mm] $p_1, \dopts, p_k$ [/mm] alle verschiedenen Primfaktoren von $n$, so ist [mm]\IZ_n[t]^\ast = \{ g p_1\ cdots p_k t + h \mid g \in \IZ_n[t], \; h \in \{ 0, \dots, n-1 \} \text{ teilerfremd zu } n \}.[/mm]
So, und falls das noch jemanden interessiert, man kann das sehr einfach auf beliebige kommutative Artinsche Ringe verallgemeinern: ist $R$ ein kommutativer Artinscher Ring mit Jacobson-Radikal $M$, so sind die Einheiten in [mm]R[t][/mm] gerade die Polynome $f$, deren konstanter Term eine Einheit von $R$ ist und deren andere Koeffizienten alle in $M$ liegen. (Fuer $R = [mm] \IZ_n$ [/mm] ist $M$ gerade das Hauptideal [mm] $(p_1 \cdots p_k)$.)
[/mm]
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:17 Do 07.08.2008 | | Autor: | PeterB |
Nur noch eine kleine Bemerkung:
Dein Beweis ist viel allgemeiner, als du schreibst: Er funktioniert fast wörtlich für beliebige kommutative Ringe und zeigt:
Ein Polynom [mm] $f=a_0+a_1 [/mm] X+ ... [mm] +a_nX^n\in [/mm] R[X]$ ist genau dann eine Einheit, wenn [mm] $a_0$ [/mm] eine Einheit in $R$ ist und [mm] $a_1,...,a_n$ [/mm] sämtlich nilpotent in $R$ sind.
Dafür muss man allerdings den Fakt benutzen, dass das Nilradikal von $R$ (also die Menge aller nilpotenten Elemente) der Durchschnitt aller Primideale ist.
Gruß
Peter
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:13 Do 07.08.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo Peter
> Nur noch eine kleine Bemerkung:
>
> Dein Beweis ist viel allgemeiner, als du schreibst: Er
> funktioniert fast wörtlich für beliebige kommutative Ringe
> und zeigt:
>
> Ein Polynom [mm]f=a_0+a_1 X+ ... +a_nX^n\in R[X][/mm] ist genau dann
> eine Einheit, wenn [mm]a_0[/mm] eine Einheit in [mm]R[/mm] ist und
> [mm]a_1,...,a_n[/mm] sämtlich nilpotent in [mm]R[/mm] sind.
>
> Dafür muss man allerdings den Fakt benutzen, dass das
> Nilradikal von [mm]R[/mm] (also die Menge aller nilpotenten
> Elemente) der Durchschnitt aller Primideale ist.
Oh, stimmt. Bei Artinschen Ringen ist das Jacobson-Radikal ja gerade gleich dem Nilradikal. Vielen Dank fuer den Hinweis :)
Ich hatte gehofft dass man es auch noch allgemeiner sagen kann, aber heut morgen nicht so viel Zeit drueber nachzudenken...
LG Felix
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