Primideal im Polynomring von Z < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
Hallo,
ich versuche zu beweisen, dass $(p)$ für $p [mm] \in \IZ$ [/mm] prim in [mm] $\IZ[x]$ [/mm] ist.
$(p)$ sind ja einfach die Polynome, deren Koeffizienten von $p$ geteilt werden.
Ich habe versucht zu zeigen, dass für $g,h [mm] \notin \IZ[x]$ [/mm] gilt [mm] $\exists [/mm] i$ mit $p$ teilt nicht $g*h(i)$, wobei $g*h(i)$ der i-te Koeffizient des Produktes ist.
$g*h(i) = [mm] \summe_{j=0}^{i}g(j)*h(i-j)$
[/mm]
Ich weiß leider nur, dass g und h mindestens einen Koeffizienten haben, der nicht von p geteilt wird, wie finde ich jetzt mein i?
Man könnte ja sagen:
[mm] $\exists [/mm] k1, k2: p \ teilt \ nicht \ g(k1), p \ teilt \ nicht \ h(k2)$
$g*h(k1+k2) = [mm] \summe_{j=0}^{k1+k2}g(j)*h(k1+k2-j)$
[/mm]
für j = k1 hätte ich einen Summanden gefunden der nicht von p geteilt wird, aber das reicht ja leider nicht...
Bin für jede Hilfe dankbar!
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:56 Mi 02.12.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> ich versuche zu beweisen, dass [mm](p)[/mm] für [mm]p \in \IZ[/mm] prim in
> [mm]\IZ[x][/mm] ist.
>
> [mm](p)[/mm] sind ja einfach die Polynome, deren Koeffizienten von [mm]p[/mm]
> geteilt werden.
Genau.
> Ich habe versucht zu zeigen, dass für [mm]g,h \notin \IZ[x][/mm]
Du meinst [mm] $\not\in [/mm] (p)$.
> gilt [mm]\exists i[/mm] mit [mm]p[/mm] teilt nicht [mm]g*h(i)[/mm], wobei [mm]g*h(i)[/mm] der
> i-te Koeffizient des Produktes ist.
Du solltest [mm] $j_1, j_2$ [/mm] minimal waehlen mit $p [mm] \nmid g(j_1)$, [/mm] $p [mm] \hmid h(j_2)$. [/mm] Dann waehle $i = [mm] j_1 [/mm] + [mm] j_2$.
[/mm]
Alternativ: schau dir die Abbildung [mm] $\IZ[x] \to \IF_p[x]$, $\sum_{i=0}^n a_i x^i \mapsto \sum_{i=0}^n \pi(a_i) x^i$ [/mm] an, wenn [mm] $\pi [/mm] : [mm] \IZ \to \IF_p$ [/mm] die Restklassenabbildung ist. Was ist der Kern?
LG Felix
|
|
|
|
