Funktion, Teilmenge, Ideal

Question

Corollary 4. If k is a field, then every ideal of k[x] can be written as ⟨f⟩ for some
f ∈ k[x]. Furthermore, f is unique up to multiplication by a nonzero constant in k.

Proof. Take an ideal I ⊆ k[x]. If I = {0}, then we are done since I = ⟨0⟩. Otherwise, let f be a nonzero polynomial of minimum degree contained in I. We claim that
⟨f⟩ = I. The inclusion ⟨f⟩ ⊆ I is obvious since I is an ideal. Going the other way,
take g ∈ I. By division algorithm, we have g = qf + r, where either
r = 0 or deg(r) < deg(f). Since I is an ideal, qf ∈ I and, thus, r = g − qf ∈ I.
If r were not zero, then deg(r) < deg(f), which would contradict our choice of f .
Thus, r = 0, so that g = qf ∈ ⟨f⟩. This proves that I = ⟨f⟩ .............

Problem/Ansatz:

Leider versteh ich nicht, wirklich wie man darauf kommt dass r = 0 sein muss. Kann mir das jemand erklären?
Vielleicht habe ich irgendwas Wichtiges verpasst. Ich Verstehe nicht warum er r so nochmal r = g − qf aufschreibt. Anscheinend ist das wichtig, nur kann ich den Sinn daraus nicht ziehen.

Comments

Wenn du g darstellst als Produkt aus zwei Polynomen q*f mir Rest r, dann ist r=0 sobald sich g direkt als ein solches Polynom darstellen lässt. Wenn es keine solche Darstellung gibt von g, dann ist r≠0, aber der Grad von r muss kleiner sein als der von f, denn angenommen das wäre nicht so, dann könntest du eine Darstellung finden g=qf+r=qf+(wf +s)= (q+w)f+s also in anderen Worten du könntest nochmal f durch r teilen und würdest eine Darstellung wieder der gleichen form erhalten, solange bis dein Rest tatsächlich vom Grad kleiner ist als f. Deswegen setzt man das voraus.

Weiterhin hat er mit r=g-pf ein Polynom gefunden, was vom grad kleiner ist als das von f, das wäre aber ein Widerspruch zur Voraussetzung und damit gilt die Annahme, dass g ∈ ⟨f⟩ ist. Und wenn r=0 setzt, dann ist klar, dass g direkt im ⟨f⟩ enthalten ist und das zeigt die andere Inklusion und insgesamt die Gleichheit

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Vielen vielen dank erstmal für die Hilfe, aber ich glaub ich hab ein Brett vor dem Kopf, denn das der Grad von r kleiner sein muss versteh ich mittlerweile sogar aber dann sagst du das:

Weiterhin hat er mit r=g-pf ein Polynom gefunden, was vom grad kleiner ist als das von f

Aber warum ist das jetzt ein Widerspruch? :( Genau das wollten wir ja oder?
Oder widerspricht er f in einer anderen weise?

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Er setzt ja in dem satz: "Otherwise, let f be a nonzero polynomial of minimum degree contained in I"

Voraus, dass f minimal ist und r wäre dann aber "minimaler" als f also ein widerspruch.

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Achso... ich bin etwas blöd. Dachte:
Da ⟨f⟩ ein Ideal ist und somit eine Menge dachte ich das r lediglich einen kleineren Teil der Menge wiedergibt und in keinster Weise f in seiner Eindeutigkeit "stört".

Aber so wie ich das durch dich verstanden habe ersetzt r das Minimalpolynom f oder?
Wenn ich mich jetzt nicht irre würde das ja bedeuten das r ebenfalls das selbe Ideal "aufspannt" oder? Und deshalb ein Widerspruch ist oder?

Hoffe das was ich geschrieben habe ist nicht nur müll.

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Ja, ich glaube du meinst das richtige: Das Problem ist, wenn wir zeigen wollen, dass ⟨f⟩⊃I gilt und r wie im Beweis gezeigt, in I liegt, aber gleicheizeitig vom Grad Kleiner ist als f, dann ist r∉ ⟨f⟩ und damit kann nie ⟨f⟩⊃I gelten, weil r in I aber nicht in ⟨f⟩ liegt. Deswegen wählt man f automatisch als minimales Polynom, weil gerade das diese Mengeninklusion erfüllt.

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Tut mir leid habe noch eine Frage nämlich wie kann ich mir eigentlich so Ideal ⟨f(x)⟩ vorstellen. Besitzt das Ideal einfach alle möglichen Ergebnisse dieses Polynoms abhängig von meinem x und dann von jeder Ergebnis das additive Inverse sowie die 0? (Und alle vielfachen der Ergebnisse auch)

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Stell dir vor du hast ℝ[X] und dein ideal ist ⟨x⟩, dann sind in dem Ideal die x, - x, 0 und jetzt kommt das, was ein Ideal wirklich ausmacht, alle Polynome g aus dem Ring ℝ[X] multipliziert mit x, also g*x ∈ ⟨x⟩, insbesondere sind das alle Polynome außer welche? Naja alle Polynome liegen darin außer die konstanten polynome und die Polynome x+a mit a∈ℝ, denn die konstanten haben ja nen niedrigeren Grad als x also können sie sich ja nicht als Produkt darstellen lassen und g*x= x+a kann auch nicht gelten.

Das heißt ⟨x⟩ =ℝ[X] \ {x-a, a | ∀a∈ℝ}

Übrigens ist das auch ein maximales ideal.

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Hallo, habe da noch eine kleine Frage zu:
Angenommen ich müsste den Beweis jemand anderen erklären und er würde mich fragen wie ich darauf kommen bin ein f zu wählen was minimalen Grad hat.
Was sollte ich antworten?

Answer 1

If r were not zero, then deg(r) < deg(f),

Wegen "By division algorithm, we have ..."

which would contradict our choice of f .

1. Es gibt kein Polynom in I, dass einen kleineren Grad als f hat, wegen "Let f be a nonzero polynomial of minimum degree contained in I."
2. r hat einen kleineren Grad als f, wegen "deg(r) < deg(f)"
3. r ist Element von I, weil g − qf Element von I ist und r = g-qf ist.
   

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Hallo, habe da noch eine kleine Frage zu:
Angenommen ich müsste den Beweis jemand anderen erklären und er würde mich fragen wie ich darauf kommen bin ein f zu wählen was minimalen Grad hat.
Was sollte ich antworten?