Forum:  Polynome
Thema: Nullpolynomabbildung charakterisieren
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sina1357
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Dabei seit: 14.11.2020
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Themenstart: 2021-01-18 21:36

Hallo zusammen,

ich habe folgende Aussage gegeben.
Sei p(x,y)∈K[x,y] mit p(a,b)=0 für alle (a,b)∈AxB mit A,B subset K unendlich. Dann gilt p(x,y)=0.
Diese soll ich nun verschärfen mit endlichen Mengen A und B.
Meine Idee ist es mit "Ein Polynom vom Grad n kann höchstens n Nullstellen haben" zu arbeiten. Jedoch fällt es mir schwer, das aufzuschreiben.

Vielen Dank für eure Hilfe.


Triceratops
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Beitrag No.1, eingetragen 2021-01-19 00:18

Die Aussage ist schlicht und ergreifend für endliche Mengen falsch.

Was ist die eigentliche, vollständige Aufgabenstellung?


sina1357
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Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-19 07:43

Das ist wortwörtlich die Aufgabe


Triceratops
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Beitrag No.3, eingetragen 2021-01-19 10:59

Das einzige, was mir dazu einfällt, ist (sofern es denn stimmt; bin mir noch nicht ganz sicher)

$\{p \in K[X,Y] : \forall (a,b) \in A \times B ~ (p(a,b)=0)\} = \langle \prod_{a \in A} (X-a), \prod_{b \in B} (Y-b) \rangle.$


sina1357
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Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-19 16:26

Danke für deine Hilfe


Triceratops
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Dabei seit: 28.04.2016
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Beitrag No.5, eingetragen 2021-01-19 16:56

Sofern $K$ algebraisch abgeschlossen ist, kann man die Gleichung aus dem vorigen Beitrag so begründen:

Betrachte das Ideal $J := \langle \prod_{a \in A} (X-a), \prod_{b \in B} (Y-b) \rangle \subseteq K[X,Y]$. Die Nullstellenmenge ist

$V(J) = \{(u,v) \in K^2 : \prod_{a \in A} (u-a) = 0,\, \prod_{b \in B} (v-b)=0\} = \{(u,v) \in K^2 : u \in A, \, v \in B\} = A \times B.$

Aus dem Hilbertschen Nullstellensatz folgt

$I(A \times B) = I(V(J)) = \sqrt{J}.$

Hierbei ist $I(A \times B)$ gerade das Ideal, welches wir bestimmen wollen. Nun gibt es Isomorphismen von $K$-Algebren

$K[X,Y] / J = K[X]/\langle \prod_{a \in A} (X-a) \rangle \otimes_K K[Y] / \langle \prod_{b \in B} (Y-b) \rangle \cong \prod_{a \in A} K[X]/\langle X-a \rangle \otimes \prod_{b \in B} K[Y] / \langle Y-b \rangle \cong K^A \otimes_K K^B \cong K^{A \times B},$

und das ist ein reduzierter Ring. Also ist $\sqrt{J} = J$ und die Gleichung ist bewiesen.
 
Es würde mich nicht wundern, wenn dieser Beweis unnötig kompliziert ist und die Gleichung auch für beliebige Körper $K$ gilt. Aber ich hatte einfach spontan keine Lust, irgendetwas mit Polynomen nachzurechnen.

Nachtrag: Man kann den allgemeinen Fall auf den Fall eines algebraisch abgeschlossenen Körpers zurückführen. Man muss dabei nur beachten, dass $K[X,Y] / J \to (K[X,Y]/J) \otimes_K \overline{K} = \overline{K}[X,Y]/\langle J \rangle$ injektiv ist.




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Druckdatum: 2021-04-18 05:16