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Strukturen und Algebra » Polynome » Isomorphie zeigen
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Universität/Hochschule Isomorphie zeigen
Gemini
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-02-27


Hallo zusammen,

ich brauche euch... Und zwar soll ich einen Isomorphismus \( \mathbb R[x]/\langle x^3-1 \rangle \to \mathbb R\times \mathbb C \) konstruieren:

\(x^3-1\) hat die Nullstellen \(1, \zeta_3, \zeta_3^2\), zerfällt also über \(\mathbb R\) in \((x-1)(x^2+x+1)\). Wegen der \(\mathbb R\)-Irreduzibilität beider Faktoren lässt sich keiner der Faktoren als Produkt von Nichteinheiten \(\in \mathbb R[x]\! \setminus \! \mathbb R\) darstellen und sind damit teilerfremd (muss ich das noch weiter ausführen oder ist das klar?).

Chinesischer Restsatz  \(\Rightarrow\ \mathbb R[x]/\langle x^3-1 \rangle \cong \mathbb R[x]/\langle x-1 \rangle \times \mathbb R[x]/\langle x^2+x+1 \rangle\)

Bleibt noch zu zeigen, dass  \( \mathbb R[x]/\langle x-1 \rangle \times \mathbb R[x]/\langle x^2+x+1 \rangle \cong \mathbb R \times \mathbb C \) :

\( \mathbb R[x]\to \mathbb R[1]=\mathbb R \),
\(P(x)\mapsto P(1)\)
 
Diese Abbildung hat Kern \(\langle x-1 \rangle\), da genau \(x-1\) und alle \(\mathbb R[x]\)-Vielfachen davon auf \(0\) abbilden. Hm, aber was bringt mir das?



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vava123
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-02-27

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\dim}{\mathrm{dim}\,} \newcommand{\im}{\mathrm{im}\,} \newcommand{\ker}{\mathrm{ker}\,} \)
Hallo Gemini,

du hast doch schon gesehen, dass der Einsetzungshomomorphismus surjektiv ist und der Kern genau das von $x-1$ erzeugte Ideal ist. Was sagt dann der Homomorphiesatz?

Die andere Isomorphie solltest du eigentlich auf gleiche Art und Weise erhalten, wenn du statt $1$ ein Element aus $\mathbb{C}$ einsetzt, das von $x^2+x+1$ annulliert wird.

\(\endgroup\)


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Gemini
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-27


Danke vava123, dass du mir hilfst.

Zum Homomorphisatz habe ich eine schöne Darstellung:


Ist das \(\phi\) in dieser Darstellung bei mir dann das?:
\(\mathbb R[x]→R[1]=R\),
\(P(x)↦P(1)\)



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vava123
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-02-27

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\dim}{\mathrm{dim}\,} \newcommand{\im}{\mathrm{im}\,} \newcommand{\ker}{\mathrm{ker}\,} \)
Ja genau, in diesem Fall ist: $\phi \colon \mathbb{R}[x]\to \mathbb{R}$.
Was kannst du über die Abbildung $\overline{\phi}$ sagen? Dazu sollte eigentlich auch noch etwas in deinen Unterlagen stehen.
\(\endgroup\)


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vava123
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-02-27

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\dim}{\mathrm{dim}\,} \newcommand{\im}{\mathrm{im}\,} \newcommand{\ker}{\mathrm{ker}\,} \)
2020-02-27 17:36 - Gemini im Themenstart schreibt:

und sind damit teilerfremd (muss ich das noch weiter ausführen oder ist das klar?).


Hier könntest du übrigens noch argumentieren, warum diese irreduziblen Polynome nicht assoziiert, also teilerfremd sind. Denn schließlich sind $x$ und $2x$ auch jeweils irreduzibel in $\mathbb{R}[x]$, aber nicht teilerfremd.
\(\endgroup\)


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Gemini
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-27


Wir haben dazu:

"Bei jedem Ringhomomorphismus \(\phi : R\to S\) ist \(\mathrm{ker}\, \phi\) ein Ideal von \(R\) und der Ringhomomorphismus induziert einen Isomorphismus \(R \twoheadrightarrow R/\langle \mathrm{ker}\, \phi\rangle\ \tilde{\to}\ \mathrm{im}\, \phi\ \hookrightarrow S\)."

\(\bar \phi \) ist der Isomorphismus, von dem der Homomorphiesatz spricht... Ach... ich habe das Gefühl, (fast) alle Puzzleteile zu haben, aber ich kriege es noch nicht ganz hin, sie zusammenzufügen.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]



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vava123
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-02-27

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\dim}{\mathrm{dim}\,} \newcommand{\im}{\mathrm{im}\,} \newcommand{\ker}{\mathrm{ker}\,} \)
Genau der induzierte Isomorphismus ist $\overline{\phi} \colon R/ \mathrm{ker}\, \phi \to \mathrm{im}\, \phi$

Was ist nun in deinem Fall $R$, $\mathrm{ker} \,\phi$ und $\mathrm{im} \,\phi$?

Dann steht eigentlich genau das da, was du willst.
\(\endgroup\)


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Gemini
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-27


In meinem Fall ist

\(\phi : \mathbb R[x]\to \mathbb R[1]=\mathbb R,\ P(x)\mapsto P(1)\)

\(R= \mathbb R[x] \)

\(\mathrm{ker}\, \phi = \langle x-1\rangle \)

\( \mathrm{im}\, \phi =\mathbb R \), weil \(\phi ( \mathbb R )= \mathbb R\), also \(\phi \) surjektiv ist.

Oder?

2020-02-27 18:43 - vava123 in Beitrag No. 4 schreibt:

Hier könntest du übrigens noch argumentieren, warum diese irreduziblen Polynome nicht assoziiert, also teilerfremd sind. Denn schließlich sind $x$ und $2x$ auch jeweils irreduzibel in $\mathbb{R}[x]$, aber nicht teilerfremd.

Ich würde so argumentieren, dass wegen der Irreduzibilität das Produkt \(x^2+x+1\) kein Darstellung aus zwei Linearfaktoren besitzt, also insbesondere auch nicht \(\varepsilon (x-1)\) als Teiler hat (das \(\varepsilon\) soll eine Einheit sein).



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vava123
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-02-27

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\dim}{\mathrm{dim}\,} \newcommand{\im}{\mathrm{im}\,} \newcommand{\ker}{\mathrm{ker}\,} \)
Ja genau, beides richtig. Du hast jetzt also einen Isomorphismus  $\overline{\phi} \colon \mathbb{R}[x]/\langle x-1 \rangle \to \mathbb{R}, \, p + \langle x -1 \rangle \mapsto p(1)$.

Wie sieht es mit einem $\mathbb{R}[x]/\langle x^2+x+1 \rangle \to \mathbb{C}$ aus?

\(\endgroup\)


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Gemini
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-27


Danke. Da habe ich

\(R= \mathbb R[x]\)

\( \phi^\prime : \mathbb R[x]\to \mathbb R[\zeta_3],\ Q(x)\to Q(\zeta_3) \) mit Kern

\( \mathrm{ker}\, \phi^\prime = \langle  x^2+x+1\rangle \) mit analogem Argument wie oben, und

\(\mathrm{im}\, \phi^\prime\) ist surjektiv, weil ... (da hapert's noch).

Also \(\bar{\phi}^\prime : \mathbb R[x]/ \langle  x^2+x+1\rangle ,\ q+\langle  x^2+x+1\rangle \mapsto q(\zeta_3 )\).


Kann ich jetzt einfach sagen, dass ich damit schlussendlich den Isomorphismus \( \mathbb R[x]/ \langle  x-1\rangle \times \mathbb R[x]/  \langle  x^2+x+1\rangle \to \mathbb R\times \mathbb C\)
\( (p+ \langle  x-1\rangle , q+\langle  x^2+x+1\rangle)\mapsto (p(1), q(\zeta_3)) \)

habe?



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vava123
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-02-27

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\dim}{\mathrm{dim}\,} \newcommand{\im}{\mathrm{im}\,} \newcommand{\ker}{\mathrm{ker}\,} \)
Ja das sieht schon gut aus. Ich würde allerdings noch etwas genauer begründen, wieso $\mathrm{ker} \, \phi' \subseteq \langle x^2+x+1 \rangle$ gilt. (Die umgekehrte Inklusion ist denke ich klar.)

Um die Surjektivität zu zeigen bietet es sich an, so ein $\zeta_3$ in Real- und Imaginärteil zu zerlegen. Damit kannst du ein Polynom basteln, welches auf $i \in \mathbb{C}$ abgebildet wird.

Und ja das kannst du, denn sind $\varphi \colon R \to S$ und $\psi \colon \tilde{R} \to \tilde{S}$ Isomorphismen von Ringen, so ist $R \times \tilde{R} \to S \times \tilde{S}, \, (r,\tilde{r}) \mapsto (\varphi(r),\psi(\tilde{r}))$ ebenfalls ein Isomorphismus von Ringen. (Mach dir das im Zweifel klar.)
\(\endgroup\)


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Gemini
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-27


Super, danke. Das war noch wichtig, dass jemand den Gesamtüberblick hat 😎.

Ich melde mich morgen Vormittag wieder. Ich habe jetzt keinen Nerv mehr...

Bis morgen! 🙂



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Gemini
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-28


Guten Morgen 😴

2020-02-27 21:20 - vava123 in Beitrag No. 10 schreibt:
Ja das sieht schon gut aus. Ich würde allerdings noch etwas genauer begründen, wieso $\mathrm{ker} \, \phi' \subseteq \langle x^2+x+1 \rangle$ gilt. (Die umgekehrte Inklusion ist denke ich klar.)

Nach kurzem Überlegen ist $\mathrm{ker} \, \phi' \supseteq \langle x^2+x+1 \rangle$ tatsächlich klar. Ich komme aber nicht darauf, wie ich die umgekehrte Inklusion zeigen kann. Normalerweise macht man das ja so: $ p(x)\in \mathrm{ker} \, \phi' \Rightarrow p(x)\in \langle x^2+x+1 \rangle $. Aber ich sehe gerade nicht wie.

Edit: $ p(x)\in \mathrm{ker} \, \phi' \Rightarrow \phi'(p(x))=p(\zeta_3)=0$. D.h. $a_nx^n+...+a_1x+a_n\; |_{x=\zeta_3}=0\ \Rightarrow x=\zeta_3 $ ist Nullstelle von $p \ \Rightarrow p(x)=(x-\zeta_3)(\mathrm{Restpolynom}) $. So ganz passt's noch nicht...

2020-02-27 21:20 - vava123 in Beitrag No. 10 schreibt:
Um die Surjektivität zu zeigen bietet es sich an, so ein $\zeta_3$ in Real- und Imaginärteil zu zerlegen. Damit kannst du ein Polynom basteln, welches auf $i \in \mathbb{C}$ abgebildet wird.

$\mathrm{dim}_{\mathbb R}(\mathbb R[x]/\langle x^2+x+1 \rangle)=2$. Also bilden $1$, $x$ eine Basis dieses \(\mathbb R\)-Vektorraums. Genauso ist $\mathrm{dim}_{\mathbb R}\mathbb C=2$ und $1$, $\mathrm{i}$ bilden eine Basis. Das meintest du glaube ich nicht, oder? Das war der Tipp einer Kommilitonin. Allerdings sehe ich gerade nicht, wie das bei ihr zum Erfolg geführt hat...

2020-02-27 21:20 - vava123 in Beitrag No. 10 schreibt:
Und ja das kannst du, denn sind $\varphi \colon R \to S$ und $\psi \colon \tilde{R} \to \tilde{S}$ Isomorphismen von Ringen, so ist $R \times \tilde{R} \to S \times \tilde{S}, \, (r,\tilde{r}) \mapsto (\varphi(r),\psi(\tilde{r}))$ ebenfalls ein Isomorphismus von Ringen. (Mach dir das im Zweifel klar.)
Sollte ich vielleicht direkt von Anfang an keine getrennten, sondern diesen einen Einsetzungshomomorphismus nehmen?:
$ \phi : \mathbb R[x]\times \mathbb R[x]\to \mathbb R[1]\times \mathbb R[\zeta_3 ] $,
$(p_1(x),\, p_2(x))\mapsto (p_1(1),\, p_2(\zeta_3)) $

(Darüber, warum $\mathbb R[\zeta_3 ]=\mathbb C$ ist, sollte ich vielleicht noch ein Wort verlieren...)



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vava123
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-02-28

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\dim}{\mathrm{dim}\,} \newcommand{\im}{\mathrm{im}\,} \newcommand{\ker}{\mathrm{ker}\,} \)
Also erst mal zum Kern. Du weißt ja, dass $\mathrm{ker} \, \phi' \subsetneq \mathbb{R}[x]$ gilt, der Kern also ein echtes Ideal ist. Was weißt du über Ideale in Hauptidealringen, die von irreduziblen Elementen erzeugt werden. Damit kannst du sehen, dass schon $\langle x^2+x+1 \rangle = \mathrm{ker} \, \phi'$ gelten muss. (Stichwort: maximales Ideal)
$x - \zeta_3$ kannst du in $\mathbb{R}[x]$ übrigens nicht als Linearfaktor herausteilen, da $x - \zeta_3 \not\in \mathbb{R}[x]$.

Ja, so kannst du das mit der Surjektivität auch machen. Die Abbildung $\overline{\phi'} \colon \mathbb{R}[x]/\langle x^2+x+1 \rangle \to \mathbb{C}$ ist ein $\mathbb{R}$-Vektorraumhomomorphismus (!) von dem du weißt, dass er injektiv. Kannst du mit den genannten Dimensionen eine Aussage über die Surjektivität treffen.

Ich persönlich finde das übersichtlicher die Einsetzungsabbildungen komponentenweise zu betrachten, bzw. was stört dich daran?

2020-02-28 09:38 - Gemini in Beitrag No. 12 schreibt:
(Darüber, warum $\mathbb R[\zeta_3 ]=\mathbb C$ ist, sollte ich vielleicht noch ein Wort verlieren...)
Das ist eine äquivalente Formulierung der Tatsache, dass $\phi'$ bzw. $\overline{\phi'}$ surjektiv ist.
\(\endgroup\)


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Gemini
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-28


Danke.

2020-02-28 10:33 - vava123 in Beitrag No. 13 schreibt:
Also erst mal zum Kern. Du weißt ja, dass $\mathrm{ker} \, \phi' \subsetneq \mathbb{R}[x]$ gilt, der Kern also ein echtes Ideal ist. Was weißt du über Ideale in Hauptidealringen, die von irreduziblen Elementen erzeugt werden. Damit kannst du sehen, dass schon $\langle x^2+x+1 \rangle = \mathrm{ker} \, \phi'$ gelten muss. (Stichwort: maximales Ideal)

Danke für den heißen Tipp. Also $x^2+x+1$ ist irreduzibel über $\mathbb R[x]$, somit ist $\langle x^2+x+1 \rangle$ ein maximales Ideal in $\mathbb R[x]$. Sprich, es gibt kein anderes echtes Ideal von $\mathbb R[x]$, das $\langle x^2+x+1 \rangle$ ganz enthält. D.h. $ \mathrm{ker}\, ϕ'⊇⟨x^2+x+1⟩\ \Rightarrow \mathrm{ker}\, ϕ' =⟨x^2+x+1⟩ $. So gut? 🙂

2020-02-28 10:33 - vava123 in Beitrag No. 13 schreibt:
Ja, so kannst du das mit der Surjektivität auch machen. Die Abbildung $\overline{\phi'} \colon \mathbb{R}[x]/\langle x^2+x+1 \rangle \to \mathbb{C}$ ist ein $\mathbb{R}$-Vektorraumhomomorphismus (!) von dem du weißt, dass er injektiv. Kannst du mit den genannten Dimensionen eine Aussage über die Surjektivität treffen.

$\overline{\phi'} : \langle 1, x \rangle \to ⟨1, \mathrm{i}⟩$,
    $a+bx\mapsto a+b\mathrm{i}$

$a$ und $b$ "durchlaufen" sämtliche reellen Zahlen, somit erreiche ich mit $a\mathrm{i}+b$ auch jede komplexe Zahl, also surjektiv (oh Gott ich seh schon, wieder falsch 🤧)

2020-02-28 10:33 - vava123 in Beitrag No. 13 schreibt:
Ich persönlich finde das übersichtlicher die Einsetzungsabbildungen komponentenweise zu betrachten, bzw. was stört dich daran?
Kann ich nicht so genau sagen. Vermutlich, weil am Ende alles "zusammengabaut" sein muss. Deshalb dachte ich kurz, warum nicht gleich so 🙃.



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vava123
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2020-02-28

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\dim}{\mathrm{dim}\,} \newcommand{\im}{\mathrm{im}\,} \newcommand{\ker}{\mathrm{ker}\,} \)
Ja, das mit dem Kern ist genau richtig.

Die Surjektivität ist allerdings noch problematisch. Die Abbildung $\overline{\phi'}$ ist ja schon durch $\phi'$ definiert. Da kannst du jetzt nicht einfach sagen, dass du $x$ gerne auf $i$ abbilden willst.

Deshalb erneut mein Tipp: $\overline{\phi'} \colon \mathbb{R}[x]/\langle x^2+x+1 \rangle \to \mathbb{C}$ ist ein injektiver $\mathbb{R}$-Vektorraumhomomorphismus. Beide Vektorräume sind wie du festgestellt hast $2$-dimensional. Wenn du dich mal an die Lineare Algebra zurück erinnerst, bzw. hier schaust, sollte ganz leicht die Surjektivität folgen.

Falls du das unter allen Umständen vermeiden willst, kannst du auch nutzen, dass z.B. $\frac{1}{2}(-1+\sqrt{3}i)$ eine primitive dritte Einheitswurzel in $\mathbb{C}$ ist.
Das Dimensionsargument finde ich allerdings ein wenig schöner.

Und wann du es zusammenbaust ist ja eigentlich nur Formsache, das kannst du machen wie dir es besser gefällt.🙂
\(\endgroup\)


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Gemini
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2020-02-28 11:38 - vava123 in Beitrag No. 15 schreibt:
Ja, das mit dem Kern ist genau richtig.

Super, danke! 🙂

2020-02-28 11:38 - vava123 in Beitrag No. 15 schreibt:
Deshalb erneut mein Tipp: $\overline{\phi'} \colon \mathbb{R}[x]/\langle x^2+x+1 \rangle \to \mathbb{C}$ ist ein injektiver $\mathbb{R}$-Vektorraumhomomorphismus. Beide Vektorräume sind wie du festgestellt hast $2$-dimensional. Wenn du dich mal an die Lineare Algebra zurück erinnerst, bzw. hier schaust, sollte ganz leicht die Surjektivität folgen.

Ah doch, da klingelt was aus LA I/II: Bei einer linearen Abbildung $f$ zwischen gleich- und endlichdimensionalen $K$-Vektorräumen folgt aus injektiv direkt surjektiv (und damit bijektiv). Meintest du das?


Darf ich nochmal alles kurz zusammenfassen?:

Ziel: Isomorphismus \( \mathbb R[x]/\langle x^3-1 \rangle \to \mathbb R\times \mathbb C \) konstruieren:

1.) Nullstellen bestimmen und dann argumentieren, warum die beiden polynomialen Faktoren teilerfremd sind.

2.) Der chinesische Restsatz liefert mir einen Isomorphismus $\mathbb R[x]/\langle x^3-1 \rangle \cong \mathbb R[x]/\langle x-1 \rangle \times \mathbb R[x]/\langle x^2+x+1 \rangle$.

3.) Jetzt brauche ich noch einen Isomorphismus $\bar{\phi} : \mathbb R[x]/\langle x-1 \rangle \times \mathbb R[x]/\langle x^2+x+1 \rangle \cong \mathbb R \times \mathbb C $ (Der zu konstruierende Isormorphismus ist dann die Verkettung aus beiden).

4.) Dafür nutze ich den Homomorphiesatz:

Ich wähle für $\phi$ den Einsetzungshomomorphismus (bestehend aus \(\phi_1 : \mathbb R[x]\to \mathbb R[1]=\mathbb R,\ p_1(x)\mapsto p_1(1)\) und \( \phi_2 : \mathbb R[x]\to \mathbb R[\zeta_3],\ p_2(x)\to p_2(\zeta_3) \)). Dieser muss surjektiv sein, weil $\bar{\phi}$ ja ein Isomorphismus zu $\mathbb R\times \mathbb C$ sein soll.

5. Äh... Blackout 😮. Sorry ich glaube an der Stelle fehlt mir gerade der Metablick.



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vava123
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2020-02-28

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\dim}{\mathrm{dim}\,} \newcommand{\im}{\mathrm{im}\,} \newcommand{\ker}{\mathrm{ker}\,} \)
2020-02-28 11:38 - vava123 in Beitrag No. 15 schreibt:
Und wann du es zusammenbaust ist ja eigentlich nur Formsache, das kannst du machen wie dir es besser gefällt.🙂
Um Verwirrungen vorzubeugen schließe ich vielleicht erst einmal den Beweis (das sah bis zum Blackout schonmal gut aus) und sage danach dann noch was dazu.

4.) Der Homomorphiesatz (und ein paar zusätzliche Überlegungen, die wir aber ja schon in vorherigen Beiträgen angestellt haben) liefert die Isomorphismen:
$\overline{\phi}_1 \colon \mathbb{R}[x]/\langle x-1 \rangle \to \mathbb{R}$,
$\overline{\phi}_2 \colon \mathbb{R}[x]/\langle x^2+x+1 \rangle \to \mathbb{C}$.

5.) Dann ist $\overline{\phi} = (\overline{\phi}_1,\overline{\phi}_2)$, also $\overline{\phi} \colon \mathbb{R}[x]/\langle x-1 \rangle \times \mathbb{R}[x]/\langle x^2+x+1 \rangle \to \mathbb{R} \times \mathbb{C}, \, (r,s) \mapsto \big(\overline{\phi}_1(r),\overline{\phi}_2(s)\big)$
ein Homomorphismus, der bijektiv ist. (Beide Aussagen kann man sich recht leicht klarmachen.)

6.) Die Verkettung von $\overline{\phi}$ mit dem chinesischen Isomorpismus ist dann schließlich der Gesuchte.

So, jetzt mein Einwand. Nähme man die Einsetzabbildung $\phi \colon \mathbb{R}[x] \times \mathbb{R}[x] \to \mathbb{R} \times \mathbb{C}$, so wäre $\mathrm{ker} \, \phi = \langle x-1 \rangle \times \langle x^2+x+1 \rangle$ und da $\phi$ surjektiv ist, liefert der Homomorphiesatz den Isomorphismus $\overline{\phi} \colon \mathbb{R}[x] \times \mathbb{R}[x] / \langle x-1 \rangle \times \langle x^2+x+1 \rangle \to \mathbb{R} \times \mathbb{C}$. Jetzt würden man nutzen, dass es einen kanonischen Isomorphismus $\mathbb{R}[x]/\langle x-1 \rangle \times \mathbb{R}[x]/\langle x^2+x+1 \rangle \to \mathbb{R}[x] \times \mathbb{R}[x] / \langle x-1 \rangle \times \langle x^2+x+1 \rangle$ gibt und diese beiden Isomorphismen verketten, um den Isomorphismus aus 5.) zu erhalten.
 
Beide dieser Weg führen zum Ziel und sind eigentlich fast identisch. Welchen du besser findest, musst du entscheiden.
\(\endgroup\)


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Gemini
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Echt nett, dass du so geduldig und ausführlich hilfst! Vielen herzlichen Dank! 👍 Einmal kurz brauche ich diese deine beiden Tugenden noch...

2020-02-28 22:00 - vava123 in Beitrag No. 17 schreibt:
4.) Der Homomorphiesatz (und ein paar zusätzliche Überlegungen, die wir aber ja schon in vorherigen Beiträgen angestellt haben) liefert die Isomorphismen:
$\overline{\phi}_1 \colon \mathbb{R}[x]/\langle x-1 \rangle \to \mathbb{R}$,
$\overline{\phi}_2 \colon \mathbb{R}[x]/\langle x^2+x+1 \rangle \to \mathbb{C}$.
Das ist die entscheidende Stelle, wo ich noch Tomaten auf den Augen habe:

"Bei jedem Ringhomomorphismus \(\phi : R\to S\) ist \(\mathrm{ker}\, \phi\) ein Ideal von \(R\) und der Ringhomomorphismus induziert einen Isomorphismus \(R \twoheadrightarrow R/\langle \mathrm{ker}\, \phi\rangle\ \tilde{\to}\ \mathrm{im}\, \phi\ \hookrightarrow S\)."

Der Homomorphiesatz spricht von einem Homomorphismus $\phi$ als Ausgangspunkt. Für diesen habe ich den Einsetzungshomomorphismus $\phi = (\phi_1, \phi_2)$ gewählt. Der Homomorphiesatz schenkt mir dann einen Isomorphismus $\bar{\phi} : \mathbb R[x]/\mathrm{ker}\, \phi =\ \mathbb R[x]/\mathrm{ker}\, \phi_1 \times \mathbb R[x]/\mathrm{ker}\, \phi_2\ \tilde{\to}\ \mathrm{im}\, \phi\ $.

Ich muss also wissen, was $\mathrm{ker}\, \phi_1,\, \mathrm{ker}\, \phi_2$ sind und $\mathrm{im}\, \phi$ sollte am besten $=\mathbb R\times \mathbb C$ sein. Das habe ich mit deiner Hilfe alles gemacht bzw. gezeigt.

Was mir irgendwie nicht klar ist, ist, warum ich noch zeigen muss, dass der geschenkte Isomorphismus ein Isomorphismus ist, also warum ich Injektivität zeigen muss und dann mit gleichmächtigen, endlichdimensionalen $\mathbb R$-Vektorräumen argumentieren muss, dass der geschenkte Isomorphismus surjektiv ist.

Und woher weißt du, dass der geschenkte Isomorphismus genau so abbildet: $(r,s) \mapsto \big(\overline{\phi}_1(r),\overline{\phi}_2(s)\big)$?

Gilt eigentlich immer \(\mathbb R [\zeta_3]=\{a+b\zeta_3\ |\ a,b\in \mathbb R\} \)?

LG Gemini



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vava123
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\dim}{\mathrm{dim}\,} \newcommand{\im}{\mathrm{im}\,} \newcommand{\ker}{\mathrm{ker}\,} \)
2020-02-29 11:39 - Gemini in Beitrag No. 18 schreibt:
Was mir irgendwie nicht klar ist, ist, warum ich noch zeigen muss, dass der geschenkte Isomorphismus ein Isomorphismus ist, also warum ich Injektivität zeigen muss und dann mit gleichmächtigen, endlichdimensionalen $\mathbb R$-Vektorräumen argumentieren muss, dass der geschenkte Isomorphismus surjektiv ist.

Wenn du den Homomorphiesatz auf $\phi$ anwendest, wie du es ja gemacht hast, dann ist keine Bijektivität mehr zu zeigen. Dann bist du fertig, wenn du eingesehen hast, dass $\mathbb R[x]/\mathrm{ker}\, \phi \cong \mathbb R[x]/\mathrm{ker}\, \phi_1 \times \mathbb R[x]/\mathrm{ker}\, \phi_2$ gilt.

In meinem letzten Beitrag habe ich allerdings den Homomorphiesatz auf $\phi_1$ und $\phi_2$ angewendet und mit den beiden Isomorphismen die mir der Homomorphiesatz schenkt $\bar\phi$ "von Hand" zusammengesetzt. Dass dieser zusammengesetzte Homomorphismus dann bijektiv ist und dass man sich das leicht klar machen kann, das war mit dem folgenden gemeint.
2020-02-28 22:00 - vava123 in Beitrag No. 17 schreibt:
ein Homomorphismus, der bijektiv ist. (Beide Aussagen kann man sich recht leicht klarmachen.)

Und deshalb ist dann auch $\bar\phi \colon (r,s) \mapsto \big(\overline{\phi}_1(r),\overline{\phi}_2(s)\big)$, weil ich $\bar\phi$ ja gerade so definiert habe.

Da haben wir ein bisschen aneinander vorbei geredet. Ich hoffe das hat sich hiermit geklärt.

Und für $z\in \mathbb{C}$ gilt immer: $\mathbb{R}[z] = \{ a + bz \mid a,b \in \mathbb{R} \}$, insbesondere also für primitive dritte Einheitswurzeln. Das liegt daran, weil $[\mathbb{C}:\mathbb{R}]=2$ gilt. Für die Körpererweiterung $\mathbb{R}/\mathbb{Q}$ gilt das aber z.B. nicht. Denn $\mathbb{Q}[\pi]\cong \mathbb{Q}[X]$, da $\pi$ transzendent über $\mathbb{Q}$ ist, also von keinem nichttrivialen Polynom mit rationalen Koeffizienten annulliert wird. Es ist als $\{a + b \pi \mid a,b \in \mathbb{Q} \} \subsetneq \mathbb{Q}[\pi]$.


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Gemini
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Danke.

2020-02-29 14:42 - vava123 in Beitrag No. 19 schreibt:
In meinem letzten Beitrag habe ich allerdings den Homomorphiesatz auf $\phi_1$ und $\phi_2$ angewendet und mit den beiden Isomorphismen die mir der Homomorphiesatz schenkt $\bar\phi$ "von Hand" zusammengesetzt. Dass dieser zusammengesetzte Homomorphismus dann bijektiv ist und dass man sich das leicht klar machen kann, das war mit dem folgenden gemeint.
2020-02-28 22:00 - vava123 in Beitrag No. 17 schreibt:
ein Homomorphismus, der bijektiv ist. (Beide Aussagen kann man sich recht leicht klarmachen.)

Achso. Und weil ich Stückwerk gemacht habe, also zweimal den Homomorphiesatz genutzt habe, um die Isomorphismen $\bar{\phi}_1, \bar{\phi}_2$ zu erhalten, muss ich abschließend eben zeigen, dass $\bar{\phi}=(\bar{\phi}_1, \bar{\phi}_2)$ bijektiv ist, oder? Bzw. das müsste eigentlich klar sein, weil beide Komponenten ja Isomorphismen sind.

Ah ich dachte, das hier...
2020-02-28 09:38 - Gemini in Beitrag No. 12 schreibt:
$\mathrm{dim}_{\mathbb R}(\mathbb R[x]/\langle x^2+x+1 \rangle)=2$. Also bilden $1$, $x$ eine Basis dieses \(\mathbb R\)-Vektorraums. Genauso ist $\mathrm{dim}_{\mathbb R}\mathbb C=2$ und $1$, $\mathrm{i}$ bilden eine Basis.
... tun wir, um am Ende noch zu zeigen, dass $\bar{\phi}=(\bar{\phi}_1, \bar{\phi}_2)$ bijektiv ist. Wie kam ich überhaupt da drauf? Das braucht man dann gar nicht, oder? Weder an dieser Stelle noch an anderer. Das war glaube ich das, wo mich noch gestört hatte. Weil die Kommilitonin das genutzt hat, ich aber nicht. Ich hatte versucht, dass mit Gewalt einzubauen. Du hattest ja bereits eine leicht alternative Vorgehensweise eingewendet. Mir scheint, als könnten hier viele Wege nach Rom führen...

2020-02-29 14:42 - vava123 in Beitrag No. 19 schreibt:
Und für $z\in \mathbb{C}$ gilt immer: $\mathbb{R}[z] = \{ a + bz \mid a,b \in \mathbb{R} \}$, insbesondere also für primitive dritte Einheitswurzeln. Das liegt daran, weil $[\mathbb{C}:\mathbb{R}]=2$ gilt. Für die Körpererweiterung $\mathbb{R}/\mathbb{Q}$ gilt das aber z.B. nicht. Denn $\mathbb{Q}[\pi]\cong \mathbb{Q}[X]$, da $\pi$ transzendent über $\mathbb{Q}$ ist, also von keinem nichttrivialen Polynom mit rationalen Koeffizienten annulliert wird. Es ist als $\{a + b \pi \mid a,b \in \mathbb{Q} \} \subsetneq \mathbb{Q}[\pi]$.

Super. Dann schreibe ich in der Klausur: Wegen $[\mathbb{C}:\mathbb{R}]=2$ gilt $\mathbb{R}[\zeta_3] = \{ a + b\zeta_3 \mid a,b \in \mathbb{R} \}$. $\zeta_3$ ist in der Klausur dann im Zweifel eine komplexe Zahl $c+d\mathrm{i}$, die ich nicht expliziter angeben kann. Dann sage ich einfach $a+b(c+d\mathrm{i})=(a+bc)+(bd)\mathrm{i}$, und damit "erreiche" ich ja jede komplexe Zahl, also $\mathbb{R}[\zeta_3]=\mathbb C$



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vava123
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\dim}{\mathrm{dim}\,} \newcommand{\im}{\mathrm{im}\,} \newcommand{\ker}{\mathrm{ker}\,} \)
2020-02-29 16:06 - Gemini in Beitrag No. 20 schreibt:
Achso. Und weil ich Stückwerk gemacht habe, also zweimal den Homomorphiesatz genutzt habe, um die Isomorphismen $\bar{\phi}_1, \bar{\phi}_2$ zu erhalten, muss ich abschließend eben zeigen, dass $\bar{\phi}=(\bar{\phi}_1, \bar{\phi}_2)$ bijektiv ist, oder? Bzw. das müsste eigentlich klar sein, weil beide Komponenten ja Isomorphismen sind.
Genau so ist es.

Das Dimensionsargument braucht man um zu zeigen, dass $\mathbb{R}[\zeta_3]=\mathbb{C}$ gilt, also $\phi_2$ surjektiv ist. Aber das zeigst du z.B. auch schon mit dieser Feststellung:
2020-02-29 16:06 - Gemini in Beitrag No. 20 schreibt:
Wegen $[\mathbb{C}:\mathbb{R}]=2$ gilt $\mathbb{R}[\zeta_3] = \{ a + b\zeta_3 \mid a,b \in \mathbb{R} \}$. $\zeta_3$ ist in der Klausur dann im Zweifel eine komplexe Zahl $c+d\mathrm{i}$, die ich nicht expliziter angeben kann. Dann sage ich einfach $a+b(c+d\mathrm{i})=(a+bc)+(bd)\mathrm{i}$, und damit "erreiche" ich ja jede komplexe Zahl, also $\mathbb{R}[\zeta_3]=\mathbb C$
, sofern $d \not = 0$...
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Puh... das war eine sehr schwere Geburt...

Ich möchte mich nochmal für deine Engelsgeduld und deine ausführlichen Antworten bedanken.

In Wirtschaft (meinem Anwendungsfach) findet man bei Google eigentlich immer Antworten auf Fragen. In Mathe ist man dagegen manchmal völlig aufgeschmissen. Da steht dann bei Google-Treffern und in 5 Büchern dieselbe unverständliche Kurzfassung. Also anstatt dass es ein "super" Buch zur algebraischen Zahlentheorie gibt, gibt es 20 mittelmäßige. Naja... Algebra-Buchautoren sind keine Didaktiker...



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vava123
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Immerhin sind wir zum Schluss an der richtigen Stelle angelangt. 😉



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Gemini
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Das stimmt 🙂



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