Antworte auf:  Ring ist nicht ganz abgeschlossen im Quotientenkörper von Red_
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Kezer
Senior
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1130
 Beitrag No.4, eingetragen 2020-10-29 08:47    [Diesen Beitrag zitieren]
\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}\)
Alternativ für 2): Noethersche Integritätsbereiche von Dimension $1$ sind normal genau dann, wenn sie regulär sind. Die Kurve hat aber eine Singularität bei $(0,0)$.

Das ist wohl nicht mehr ganz so elementar, aber spiegelt zumindest die geometrische Intuition wieder.
\(\endgroup\)

Triceratops
Aktiv
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 5345
Herkunft: Berlin

 Beitrag No.3, eingetragen 2020-10-28 23:49    [Diesen Beitrag zitieren]

Zeige allgemein mit Eisenstein: Wenn $R$ ein faktorieller Ring und $p_1,\dotsc,p_n$ nicht-assoziierte Primelemente in $R$ sind (mit $n \geq 1$), dann ist $T^k - p_1\cdots p_n \in R[T]$ irreduzibel.

Hier ist $X^3-X = X(X+1)(X-1)$.


Red_
Aktiv
Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 844
Herkunft: Erde

 Beitrag No.2, eingetragen 2020-10-28 23:47    [Diesen Beitrag zitieren]

Schöner Beweis zu 2). Für andere: Wer die Isomorhpismen nachvollziehen möchte, sollte sich auf jeden Fall diesen Beitrag durchlesen hier

Eisenstein konnte ich aber nicht direkt anwenden bei 1) und hatte keine Lust auf Substitutionen. Wie sieht deine Lösung dort aus?
Hat sich erübrigt mit deinem Edit. Danke!


Triceratops
Aktiv
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 5345
Herkunft: Berlin

 Beitrag No.1, eingetragen 2020-10-28 23:29    [Diesen Beitrag zitieren]

1) Dein Beweis ist gut. Natürlich gibt es auch andere Beweise. Eisenstein mit $X$ als Primelement zum Beispiel. Oder Reduktion modulo $X-1$.
2) Es ist $R / \langle X \rangle = \IQ[Y]/\langle Y^2 \rangle$ kein Körper, aber $R / \langle X,Y \rangle = \IQ$ ist ein Körper. Also ist $\langle X \rangle \neq \langle X,Y \rangle$, d.h. $Y \notin \langle X \rangle$, also $Y/X \notin R$.


Red_
Aktiv
Dabei seit: 28.09.2016
Mitteilungen: 844
Herkunft: Erde

 Themenstart: 2020-10-28 22:42    [Diesen Beitrag zitieren]

Hey,
in der Vorlesung wurde behauptet $R:= \mathbb{Q}[X,Y]/\langle Y^2 - X^3 -X^2 \rangle$ sei nicht normal.
Ich würde gerne wissen, ob mein Beweis stimmt und ob es elegantere Wege gibt. Es ist folgendes zu tun:
1) $R$ ist ein Integritätsbereich.
2) $R$ ist nicht normal.

Mein Beweis zu 1) geht so:
Nach Gauß ist $\mathbb{Q}[X,Y]$ faktoriell. Wir zeigen $Y^2 - X^3 -X^2 $ ist irreduzibel. Wir können das Polynom in $\mathbb{Q}[X][Y]$ betrachten und dort Irreduziblität zeigen. Wäre es nicht irreduzibel, so hätte es eine Nullstelle in $\mathbb{Q}[X]$. D.h. es gäbe ein $p(X)\in \mathbb{Q}[X]$, s.d. $p(X)^2 = X^3+X^2$. Sowas kann es nicht geben, da die linke Seite geraden Grad hat und die rechte ungeraden Grad. Damit sind wir fertig.

Kann man das auch anders zeigen?

Beweis zu 2):
Seien $\overline{X}$ und $\overline{Y}$ die Restklassen von $X$ bzw. $Y$ in $R$.
Schritt 1: $\overline{Y}\cdot \overline{X}^{-1}$ liegt nicht in $R$. Würde es in $R$ liegen, so gäbe es ein $\overline{p(X,Y)}\in R$ mit \(\overline{Y} = \overline{p(X,Y)}\cdot \overline{X}\). D.h. es gibt ein $q(X,Y)\in \mathbb{Q}[X,Y]$ mit $Y-p(X,Y)\cdot X = (Y^2 - X^3 -X^2 )\cdot q(X,Y)$. Setze hier $X=0$. Damit folgt $Y=Y^2 \cdot q(0,Y)$. Was nicht geht.
Schritt 2: $\overline{Y}\cdot \overline{X}^{-1}$ ist ganz über $R$. Das Polynom $T^2 -\overline{X} - \overline{1}$ annulliert es.

Auch hier: Gibt es einen schöneren Beweis?

Vielen Dank!


Edit: Motivation wie ich auf das Element kam: Hier ist eine ähnliche Aufgabe StackExchange. Dort wurde $t=t^3/t^2 = \overline{x}/\overline{y}$ betrachtet.



 
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