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Abzählbarkeit der algebraischen Zahlen

Universität / Fachhochschule

Tags: Abzählbarkeit, algebraische Zahlen

MathsTom aktiv_icon

19:53 Uhr, 08.11.2013

Hi,

ich habe mal eine Frage an euch:
Eine Zahl

z \in ℂ

heißt algebraisch, wenn

a_{0}, ..., a_{n} \in ℤ

existieren, sodass

a_{n} z^{n} + ... + a_{1} z + a_{0} = 0

gilt.
Ich soll beweisen, dass die Menge der algebraischen Zalhlen abzählbar unendlich ist.

Dazu soll man benutzen (und beweisen!), dass es zu jeder natürlichen Zahl

N

nur endlich viele Gleichungen der Form

a_{n} z^{n} + . .

+ a_{1} z + a_{0} = 0

gibt, die

n + | a_{0} | + | a_{1} | + . .

+ | a_{n} | = N

erfüllen.

Wenn ich das, was ich benutzen soll, gezeigt hab, muss ich nurnoch zeigen, dass es dann auch nur endlich viele Nullstellen gibt, oder?

Also wie zeige ich den "Hilfssatz"? Hat jemand eine Idee?

Man könnte die Koeffizienten ja als n-Tupel auffassen, also

(n, a_{0}, a_{1}, ...)

. Die elemente sind alle in

ℤ

. Wir wissen aus der VL, dass diese Menge aller n-Tupel abzählbar ist, da

ℤ

abzählbar ist.
Aber wer sagt mir, dass diese n-Tupel nicht unendlich lang sind?

Lieben Gruß,
Thomas

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Shipwater aktiv_icon

21:01 Uhr, 08.11.2013

In deiner Definition für eine algebraische Zahl musst du noch einfließen lassen, dass nicht alle Koeffizienten

a_{0}, ..., a_{n} = 0

sein dürfen, denn sonst wäre jedes

z \in ℂ

algebraisch (da Nullstelle des Nullpolynoms). Den Hilfssatz finde ich naheliegend.

n \geq N + 1

kann nicht sein, da sonst auch

n + \sum_{k = 0}^{n} | a_{k} | \geq N + 1

wäre. Folglich muss

0 \leq n \leq N

. Entsprechend kann auch

| a_{j} | \geq N + 1 (0 \leq j \leq n)

nicht sein, da sonst wieder

n + \sum_{k = 0}^{n} | a_{k} | \geq N + 1

wäre, also muss

- N \leq a_{j} \leq N

sein. Also für jede "Variable" nur endlich viele Auswahlmöglichkeiten und damit letztlich auch nur endlich viele Polynome.

MathsTom aktiv_icon

21:11 Uhr, 08.11.2013

Hi Shipwater!
Ja, du hast recht, das wäre noch sinnvoll.

n + \sum_{k = 0}^{n} | a_{k} | \geq N + 1

ist sinnlos, weil?

Und wie kommst du nun zu der Gleichung

n + | a_{n} | + . .

+ | a_{0} | = N

?
Wir haben auch noch einen Tipp erhalten, dass wir benutzen sollen, dass die Vereinigung von abzählbaren Mengen wieder abzählbar ist.

Shipwater aktiv_icon

21:35 Uhr, 08.11.2013

Es soll doch

n + \sum_{k = 0}^{n} | a_{k} | = N

erfüllt sein. Das kann natürlich nicht mehr gelten, wenn schon

n + \sum_{k = 0}^{n} | a_{k} | \geq N + 1

gilt. Da man sich

n \leq N

schnell überlegt, kannst du die möglichen Polynome dann natürlich durch (N+1)-Tupel

(a_{0}, ..., a_{N})

identifizieren (Polynome vom Grad kleiner

N

erhältst du dann eben indem du entsprechende Koeffizienten gleich null setzt). Für

0 \leq j \leq N

muss nun

- N \leq a_{j} \leq N

gelten, da sonst ja

n + \sum_{k = 0}^{n} | a_{k} | \geq N + 1

wäre. Für jedes

a_{j}

stehen uns also nur

2 N + 1

Möglichkeiten zur Wahl, das macht insgesamt

{(2 N + 1)}^{N + 1}

mögliche Polynome. Das ist jetzt natürlich nicht die tatsächliche Anzahl, sondern nur eine Obergrenze, aber mehr brauchen wir ja auch nicht, da wir nur die Endlichkeit zeigen sollten.

MathsTom aktiv_icon

22:01 Uhr, 08.11.2013

Ich muss gestehen, ich finde die aufgabe etwas verwirrend, aber so langsam schaffst du es, mir es klarzumachen.

Aber wieso redest du denn jetzt von N+1-Tupeln? Sind dass nicht eher solche Tupel:

(a_{0}, ..., a_{n}, n)

?

Ein Polynom kann man also durch ein Tupel

(a_{0}, ..., a_{n}, n)

angeben. Da

a_{0}, ... a_{n}, n \in ℤ

und

ℤ

abzählbar, ist auch die Menge der Tupel abzählbar.

Shipwater aktiv_icon

22:33 Uhr, 08.11.2013

Du brauchst nur die Koeffizienten, um ein Polynom festzulegen, der Grad wird nicht benötigt. Wenn wir

n + \sum_{k = 0}^{n} | a_{k} | = N

wollen dann können wir direkt sagen, dass für den Grad

n \leq N

gelten muss. Jedes der verbleibenden Polynome lässt sich also als

\sum_{k = 0}^{N} a_{k} z^{k}

schreiben (dadurch erreichen wir auch Polynome vom Grad

< N

eben wenn die entsprechenden Koeffizienten gleich null gesetzt werden). Hier können wir weiter sagen, dass

- N \leq a_{j} \leq N (0 \leq j \leq N)

gelten muss. Übrig bleiben

{(2 N + 1)}^{N + 1}

Polynome und wir wissen, dass jedes Polynom, das

n + \sum_{k = 0}^{n} | a_{k} | = N

erfüllt eines von diesen

{(2 N + 1)}^{N + 1}

Polynomen ist. Also gibt es nur endlich viele solcher Polynome.
Wenn wir nun irgendein Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten (außer dem Nullpolynom) betrachten, dann ergibt

n + \sum_{k = 0}^{n} | a_{k} |

immer eine natürliche Zahl. Wir trennen diese Polynome jetzt so auf, dass all die (endlich vielen) Polynome für die

n + \sum_{k = 0}^{n} | a_{k} |

die selbe natürliche Zahl ergibt, in einer Gruppe sind. Für

N = 1

haben wir also endlich viele Polynome, die

n + \sum_{k = 0}^{n} | a_{k} | = 1

erfüllen und da jedes Polynom außer dem Nullpolynom (das aber eh ausgeschlossen ist) nur endlich viele Nullstellen hat, erhalten wir auch nur endlich viele Nullstellen, wenn wir die Nullstellen der einzelnen Polynome zusammenlegen. Genauso gibt es für

N = 2

nur endlich viele unserer Polynome, die

n + \sum_{k = 0}^{n} | a_{k} | = 2

erfüllen und die haben zusammen auch nur endlich viele Nullstellen. Das ist jetzt natürlich für jedes

N \in ℕ

so. Die algebraischen Zahlen sind ja laut Definition gerade die Nullstellen dieser Polynome und wir haben uns gerade überlegt, dass man diese als abzählbare Vereinigung endlicher Mengen schreiben kann.

MathsTom aktiv_icon

22:52 Uhr, 08.11.2013

Wow, danke!
Zu dem Formalismus: So eine endliche Menge kann man dann ja als

A_{n} := {p = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} t^{k} \in ℤ [t] : n + \sum_{k = 0}^{n} | a_{k} | = n}, n \in {0, ..., N}

schreiben.
Ist das richtig? Ich sage damit ja, dass alle Polynome, die in

A_{n}

liegen, den gleichen Grad

n

haben.

⋃_{n = 0}^{N} A_{n}

ist dann abzählbar.

Wieso hat jedes Polynom nur endlich viele Nullstellen?

Shipwater aktiv_icon

23:07 Uhr, 08.11.2013

Nicht ganz, schau wegen dem Formalismus mal hier:
http//de.wikipedia.org/wiki/Abz%C3%A4hlbare_Menge#Algebraische_Zahlen
Zwei Polynome in einer Gruppe können durchaus unterschiedlichen Grad haben. Nehme

N = 3

und die beiden Polynome

x + 1

und

x^{2}

.
Du weißt doch sicherlich, dass jedes Polynom n-ten Grades genau

n

komplexe Nullstellen (Vielfachheit beachten) hat oder?

MathsTom aktiv_icon

23:20 Uhr, 08.11.2013

In Analysis weiß ich es nicht, in LinA schon...

Den Wiki Artikel kenne ich schon, konnte und kann mit dem

a_{0} = k - 1

und dem definierten Polynom nichts anfangen.

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23:33 Uhr, 08.11.2013

Das wurde nur wegen

ℕ \subseteq A

erwähnt, also um auch noch auszuschließen, dass

A

endlich ist. Und eure Ergebnisse aus LA darfst du natürlich verwenden.

MathsTom aktiv_icon

23:41 Uhr, 08.11.2013

Ok, also für mir uninteressant.
Aber wie kann man dieses

Q_{k},

oder

Q (k)

formal aufschreiben? Also

Q_{k} = {...}

.

Nochmal eine allgemeinere Frage: Wieso genügt es sich eigentlich nur die Gleichungen

a_{n} z^{n} + ... a_{0} = 0

anzugucken, die

n + | a_{n} | + ... + | a_{0} | = N

erfüllen?

Shipwater aktiv_icon

23:51 Uhr, 08.11.2013

Für dich auch interessant, da du ja ebenfalls "abzählbar unendlich" zeigen sollst. Wenn du wie in Wiki die Höhe eines Polynoms definierst, dann wird das formale Aufschreiben leichter. Du kriegst damit alle Polynome mit ganzzahligen Koeffizienten (außer dem Nullpolynom), das hatte ich weiter oben schon mal versucht zu erklären: Wenn wir nun irgendein Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten (außer dem Nullpolynom) betrachten, dann ergibt

n + \sum_{k = 0}^{n} | a_{k} |

immer eine natürliche Zahl. Wir teilen die Polynome nur entsprechend dem was bei

n + \sum_{k = 0}^{n} | a_{k} |

herauskommt auf.

MathsTom aktiv_icon

15:20 Uhr, 09.11.2013

Hallo,
ich hab das jetzt noch einmal alles verinnerlicht und verstanden, lieben Dank!
Ich habe noch eine kleine Frage, die damit nichts zu tun hat, aber zu klein für nen eigenen Thread ist:

Wenn man einen Homomorphismus von Gruppen hat, ist dieser genau dann injektiv, wenn der Kern trivial ist, also nur das neutrale Element von Gruppe A auf das neutrale von Gruppe

B

abgebildet wird.

Wie ist das aber bei einem Ringhomomorphismus? Das gibt es ja im Ring (nicht immer, aber manchmal) ein neutrales der Multiplikation und das neutrale der Addition.
Ist der Kern hier trivial, wenn nur das neutrale der Addition im Kern liegt, oder müssen dazu beide im Kern liegen?
Aber wie gesagt, das neutrale der Multiplikation muss ja nicht zwangsweise existieren in einem Ring.

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16:31 Uhr, 09.11.2013

Schau dir den Beweis für Gruppenhomomorphismen an und überlege ob sich das so übertragen lässt.

MathsTom aktiv_icon

17:22 Uhr, 09.11.2013

Das weiß ich ja eben nicht. Es gibt ja zwei Abbildungen in einem Ring.

Shipwater aktiv_icon

17:32 Uhr, 09.11.2013

Das spielt keine Rolle. Du kannst dir überlegen, ob jeder Schritt des Beweises genauso durchgeht, wenn die Funktion nun Ringhomomorphismus ist anstatt Gruppenhomomorphismus. Übrigens hilft auch hier wieder mal Wiki: de.wikipedia.org/wiki/Ringhomomorphismus

MathsTom aktiv_icon

18:28 Uhr, 09.11.2013

Ja, es funktioniert. Richtig?

Gibt es zudem eine Regel, die aus

\sum_{k = 0}^{n - 1} \sum_{i = 0}^{k} t^{i} t_{0}^{k - i} a_{k + 1}

eine einzige Summe macht?

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18:54 Uhr, 09.11.2013

Ja, es funktioniert da jeder Schritt genauso durchgeht was an der Definition eines Ringes und der eines Ringhomomorphismuses liegt. Die andere Frage ist zu allgemein gestellt. Aber eröffne für jede Frage bitte einen eigenen Thread.

MathsTom aktiv_icon

22:00 Uhr, 09.11.2013

Mach ich. Die Summe lasse ich aber noch hier, das habe ich ja schon quasi angefangen, okay? Ich editiere den obigen Beitrag mal und schreibe die ganze Summe aus.

Shipwater aktiv_icon

22:22 Uhr, 09.11.2013

Du kannst die innere Summe ausrechnen.

MathsTom aktiv_icon

22:34 Uhr, 09.11.2013

Du meinst mit der