"Unendl. Faktorisierung" in IG < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Sei im folgdenden R ein Integritätsbereich (kom. Ring mit Einselement, nullteilerfrei).
Sei p [mm] \in [/mm] R prim, p [mm] \not= [/mm] 0
Meine Frage: Kann es ein x [mm] \in R\setminus{0} [/mm] geben, sodass x von allen Potenzen von p geteilt wird, also ein x, sodass [mm] \forall [/mm] n [mm] \in \IN [/mm] gilt: [mm] p^n [/mm] teilt x.
Ich konnte für noethersche Ringe zeigen, dass dies nicht möglich sein kann (sogar schon für Nicht-Einheiten)
Sei S notherscher Ring, sei p [mm] \in [/mm] S, p keine Einheit p [mm] \not= [/mm] 0
Sei y [mm] \in [/mm] S, y [mm] \not= [/mm] 0, dann existiert ein n [mm] \in \|N [/mm] , sodass gilt : [mm] p^n [/mm] teilt nicht y.
Bew: Ang. ein solches y existiert, dann existiert ein Folge [mm] a_{i} [/mm] : i [mm] \in \IN, [/mm] sodass
y = [mm] a_{1}m [/mm] = [mm] a_{2}m^2 [/mm] = [mm] a_{3}m^3 [/mm] = .....
Insbesonderes hat man die Relation [mm] a_{i} [/mm] = [mm] a_{i+1}*m [/mm] und somit
[mm] (a_{1}) \subseteq (a_{2}) \subseteq (a_{3}) [/mm] ....
Falls die Kette nicht stationär sein sollte, findet man eine Teilfolge der [mm] a_{i} [/mm] , sodass die Hauptideale echt ineinander geschachtelt sind, somit muss wegen S noether'sch die Kette doch stationär werden.
Sei l ein Index, so dass [mm] \forall [/mm] i [mm] \ge [/mm] l gilt, dass [mm] (a_{i}) [/mm] = [mm] (a_{i+1})
[/mm]
Insbesonderes [mm] \exists [/mm] s [mm] \in [/mm] S, sodass [mm] s*a_{i} [/mm] = [mm] a_{i+1}, [/mm] und wegen
[mm] a_{i+1}*m [/mm] = [mm] a_{i} [/mm] folgt [mm] m*s*a_{i} [/mm] = [mm] a_{i}, [/mm] und somit m*s = 1, Widerspruch zu m keine Einheit.
Ich habe diese Frage in keinen weiteren Foren gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:57 Do 13.08.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Sei im folgdenden R ein Integritätsbereich (kom. Ring mit
> Einselement, nullteilerfrei).
>
> Sei p [mm]\in[/mm] R prim, p [mm]\not=[/mm] 0
>
> Meine Frage: Kann es ein x [mm]\in R\setminus{0}[/mm] geben, sodass
> x von allen Potenzen von p geteilt wird, also ein x, sodass
> [mm]\forall[/mm] n [mm]\in \IN[/mm] gilt: [mm]p^n[/mm] teilt x.
Ja, das ist moeglich. Dazu kann man z.B. folgenden Ring konstruieren:
Sei $M := [mm] \{ (O, f) \mid O \subseteq \IR \text{ offene Menge}, \; 0 \in O, \; f : O \to \IR \text{ stetig} \}$ [/mm] und definiere die Aequivalenzrelation $(O, f) [mm] \sim [/mm] (O', f') [mm] :\Longleftrightarrow f|_{O \cap O'} [/mm] = [mm] f'|_{O \cap O'}$.
[/mm]
Durch $[(O, [mm] f)]_\sim [/mm] + [(O', [mm] f')]_\sim [/mm] := [(O [mm] \cap [/mm] O', [mm] f|_{O \cap O'} [/mm] + [mm] f|_{O \cap O'})]_\sim$ [/mm] und $[(O, [mm] f)]_\sim \cdot [/mm] [(O', [mm] f')]_\sim [/mm] := [(O [mm] \cap [/mm] O', [mm] f|_{O \cap O'} \cdot f|_{O \cap O'})]_\sim$ [/mm] bekommt man eine Ringstruktur auf $R := [mm] M/_\sim$. [/mm] Man kann nun zeigen, dass $R$ ein Integritaetsbereich ist.
Weiterhin ist $x := [mm] [(\IR, id_{\IR})]_\sim$ [/mm] ein Primelement von $R$.
Betrachte nun $f : [mm] \IR \to \IR$, [/mm] $0 [mm] \neq [/mm] x [mm] \mapsto \exp(-x^{-2})$, [/mm] $0 [mm] \mapsto [/mm] 0$. Dann ist $g := [mm] [(\IR, f)]_\sim$ [/mm] ein Element von $R$, welches beliebig oft durch $x$ geteilt werden kann. (Da [mm] $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^k} [/mm] = 0$ ist fuer alle $k [mm] \in \IN$.)
[/mm]
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:00 Do 13.08.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo,
> Sei [mm]M := \{ (O, f) \mid O \subseteq \IR \text{ offene Menge}, \; 0 \in O, \; f : O \to \IR \text{ stetig} \}[/mm]
> und definiere die Aequivalenzrelation [mm](O, f) \sim (O', f') :\Longleftrightarrow f|_{O \cap O'} = f'|_{O \cap O'}[/mm].
>
> Durch [mm][(O, f)]_\sim + [(O', f')]_\sim := [(O \cap O', f|_{O \cap O'} + f|_{O \cap O'})]_\sim[/mm]
> und [mm][(O, f)]_\sim \cdot [(O', f')]_\sim := [(O \cap O', f|_{O \cap O'} \cdot f|_{O \cap O'})]_\sim[/mm]
> bekommt man eine Ringstruktur auf [mm]R := M/_\sim[/mm]. Man kann
> nun zeigen, dass [mm]R[/mm] ein Integritaetsbereich ist.
dieser Ring ist uebrigens lokal (d.h. hat genau ein maximales Ideal) und so eine Aequivalenzklasse $[(O, [mm] f)]_\sim$ [/mm] heisst der Funktionenkeim von $f$ im Punkt 0.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:17 Fr 14.08.2009 | | Autor: | PeterB |
> Betrachte nun [mm]f : \IR \to \IR[/mm], [mm]x \mapsto \exp(-x^2)[/mm]. Dann
> ist [mm]g := [(\IR, f)]_\sim[/mm] ein Element von [mm]R[/mm], welches
> beliebig oft durch [mm]x[/mm] geteilt werden kann. (Da [mm]\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^k} = 0[/mm]
> ist fuer alle [mm]k \in \IN[/mm].)
Vielleicht bin ich gerade verwirrt, aber ich denke $f(0)=1$ und damit ist dein $f$ eine Einheit. Wahrscheinlich meinst du [mm] $f(x)=exp(-x^{-2})$. [/mm] Dann sollte das klappen.
Gruß
Peter
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:25 Fr 14.08.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Peter,
> > Betrachte nun [mm]f : \IR \to \IR[/mm], [mm]x \mapsto \exp(-x^2)[/mm]. Dann
> > ist [mm]g := [(\IR, f)]_\sim[/mm] ein Element von [mm]R[/mm], welches
> > beliebig oft durch [mm]x[/mm] geteilt werden kann. (Da [mm]\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x^k} = 0[/mm]
> > ist fuer alle [mm]k \in \IN[/mm].)
>
> Vielleicht bin ich gerade verwirrt, aber ich denke [mm]f(0)=1[/mm]
> und damit ist dein [mm]f[/mm] eine Einheit. Wahrscheinlich meinst du
> [mm]f(x)=exp(-x^{-2})[/mm]. Dann sollte das klappen.
ja, du hast Recht. Genau die Funktion meinte ich (mit $f(0) = 0$).
LG Felix
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Danke Euch zunächst für die Antworten, insbesonderes an Felix für das interessante Beispiel.
Ich hätte noch 2 Anmerkungen/Fragen:
1.) Die Relation, so wie angeführt, ist keine Äquivalenzrelation, denn die Transitivät ist verletzt:
Seien [mm] U_{1}, U_{2} [/mm] die [mm] \varepsilon [/mm] - Nullumgebungen vom Radius 1 bzw. 2.
Sei [mm] f_{1} [/mm] (x) [mm] =\begin{cases} 0, x \in U_{1} \\ 1-|x|, \mbox{ } x \in U_{2} \backslash U_{1} \end{cases}
[/mm]
Und sei [mm] f_{2}:= -f_{1}
[/mm]
Dann ist [mm] (U_{2}, f_{1}) [/mm] ~ [mm] (U_{1}, [/mm] 0); ebenso [mm] (U_{2}, f_{2}) [/mm] ~ [mm] (U_{1}, [/mm] 0); aber [mm] (U_{2}, f_{1}) [/mm] ist nicht äquivalent zu [mm] (U_{2}, f_{2})
[/mm]
Korrigieren kann man die mangelnde Transitivität, indem man nur fordert, dass es eine offene Nullumgebung V [mm] \subset (U_{1} \cap U_{2}) [/mm] gibt, sodass die betrachteten Funktionen darauf übereinstimmen, also
[mm] (U_{1}, f_{1}) [/mm] ~ [mm] (U_{2}, f_{2}) [/mm] : [mm] \gdw \exists [/mm] V: Voffene 0-Umg.: [mm] f_{1}|_{V} [/mm] = [mm] f_{2}|_{V}
[/mm]
2.) Ja, f(x) : = [mm] exp(-x^2) [/mm] wäre eine Einheit (bzw. [mm] [(\IR, [/mm] f)])
Der Vorschlag mit der Definition von f als f(x):= exp(-x^(-2)) bringt dann zwar, dass f eine nicht-Einheit ist, und durch x beliebig oft geteilt werden kann, aber [mm] [(\IR, [/mm] x)] ist meiner Meinung nach nicht prim, nicht mal irreduzibel (außer ich hab mich jetzt sehr vertan)
Sei g(x):= [mm] \wurzel[3]{x} [/mm] und sei h(x):= [mm] (g(x))^{2}
[/mm]
Dann ist [mm] [(\IR, [/mm] g)] [mm] \* [(\IR, [/mm] h)] = [mm] [(\IR, [/mm] x)]
Und g sowie h können beide keine Einheiten sein, da f(0) = g(0) = 0.
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| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 16:28 Fr 14.08.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Danke Euch zunächst für die Antworten, insbesonderes an
> Felix für das interessante Beispiel.
> Ich hätte noch 2 Anmerkungen/Fragen:
>
> 1.) Die Relation, so wie angeführt, ist keine
> Äquivalenzrelation, denn die Transitivät ist verletzt:
> Seien [mm]U_{1}, U_{2}[/mm] die [mm]\varepsilon[/mm] - Nullumgebungen vom
> Radius 1 bzw. 2.
>
> Sei [mm]f_{1}[/mm] (x) [mm]=\begin{cases} 0, x \in U_{1} \\ 1-|x|, \mbox{ } x \in U_{2} \backslash U_{1} \end{cases}[/mm]
>
> Und sei [mm]f_{2}:= -f_{1}[/mm]
>
> Dann ist [mm](U_{2}, f_{1})[/mm] ~ [mm](U_{1},[/mm] 0); ebenso [mm](U_{2}, f_{2})[/mm]
> ~ [mm](U_{1},[/mm] 0); aber [mm](U_{2}, f_{1})[/mm] ist nicht äquivalent zu
> [mm](U_{2}, f_{2})[/mm]
>
> Korrigieren kann man die mangelnde Transitivität, indem
> man nur fordert, dass es eine offene Nullumgebung V [mm]\subset (U_{1} \cap U_{2})[/mm]
> gibt, sodass die betrachteten Funktionen darauf
> übereinstimmen, also
> [mm](U_{1}, f_{1})[/mm] ~ [mm](U_{2}, f_{2})[/mm] : [mm]\gdw \exists[/mm] V: Voffene
> 0-Umg.: [mm]f_{1}|_{V}[/mm] = [mm]f_{2}|_{V}[/mm]
Ja, da hast du recht. So definiert man das auch eigentlich, das mit $V := [mm] U_1 \cap U_2$ [/mm] klappt i.A. nur wenn man eine Art Identitaetssatz hat.
> 2.) Ja, f(x) : = [mm]exp(-x^2)[/mm] wäre eine Einheit (bzw. [mm][(\IR,[/mm]
> f)])
Genau, da $f(0) = 1 [mm] \neq [/mm] 0$.
> Der Vorschlag mit der Definition von f als f(x):=
> exp(-x^(-2)) bringt dann zwar, dass f eine nicht-Einheit
> ist, und durch x beliebig oft geteilt werden kann, aber
> [mm][(\IR,[/mm] x)] ist meiner Meinung nach nicht prim, nicht mal
> irreduzibel (außer ich hab mich jetzt sehr vertan)
Hmm.
> Sei g(x):= [mm]\wurzel[3]{x}[/mm] und sei h(x):= [mm](g(x))^{2}[/mm]
>
> Dann ist [mm][(\IR,[/mm] g)] [mm]\* [(\IR,[/mm] h)] = [mm][(\IR,[/mm] x)]
>
> Und g sowie h können beide keine Einheiten sein, da f(0) =
> g(0) = 0.
Und insbesondere ist $g(x)$ nicht durch $x$ teilbar. Da war ich doch wohl etwas zu voreilig. Nur weil $f(0) = 0$ ist folgt noch lange nicht, dass [mm] $\frac{f(x)}{x}$ [/mm] ueberhaupt wieder stetig ist; das klappt nur wenn $f$ im Nullpunkt differenzierbar ist. (Deine Funktionen $f$ und $g$ sind das gerade nicht.)
Vielleicht klappt es, wenn man sich auf unendlich oft differenzierbaren Funktionen beschraenkt? Oder anders gefragt: ist $f : U [mm] \to \R$ [/mm] unendlich oft stetig diffbar mit $f(0) = 0$, ist dann $g(x) := [mm] \begin{cases} f(x)/x, & x \neq 0 \\ f'(0), & x = 0 \end{cases}$ [/mm] wiederum unendlich oft stetig diffbar?
LG Felix
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:14 Fr 14.08.2009 | | Autor: | PeterB |
Hm, mit unendlich oft differenzierbaren Funktionen könnte es klappen. Ich kann es aber gerade nicht zeigen.
Ein Beispiel das mir einfällt sieht so aus: Wir betrachten die stetigen Funktionskeime um 0 mit Werten in [mm] $\IR$. [/mm] Allerdings nur solche, so dass [mm] $f(0)\in \IZ$. [/mm] Diese bilden einen Integritätsbereich. Meine Behauptung ist nun: für jede rationale Primzahl p, ist der Keim [mm] $k_p:=(U,f)$ [/mm] mit $f(x)=p$ für alle $x$ in $U$ ein Primelement und teilt jeden Keim $(V,g)$ mit $g(0)=0$ beliebig oft. Letzteres liegt einfach daran, dass [mm] $\IR$ [/mm] ein Körper ist. Die erste Aussage rechnet man einfach nach indem man bemerkt: [mm] $k_p$ [/mm] teilt $(V,g)$ genau dann, wenn $p$ den wert $g(0)$ teilt.
Ich glaube das funktioniert, aber mein Ring ist natürlich mehr als nur ein bisschen künstlich.
Gruß
Peter
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:48 Fr 14.08.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Peter,
> Hm, mit unendlich oft differenzierbaren Funktionen könnte
> es klappen. Ich kann es aber gerade nicht zeigen.
vielleicht sollten wir mal eine entsprechende Frage im Analysis-Forum stellen 
> Ein Beispiel das mir einfällt sieht so aus: Wir betrachten
> die stetigen Funktionskeime um 0 mit Werten in [mm]\IR[/mm].
> Allerdings nur solche, so dass [mm]f(0)\in \IZ[/mm]. Diese bilden
> einen Integritätsbereich. Meine Behauptung ist nun: für
> jede rationale Primzahl p, ist der Keim [mm]k_p:=(U,f)[/mm] mit
> [mm]f(x)=p[/mm] für alle [mm]x[/mm] in [mm]U[/mm] ein Primelement und teilt jeden
> Keim [mm](V,g)[/mm] mit [mm]g(0)=0[/mm] beliebig oft. Letzteres liegt einfach
> daran, dass [mm]\IR[/mm] ein Körper ist. Die erste Aussage rechnet
> man einfach nach indem man bemerkt: [mm]k_p[/mm] teilt [mm](V,g)[/mm] genau
> dann, wenn [mm]p[/mm] den wert [mm]g(0)[/mm] teilt.
>
> Ich glaube das funktioniert, aber mein Ring ist natürlich
> mehr als nur ein bisschen künstlich.
Ja, das duerfte funktionieren.
LG Felix
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> Vielleicht klappt es, wenn man sich auf unendlich oft
> differenzierbaren Funktionen beschraenkt? Oder anders
> gefragt: ist [mm]f : U \to \R[/mm] unendlich oft stetig diffbar mit
> [mm]f(0) = 0[/mm], ist dann [mm]g(x) := \begin{cases} f(x)/x, & x \neq 0 \\ f'(0), & x = 0 \end{cases}[/mm]
> wiederum unendlich oft stetig diffbar?
>
> LG Felix
>
I.A. bräuchte man glaube ich, dass alle Ableitungen [mm] f^{(n)} [/mm] bei Null wieder den selben Wert wie f(0) haben, also auch wieder verschwinden - konnte das aber nicht beweisen.
Ich konnte noch zeigen, dass x im Ring d. Keime unendlichoft-differenzierbarer reelwertiger Funktionen irreduzibel ist, dass x (resp. [mm] [(\IR, [/mm] x)] ) prim ist hab ich aber nicht zeigen können.
Sei x = gh
Dann folgt 0 = (g(0))(h(0))
Und wegen x' = 1 = g'(0)h(0) + g(0)h'(0) folgt dass entweder g(0) = 0 oder h(0) = 0
OBDA sei h(0) = 0, dann ist g(0) [mm] \not= [/mm] 0, also ist g ein Einheit, und somit ist x irreduzibel.
Dann ganze klappt natürlich auch schon, wenn man Keime von in 0 differenzierbaren Funktionen betrachtet.
Lg
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:04 Sa 15.08.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo,
> > Vielleicht klappt es, wenn man sich auf unendlich oft
> > differenzierbaren Funktionen beschraenkt? Oder anders
> > gefragt: ist [mm]f : U \to \R[/mm] unendlich oft stetig diffbar mit
> > [mm]f(0) = 0[/mm], ist dann [mm]g(x) := \begin{cases} f(x)/x, & x \neq 0 \\ f'(0), & x = 0 \end{cases}[/mm]
> > wiederum unendlich oft stetig diffbar?
>
> I.A. bräuchte man glaube ich, dass alle Ableitungen
> [mm]f^{(n)}[/mm] bei Null wieder den selben Wert wie f(0) haben,
> also auch wieder verschwinden - konnte das aber nicht
> beweisen.
Ja, das scheint mir auch so. (Das was ich gerade hier geschrieben hatte stimmt nicht ganz, deswegen hab ich's wieder rauseditiert.)
Wenn man so eine Art Bedingung jedoch in die Definition von $R$ aufnimmt, hat man das Problem, das $x$ nicht mehr drinnen liegt. Schade, irgendwie scheint man so nicht weiterzukommen. Aber das Beispiel von Peter scheint ja sehr gut zu funktionieren.
> Ich konnte noch zeigen, dass x im Ring d. Keime
> unendlichoft-differenzierbarer reelwertiger Funktionen
> irreduzibel ist, dass x (resp. [mm][(\IR,[/mm] x)] ) prim ist hab
> ich aber nicht zeigen können.
>
> Sei x = gh
> Dann folgt 0 = (g(0))(h(0))
> Und wegen x' = 1 = g'(0)h(0) + g(0)h'(0) folgt dass
> entweder g(0) = 0 oder h(0) = 0
> OBDA sei h(0) = 0, dann ist g(0) [mm]\not=[/mm] 0, also ist g ein
> Einheit, und somit ist x irreduzibel.
Stimmt.
> Dann ganze klappt natürlich auch schon, wenn man Keime von
> in 0 differenzierbaren Funktionen betrachtet.
Ja. Allerdings ist in dem Fall $x$ nicht prim, wenn man sich auf solche Funktionen beschraenkt: dann kann man $f(x) = x [mm] \cdot \sqrt[3]{x}$ [/mm] und $g(x) = x [mm] \cdot \sqrt[3]{x}^2$ [/mm] setzen; die sind beide differenzierbar und $f(x) g(x) = [mm] x^3$ [/mm] ist durch $x$ teilbar (und der Quotient ist differenzierbar), allerdings ist weder $f(x)/x$ noch $g(x)/x$ in 0 differenzierbar.
Das war der Grund warum ich gern unendlich oft differenzierbare Funktionen haben wuerde, da sollte zumindest eine solche einfache Konstruktion eines Gegenbeispiels ausgeschlossen sein.
LG Felix
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> Vielleicht klappt es, wenn man sich auf unendlich oft
> differenzierbaren Funktionen beschraenkt? Oder anders
> gefragt: ist [mm]f : U \to \R[/mm] unendlich oft stetig diffbar mit
> [mm]f(0) = 0[/mm], ist dann [mm]g(x) := \begin{cases} f(x)/x, & x \neq 0 \\ f'(0), & x = 0 \end{cases}[/mm]
> wiederum unendlich oft stetig diffbar?
Mit der Annahme das g wie oben für alle f mit f(0) = 0 wieder unendlich oft differenzierbar ist, hätte man, dass der Ring lokal ist und das maximale Ideal ein Hauptideal ist (das von x erzeugte).
Vielleicht könnte man über obige Annahme irgendwie zeigen, dass der Ring dann noethersch sein müsste, dann hätte man den Widerspruch, weil x als Nicht-Einheit [mm] exp(-x^{-2}) [/mm] unendlich oft teilt (jede Potenz von x teilt [mm] exp(-x^{-2}) [/mm] und man hätte einen Widerspruch (würde natürlich nur zeigen, dass ein f mit f(0) = 0 i.A. nicht durch x geteilt werden kann, das Problem ob x prim ist oder nicht wäre wieder nicht gelöst)
Aber das Beispiel von Peter ist gut.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:56 Sa 15.08.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> > Vielleicht klappt es, wenn man sich auf unendlich oft
> > differenzierbaren Funktionen beschraenkt? Oder anders
> > gefragt: ist [mm]f : U \to \R[/mm] unendlich oft stetig diffbar mit
> > [mm]f(0) = 0[/mm], ist dann [mm]g(x) := \begin{cases} f(x)/x, & x \neq 0 \\ f'(0), & x = 0 \end{cases}[/mm]
> > wiederum unendlich oft stetig diffbar?
Ein Nachtrag dazu: fuer die Funktion $g(x) = [mm] x^k$ [/mm] fuer $k [mm] \ge [/mm] 1$ ist dies ja erfuellt, obwohl nicht [mm] $g^{(n)}(0) [/mm] = 0$ gilt fuer alle $n [mm] \in \IN$. [/mm] Also folgt aus $g$ unendlich oft stetig diffbar nicht, dass [mm] $g^{(n)}(0) [/mm] = 0$ sein muss fuer alle $n [mm] \ge [/mm] 1$. Und allgemeiner gilt das sogar fuer alle analytischen Funktionen: ist $f$ analytisch, so ist $g$ unendlich oft stetig diffbar.
Das Problem sind Funktionen wie [mm] $\exp(-x^{-2})$, [/mm] die in 0 nicht analytisch sind.
Aber eventuell kommen wir damit weiter Sei $R$ der Ring der Laurentreihen um $z = 0$, welche in einer (reellen) Umgebung von 0 konvergieren. Diese bilden einen Integritaetsring.
Sei nun $g [mm] \in [/mm] R$ konvergent auf [mm] $B_\varepsilon(0) [/mm] = [mm] \{ x \in \IR \mid |x| < \varepsilon \}$ [/mm] mit $g(0) = 0$. Schreibe $g(x) = [mm] \sum_{n=-\infty}^\infty a_n x^n$; [/mm] dann gilt [mm] $a_0 [/mm] = 0$. Jetzt muesste man zeigen, dass die Laurentreihe $h(x) = [mm] \sum_{n=-\infty}^\infty a_{n+1} x^n [/mm] = g(x)/x$ ebenfalls in $R$ liegt, also zeigen dass sie z.B. auf [mm] $B_\varepsilon(0)$ [/mm] konvergiert. Ich werd da gleich mal drueber nachdenken...
> Mit der Annahme das g wie oben für alle f mit f(0) = 0
> wieder unendlich oft differenzierbar ist, hätte man, dass
> der Ring lokal ist und das maximale Ideal ein Hauptideal
> ist (das von x erzeugte).
>
> Vielleicht könnte man über obige Annahme irgendwie
> zeigen, dass der Ring dann noethersch sein müsste,
Du musst dann schon diesen speziellen Ring anschauen; nur unter der Annahme $(R, m)$ lokaler Ring mit $m$ Hauptideal wirst du das vermutlich nicht zeigen koennen.
> dann
> hätte man den Widerspruch, weil x als Nicht-Einheit
> [mm]exp(-x^{-2})[/mm] unendlich oft teilt (jede Potenz von x teilt
> [mm]exp(-x^{-2})[/mm] und man hätte einen Widerspruch (würde
> natürlich nur zeigen, dass ein f mit f(0) = 0 i.A. nicht
> durch x geteilt werden kann, das Problem ob x prim ist oder
> nicht wäre wieder nicht gelöst)
Ja...
> Aber das Beispiel von Peter ist gut.
Ja, mir gefaellt es sehr gut :)
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:04 Mo 17.08.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo zusammen,
> > > Vielleicht klappt es, wenn man sich auf unendlich oft
> > > differenzierbaren Funktionen beschraenkt? Oder anders
> > > gefragt: ist [mm]f : U \to \R[/mm] unendlich oft stetig diffbar mit
> > > [mm]f(0) = 0[/mm], ist dann [mm]g(x) := \begin{cases} f(x)/x, & x \neq 0 \\ f'(0), & x = 0 \end{cases}[/mm]
> > > wiederum unendlich oft stetig diffbar?
>
> Ein Nachtrag dazu: fuer die Funktion [mm]g(x) = x^k[/mm] fuer [mm]k \ge 1[/mm]
> ist dies ja erfuellt, obwohl nicht [mm]g^{(n)}(0) = 0[/mm] gilt fuer
> alle [mm]n \in \IN[/mm]. Also folgt aus [mm]g[/mm] unendlich oft stetig
> diffbar nicht, dass [mm]g^{(n)}(0) = 0[/mm] sein muss fuer alle [mm]n \ge 1[/mm].
> Und allgemeiner gilt das sogar fuer alle analytischen
> Funktionen: ist [mm]f[/mm] analytisch, so ist [mm]g[/mm] unendlich oft stetig
> diffbar.
>
> Das Problem sind Funktionen wie [mm]\exp(-x^{-2})[/mm], die in 0
> nicht analytisch sind.
>
> Aber eventuell kommen wir damit weiter Sei [mm]R[/mm] der Ring
> der Laurentreihen um [mm]z = 0[/mm], welche in einer (reellen)
> Umgebung von 0 konvergieren. Diese bilden einen
> Integritaetsring.
In 0 muss man sie natuerlich stetig fortsetzen koennen; in 0 selber wird die Laurentreihe sicher nicht konvergieren (da $1/0$ vorkommt), ausser wenn die Funktion schon analytisch war.
Nur stetig fortsetzen reicht allerdings nicht: die Funktion $f(x) = x [mm] \sin \frac{1}{x}$ [/mm] ist analytisch auf [mm] $\IR \setminus \{ 0 \}$ [/mm] und kann in $0$ durch $f(0) = 0$ fortgesetzt werden. Allerdings kann $f(x)/x = [mm] \sin \frac{1}{x}$ [/mm] nicht stetig auf 0 fortgesetzt werden.
Man muss also schon voraussetzen, dass $f(x)$ in 0 stetig diffbar fortgesetzt werden kann. Und vermutlich sogar unendlich oft stetig diffbar...
Allerdings haette ich noch eine ganz andere Idee
Betrachte den Ring $R' = [mm] \IR[x]$ [/mm] und adjungiere [mm] $\frac{h(x)}{x^k}$, [/mm] $k [mm] \in \IN$, [/mm] wobei $h(x) = [mm] \exp(-x^{-2})$ [/mm] ist; nenne dies $R$. Dann ist $R = [mm] \bigcup_{k \in \IN} R'[\frac{h(x)}{x^k}]$. [/mm] Dieser Ring sollte jetzt genau die Funktionen enthalten, die wir brauchen
Erstmal: $x$ ist ein Primelement. Seien $f, g [mm] \in [/mm] R$ mit $x [mm] \mid [/mm] f g$. Es gibt ein $k [mm] \in \IN$ [/mm] mit $f, g, [mm] \frac{f g}{x} \in R'[\frac{h(x)}{x^k}]$. [/mm] Da [mm] $\frac{h(x)}{x^k}$ [/mm] transzendent ueber [mm] $\IR[x]$ [/mm] ist, ist [mm] $R'[\frac{h(x)}{x^k}] [/mm] = [mm] \IR[x, \frac{h(x)}{x^k}] \cong \IR[x, [/mm] y]$ faktoriell und $x$ ist ein Primelement hierdrinnen, und weiterhin gilt $x [mm] \mid [/mm] f g$ in diesem Ring -- also gilt auch $x [mm] \mid [/mm] f$ oder $x [mm] \mid [/mm] g$ in diesem Ring, und damit auch in $R$ selber.
Und offensichtlich ist $h(x) [mm] \in [/mm] R$ unendlich oft durch $x$ teilbar, da [mm] $\frac{h(x)}{x^k} \in [/mm] R$ ist fuer jedes $k$.
Nunja. Wenn man lust hat kann man $f(x)$ auch umbenennen, z.B. in $y$, dann ist $R = [mm] \bigcup_{n\in\IN} \IR[x, [/mm] y [mm] x^{-k}]$ [/mm] (und dies ist ein Unterring von [mm] $\IR(x, [/mm] y)$).
LG Felix
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