Идеал $(2,x)$ в кольце $\mathbb{Z}[x]$ не является главным

[RrX]

Необходимо доказать, что идеал порождённый $2$ и $x$ в кольце $\mathbb{Z}[x]$ не является главным.
Т.е. не существует такого многочлена $h(x)$, что для любых многочленов $f(x), g(x)$ существует такой многочлен $y(x)$, что
$2f(x)+xg(x)=h(x)y(x)$
Буду рад любой помощи.

[Brukvalub]

RrX в сообщении #1088424 писал(а):

Т.е. не существует такого многочлена $h(x)$, что для любых многочленов $f(x), g(x)$ существует такой многочлен $y(x)$, что
$2f(x)+xg(x)=h(x)y(x)$

Как это "не существует такого многочлена $h(x)$"? Берем $h(x)=1$ , и мы в шоколадной глазури!

[RrX]

Brukvalub в сообщении #1088428 писал(а):

RrX в сообщении #1088424 писал(а):

Т.е. не существует такого многочлена $h(x)$, что для любых многочленов $f(x), g(x)$ существует такой многочлен $y(x)$, что
$2f(x)+xg(x)=h(x)y(x)$

Как это "не существует такого многочлена $h(x)$"? Берем $h(x)=1$ , и мы в шоколадной глазури!

Видимо, я запутался.

Нужно доказать, что не существует такого многочлена $f(x) \in \mathbb{Z}[x]$, что $(2,x)=(f(x))$.
Выражаясь менее абстрактно, не должно быть $f(x) \in \mathbb{Z}[x]$, что $2\mathbb{Z}[x] + x\mathbb{Z}[x] = f(x)\mathbb{Z}[x]$.

[Brukvalub]

Так стало гораздо лучше! Теперь нужно понять, какое множество многочленов с целыми коэффициентами записано в левой части гипотетического "равенства"

RrX в сообщении #1088429 писал(а):

$2\mathbb{Z}[x] + x\mathbb{Z}[x] = f(x)\mathbb{Z}[x]$

Первое слагаемое - это все многочлены с только четными коэффициентами, второе - все многочлены без свободного члена. Суммой будут все многочлены с четным свободным членом. Почему множество всех многочленов с целыми коэффициентами и четным свободным членом нельзя представить в том виде, который записан в правой части вашего "равенства"?

[RrX]

Brukvalub
Хороший вопрос. Действительно, почему?

Попробую посмотреть, какие $f(x)$ могли бы подойти на роль, если бы можно было представить. Очевидно, что $f(x)$ с нечётным свободным членом не подходит, ибо тогда $f(x)\mathbb{Z}[x]$ будет содержать многочлены с нечётными свободными членами. Тогда пусть $f(x)$ - некий многочлен с чётным свободным членом.

Тогда нужно доказать, что какой бы ни был многочлен $f(x)$ с четным свободным коэффициентом, $f(x)\mathbb{Z}[x]$ не будет содержать все многочлены из $\mathbb{Z}$ с четным свободным коэффициентом. Пока не знаю, как.

[NSKuber]

RrX
Какое свойство присуще всем многочленам из $f(x)\mathbb{Z}[x]$? Каким должен быть $f(x)$, чтобы все многочлены с чётным свободным членом этим свойством обладали?

[RrX]

NSKuber
Свойства? Они все являются произведением $f(x)$ и другого многочлена. Они делятся без остатка на $f(x)$.

[NSKuber]

RrX
Замечательно. Много ли многочленов делят без остатка все многочлены с целыми коэффициентами и чётным свободным членом?

[Brukvalub]

NSKuber в сообщении #1088459 писал(а):

RrX
Замечательно. Много ли многочленов делят без остатка все многочлены с целыми коэффициентами и чётным свободным членом?

Заострю затуплю вопрос: хто делит многочлен $2$ ?

[RrX]

Brukvalub в сообщении #1088477 писал(а):

NSKuber в сообщении #1088459 писал(а):

RrX
Замечательно. Много ли многочленов делят без остатка все многочлены с целыми коэффициентами и чётным свободным членом?

Заострю затуплю вопрос: хто делит многочлен $2$ ?

Собственно, многочлены $2$ и $1$.

NSKuber в сообщении #1088459 писал(а):

RrX
Замечательно. Много ли многочленов делят без остатка все многочлены с целыми коэффициентами и чётным свободным членом?

Не знаю, но, наверное, это не все многочлены. Но надо доказать же.

[NSKuber]

RrX
Вы это только что доказали, чуть выше. Многочлен $2$ же тоже лежит в данном кольце.

[Brukvalub]

Ну, если и сейчас решения еще нет, то это печально...Дальнейшие подсказки будут расценены как развращение!

[RrX]

По идее да, всё сходится.
$2 \in (2,x)$. Значит $2$ должно делиться на $f(x)$, следовательно, $f(x) = 2$ или $f(x)=1$ Но при $f(x) = 2$ мы получаем далеко не все многочлены с четным свободным членом, а при $f(x) = 1$ получаем все кольцо $\mathbb{Z}[x]$.

[Brukvalub]

Верно!