Además, eso no demuestra que el margen de beneficio utilizado no sea razonable.

Question

Consideremos el conjunto a $I$ de polinomios $p(x)$ $\mathbb Z[x]$ tal que $p(1)$ es incluso. Demostrar que esto es un no-director de ideal.

Que esto es un ideal que está claro. Me preguntaba si mi prueba de que $I$ es no-director correcta?

Suponga $I=(f)$. Desde $2\in I$, $2=f(x)g(x)$ para $f,g\in \mathbb Z[x]$, y esto implica que $f$ debe ser constante. Esta constante sólo puede ser igual a $2$ porque de lo contrario $2\notin I$. Pero, por otro lado, $x^2+1\in I$, lo $x^2+1=2g(x)$. Esto es imposible porque el LHS no es divisible por $2$.

Answer 1

La prueba es correcta, aparte de una muy menor detalle ($f(x)$ también podría ser $-2$, pero, a continuación, $2$ sería un generador).

Un enfoque ligeramente diferente: el mapa de $\varphi\colon\mathbb{Z}[x]\to\mathbb{Z}[x]$ definido por $\varphi\colon p(x)\mapsto p(x+1)$ es un isomorfismo (con inverse $p(x)\mapsto p(x-1)$). Tenga en cuenta que $\varphi(I)$ es el ideal que consta de los polinomios $p$ tal que $p(0)$ es incluso.

Es bastante claro que $\varphi(I)=(2,x)$, que no es principal, porque un posible generador de $f(x)$ que incluso han término constante, pero, a continuación, $x=f(x)g(x)$ no es posible, a menos que el término constante es $0$.