Lösungsskizzen zu¨Ubungsblatt 2

Lösungsskizzen zu Übungsblatt 2
02. November 2016
Algebra
Wintersemester 2016-17
Prof. Andreas Rosenschon, PhD
Anand Sawant, PhD
Diese Lösungen erheben nicht den Anspruch darauf vollständig zu sein. Insbesondere
stellen sie keine Musterlösung dar, auf die ein Korrektor volle Punktezahl geben würde.
Bei Fragen wenden Sie sich bitte an den Assistenten.
Aufgabe 1 (Endliche Integritätsbereiche).
Sei R ein endlicher Integritätsbereich. Zeigen Sie, dass R ein Körper ist.
Lösungsskizze.
Wir müssen zeigen, dass jedes a 6= 0 aus R ein multiplikatives Inverses besitzt. Betrachten wir dazu die Abbildung Multiplikation mit a:
πa : R → R, r 7→ ra
Diese Abbildung ist injektiv, denn für r, r0 ∈ R mit πa (r) = πa (r0 ) gilt ra = r0 a gdw.
ra − r0 a = 0 gdw. (r − r0 )a = 0. Da R ein Integritätsbereich und a 6= 0 ist, kann die
letzte Gleichung nur für r − r0 = 0, also r = r0 erfüllt sein. Injektive Abbildungen auf
endlichen, gleich großen Mengen sind aber auch surjektiv. Insbesondere gibt es ein b ∈ R
mit πa (b) = 1 = ba, also ein multiplikatives Inverses von a.
Aufgabe 2 (Ein Unterring von R).
Finden Sie den kleinsten Unterring von R, der Q und
ein Körper ist.
√
2 enthält. Zeigen Sie, dass dieser
Lösungsskizze.
√
Wir benötigen einen Ring R ⊆ R mit den Eigenschaften Q ⊆ R und 2 ∈ R. Damit
√
√ 2
müssen auch alle (Q-)Vielfachen von 2 in R liegen; außerdem gilt 2 ∈ Q. Betrachen
wir als Kandidaten für R also die Menge
√
√
Q( 2) = {a + b 2 | a, b ∈ Q} ⊆ R.
√
Die Verknüpfungen + und · werden von R auf Q( 2) eingeschränkt. Wir überprüfen nun,
dass dies ein Unterring von R ist. Beispielsweise folgt die Abgeschlossenheit bzgl. · für
a, b, c, d ∈ Q aus
√
√
√
√
(a + b 2) · (c + d 2) = ac + 2bd + (ad + bc) 2 ∈ Q( 2),
die Abgeschlossenheit√bzgl. +√erhält man vollkommen
analog.
Das Neutralelement
√
√
√
√ für
die Addition ist 0 + 0 2 ∈ Q( 2) und
für
a
+
b
2
∈
Q(
2)
ist
−a
−
b
2
∈
Q(
2) das
√
additive Inverse. Offensichtlich ist Q( 2) auch ein Monoid bzgl. ·.
1
2
√
Wir zeigen noch, dass Q( 2) der kleinste solche Unterring von R ist. Dazu betrachten
wir die Menge aller Unterringe von R mit den gewünschten Eigenschaften. Bilden wir
den Schnitt über alle diese Ringe, erhalten wir wieder einen Ring U (nachprüfen!). Damit
ist klar, dass es zum
√ einen nur einen kleinsten solchen Teilring
√ geben kann und dass zum
anderen U ⊆ Q( 2) gelten muss. Da aber Q ⊆ U und 2 ∈ U und U ein Ring,
√ also
2∈U
abgeschlossen bzgl. Multiplikation
und
Addition
ist,
muss
für
a,
b
∈
Q
auch
a
+
b
√
gelten. Insbesondere folgt Q( 2) ⊆ U und damit Gleichheit.
Aufgabe 3 (Quaternionen).
Betrachten Sie die komplexen 2 × 2 Matrizen
1 0
i 0
0 1
E=
, I=
, J=
,
0 1
0 −i
−1 0
K=
0 i
i 0
.
Zeigen Sie, dass die Menge H = {aE + bI + cJ + dK : a, b, c, d ∈ R} mit der üblichen
Matrixaddition und -multiplikation ein Schiefkörper, aber kein Körper ist.
Lösungsskizze.
Wir fassen die Menge H als vierdimensionalen Vektorraum über R mit Basis E, I, J, K
auf (man sieht schnell ein, dass E, I, J, K R-linear unabhängig sind). Somit ist (H, +) eine
abelsche Gruppe. Die Abgeschlossenheit bzgl. Multiplikation erhält man durch paarweises
Multiplizieren der Basismatrizen und die bekannte Distributivität der Matrixmultiplikation, bspw. gilt:
i 0
0 1
0 i
IJ =
·
=
=K
0 −i
−1 0
i 0
Wegen JI = −K erhält man an dieser Stelle bereits, dass H nicht kommutativ bzgl.
Multiplikation ist. Das neutrale Element der Multiplikation ist selbstverständlich E. Aus
der linearen Algebra wissen wir, dass eine Matrix M genau dann invertierbar ist, wenn
ihre Determinante det(M ) eine Einheit ist. Für ein Element (aE + bI + cJ + dK) aus H
berechnen wir
a + bi c + di
det(aE + bI + cJ + dK) = det
= a2 + b 2 + c 2 + d 2 ,
−c + di a − bi
also gilt det(aE + bI + cJ + dK) = 0 genau dann, wenn (aE + bI + cJ + dK) = 0. F”ur
(aE + bI + cJ + dK) 6= 0 und α = det(aE + bI + cJ + dK) ist bekanntlich
1 a − bi −c − di
a
b
c
d
−1
(aE + bI + cJ + dK) =
= E − I − J − K ∈ H.
α c − di a + bi
α
α
α
α
Somit existieren in H für alle Elemente 6= 0 Inverse bzgl. Multiplikation, was zeigt, dass
H ein Schiefkörper ist. Wegen IJ 6= JI (siehe oben) ist zudem ausgeschlossen, dass H ein
Körper ist.
Aufgabe 4 (Potenzreihen).
3
P
i
Sei R ein Ring. Eine formale Potenzreihe ist eine formale Summe ∞
i=0 ai X mit ai ∈ R.
Für formale Potenzreihen ist eine Summe und ein Produkt so definiert, wie es die Summenschreibweise suggeriert. Mit diesen Operationen bildet die Menge RJXK der formalen
Potenzreihen über R einen Ring.
P∞
i
(a) Zeigen Sie:
i=0 ai X ist eine Einheit in RJXK genau dann, wenn a0 eine Einheit
in R ist.
(b) Sei K ein Körper. Bestimmen Sie alle Ideale in KJXK.
Lösungsskizze.
P
P∞
i
i
(a) Ist ∞
i=0 ai X eine Einheit mit Inversem
i=0 bi X , dann ist
!
!
∞
∞
∞
X
X
X
i
i
ai X ·
bi X =
ci X i = 1,
i=0
i=0
i=0
also insbesondere
1 = a0 b0 und damit a0 eine Einheit.
P∞ c0 =
i
f = i=0 ai X ∈ RJXK und a0 eine Einheit. Wir suchen
PSei
P∞ ein iInverses g =
∞
i
b
X
.
Ihr
Produkt
bezeichnen
wir
wie
zuvor
mit
h
=
i=0 ci X , wobei ci =
Pii=0 i
k=0 ak bi−k gilt. Damit g ein Inverses von f ist, muss h = 1 erfüllt sein, also c0 = 1
und ci = 0 für i > 0. Dazu setzen wir b0 = a−1
. Wir zeigen nun induktiv, dass es
0 P
für i > 0 Elemente b1 , . . . , bi gibt, sodass ci = ik=0 ai bi−k = 0 gilt. Zuerst sehen
wir, dass 0 = c1 = a0 b1 + a1 b0 nach b1 aufgelöst werden kann, da a0 eine Einheit
ist, und wir somit b1 bestimmen können. Seien nun b0 , . . . , bi so bestimmt,
dass
P
a
b
c0 , . . . , ci = 0 gilt. Damit können wir auch die Gleichung 0 = ci+1 = i+1
k=0 k i+1−k
nach bi+1 auflösen, was die Behauptung zeigt.
(b) Betrachten wir nun den Homomorphismus
∞
X
ϕ : KJXK → K,
ai X i 7→ a0
i=0
Offensichtlich ist ϕ surjektiv mit ker(ϕ) = (X). Mit dem Homomorphiesatz folgt
KJXK/(X) ∼
= K.
Sei nun 0 6= a ( KJXK ein echtes Ideal und
∞
X
n := min{k ∈ N | es gibt ein
ai X i ∈ a mit ak 6= 0 und aj = 0 für j < k}.
i=0
Da a ein echtes Ideal ist und somit keine
Einheit enthält, folgt mit Teil (a), dass
P∞
i
n ≥ 1 gilt. Ist nunPf ∈ a mit f =
i=n ai X und an 6= 0, so folgt offenbar
i−n
f = X n · g mit g = ∞
∈ KJXK, also insbesondere f ∈ (X n ) und nach
i=n ai X
n
der Wahl von n somit a ⊂ (X ). Es ist aber g eine Einheit in KJXK und somit gilt
X n = g −1 f ∈ a, woraus wir (X n ) ⊂ a schließen. Insgesamt folgt somit a = (X n ).
Insgesamt haben wir somit gezeigt, dass es neben den trivialen Idealen 0 und
KJXK nur die Ideale der Form (X n ) f”ur n ∈ N gibt.
4
Dies zeigt auch, dass KJXK ein Hauptidealring und (X) das einzige maximale
Ideal ist.