Elemente der Algebra und Zahlentheorie

Prof. E.-W. Zink
Institut für Mathematik
Humboldt-Universität zu Berlin
Elemente der Algebra und Zahlentheorie
Musterlösung, Serie 10, Wintersemester 2005-06
vom 30. Januar 2006
1. Der kommutative Unterring bezüglich J.
(i) Sei J = 01 10 ∈ R2×2 . Zeige:
AJ = J A
Beweis. Sei A =
a b
c d
⇔
⇔
A=
a
b
b
a
∈ R2×2 beliebig:
a
c
⇔
⇔
⇔
AJ = J A
b
0 1
0 1
a
=
d
1 0
1 0
c
b a
c d
=
d c
a b
b
d
d=a ∧ c=b
a b
A=
b a
(ii) Sei ZR := { A ∈ R2×2 : AJ = J A}. Zeigen Sie, dass ZR ein kommutativer
Ring mit 1 ist.
Beweis 1. ZR ist der Zentralisator von J. Dies ist immer ein Unterring mit
1: Sei A, B ∈ ZR , d.h. AJ = J A und BJ = JB.
• A + B ∈ ZR : ( A + B) J = AJ + BJ = J A + BJ = J ( A + B)
• − A ∈ ZR : (− A) J = −( AJ ) = −( J A) = J (− A)
• AB ∈ ZR : ( AB) J = AJB = J AB = J ( AB)
• I ∈ ZR : I J = J = J I
1
Bleibt noch die Kommutativität zu zeigen: AB = BA:
a b
c d
ac + bd ad + bc
AB =
=
b a
d c
ad + bc ac + bd
ca + db cb + da
=
= BA
cb + da ca + db
ZR ist also ein kommutativer Unterring mit 1.
Beweis 2. Da R2×2 selber ein Ring ist, genügt es die folgenden Eigenschaften nachzuweisen. Seien A = ac db , B = dc dc ∈ ZR beliebig:
• Abgeschlossenheit der Addition. A + B ∈ ZR :
a b
c d
a+c
A+B =
+
=
b a
d c
b+d
b+d
c+d
∈ ZR
• Abgeschlossen bezüglich des additiven Inversen. − A ∈ ZR :
a b
− a −b
−A = −
=
∈ ZR
b a
−b − a
Dann ist 0 = A − A = A + (− A) auch ∈ ZR .
• Abgeschlossenheit der Multiplikation. AB ∈ ZR :
a b
c d
ac + bd ad + bc
=
∈ ZR
AB =
b a
d c
ad + bc ac + bd
• Neutrales Element der Multiplikation. I ∈ ZR :
1 0
I=
∈ ZR
0 1
• Kommutativität der Multiplikation. AB = BA:
a b
c d
ac + bd
AB =
=
b a
d c
ad + bc
ca + db cb + da
=
= BA
cb + da ca + db
(iii) Sei J 0 =
0 −1
1 0
ad + bc
ac + bd
. Was ist dann ZR ?
Beweis. Bestimme zuerst die Form von A mit AJ 0 = J 0 A:
⇔
⇔
⇔
b
d
AJ 0 = J A0
−a
−c
=
−c
a
−d
b
c = −b ∧ d = a
a b
A=
−b a
2
Z ist als Zentralisator von J 0 ein Unterring mit 1 (sehe Beweis 1 von (ii)).
Er ist auch kommutativ:
a b
c d
ac − bd
ad + bc
AB =
=
b a
d c
−( ad + bc) ac − bd
ca − db
cb + da
=
= BA
−(cb + da) ca − db
Betrachtet man die Determinante von einem beliegen A ∈ ZR
det A = a2 + b2
stellt man fest, dass
⇔
det A = 0
A=0
Alle Elemente aus ZR \ {0} sind demnach invertierbar. ZR ist also ein
Körper. Untersucht man die Regeln der Addition und der Multiplikation,
stellt man fest, dass sie den Regeln im Körper C entsprechen. Es ist also:
a b
ZR ∼
↔ a + bi
=C
−b a
Und es ist J 0 ∼
= −i. Wählt man ba −ab ↔ a + bi erhält man das schönere
J0 ∼
= i.
2. Sei β = ∑i∞=−∞ bi gi , bi ∈ {0, 1, . . . , g − 1}. Zeige ∀ i >
Beweis. Annahme: Sei i >
log β
log g
log β
log g
: bi = 0.
und bi 6= 0. Dann ist
gi ≤
∞
∑
i =−∞
bi g i = β
Andererseits gilt:
i>
log β
log g
⇔
gi > β
also
gi ≤ β < gi
Daher muss bi = 0 sein.
3. Betrachte R = Z[ X ]. Sei I = h p, X i = { ap + bX : a, b ∈ R}, wobei p ∈ P.
(i) Zeigen Sie, dass I kein Hauptidealring ist.
Beweis. Annahme: Sei I ein Hauptideal. Dann gilt (siehe Serie 7, Aufgabe 3):
h p, X i = hggT( p, X )i = h1i = R
3
da p und X irreduzibel, und damit teilerfremd sind.
Sei nun aber a ∈ Z mit p - a (z.B. 1 oder eine andere Primzahl). Wenn
I = R, dann existieren v = ∑in=0 vi X i und w = ∑im=0 wi X i ∈ R mit:
a = vp + wX =
n
m
max(n,m)
i =0
i =0
i =1
∑ vi pXi + ∑ wi Xi+1 = v0 p + ∑
( v i p + w i −1 ) X i
(wobei man vi bzw. wi für i > min(n, m) passend = 0 setzt). Dann muss
für i > 1 : vi p + wi−1 = 0 und a = v0 p sein. Dies widerspricht der
Voraussetzung p - a . Also ist a 6∈ I und I 6= R .
Daher ist I kein Hauptideal.
(ii) Zeigen Sie, dass in R = Z[ X ] jede (echte1 ) Teilerkette nach endlich vielen
Schritten abbricht.
Beweis. Seien a, b ∈ R zwei Polynome. Wenn a | b, dann gilt entweder
deg( a) < deg(b) oder deg( a) = deg(b) und b = c · a, mit einer Konstanten c ∈ Z. Die Konstante c muss dann gemeinsamer Teiler aller Koeffizienten von b sein. Sei a = ∑in=0 ai X i und sei der Inhalt des Polynoms
d( a) := ggT( a0 , . . . , an ). Wenn a | b echt, dann folgt deg( a) < deg(b)
oder d( a) ist echter Teiler von d(b). Da in jedem Schritt der Grad oder der
Inhalt des Polynoms abnimmt ist klar, dass jede Teilerkette nach endlich
vielen Schritten abbricht.
Beweis 2. Jedes p 6= 0 ∈ Z[ X ] hat eine eindeutige (bis auf Assoziierte)
Primfaktorzerlegung. Achtung: Dies wurde in der Vorlesung jedoch nicht bewiesen! Bei der Korrektur wurde dies (fälschlicherweise) angenommen.
Die Anzahl der Primfaktoren ist unabhängig von den Assoziierten. Sei
p das Anfangselement der Teilerkette und die Anzahl der Primfaktoren
n. Dann muss die (echte) Teilerkette nach n Gliedern abbrechen, da in
jedem Glied ai+1 | ai (und ai+1 6= ± ai ) das Folgeglied ai+1 mindestens
einen Primfaktor weniger haben muss.
Der Fall p = 0 ist trivial. Er kann nur am Anfang der Teilerkette vorkommen, und ab dem zweiten Glied gilt wieder der erste Fall.
4. Sei p Primzahl und α, β ∈ Q. Definiere:
(
p−νp (α) für α 6= 0
|α| p :=
0
für α = 0
Zeige
|α + β| p ≤ max(|α| p , | β| p ) ≤ |α| p + | β| p
1 nicht
in der Aufgabenstellung, aber notwendig, sonst nimm ai = a und a j+1 | ai
4
Beweis. Die Gleichung max(|α| p , | β| p ) ≤ |α| p + | β| p ist trivial, ebenso die Fälle
α = 0 oder β = 0. Sei α 6= 0 6= β. Es gilt allgemein:
νp (α + β) ≥ min(νp (α), νp ( β))
Dies wurde nur für ganze Zahlen bewiesen. Daher der Beweis für rationale
Zahlen: Zuerst:
νp (αβ) = νp (α) + νp ( β)
dehnt sich sofort von ganzen auf rationale Zahlen aus, weil (sei α =
a1
a2 ,
β=
b1
b2 ):
a1
= νp ( a1 ) − νp ( a2 )
a2
b1
= νp (b1 ) − νp (b2 )
νp
b2
νp
ist repräsentantenunabhängig. α =
a1
a2
=
folgt dann:
νp (αβ) = νp
a1 b1
a2 b2
a10
a20
= νp
hat das selbe Ergebnis. Daraus
a1
a2
+ νp
a1
a2
Seien α, β ∈ Q. Finde nun c ∈ Z, so dass cα, cβ ∈ Z. Dann gilt:
c(α + β)
= νp (cα + cβ) − νp (c)
νp ( α + β ) = νp
c
≥ min(νp (cα), νp (cβ)) − νp (c)
= min(νp (cα) − νp (c), νp (cβ) − νp (c))
= min(νp (α), νp ( β))
Damit folgt sofort:
⇔−νp (α + β) ≤ − min(νp (α), νp ( β))
= max(−νp (α), −νp ( β))
⇔ p
− νp ( α + β )
≤ pmax(−νp (α),−νp ( β))
⇔ p−νp (α+ β) ≤ max( p−νp (α) , p−νp ( β) )
⇔
|α + β| p ≤ max(|α| p , | β| p )
Das beweist die Behauptung.
5. Sei α ∈ Q. Konvergenz von αn .
(i) Für |α| < 1 zeige limn→∞ αn = 0.
Beweis. Wegen |α|n = |αn | genügt es zu zeigen, dass |α|n eine Nullfolge
ist. Schreibe:
a
|α| =
mit a, b ∈ N
a+b
5
dann ist
|α|n =
an
a
<
( a + b)n
nb
Die Ungleichung ist äquivalent zu
an nb < a( a + b)n
na
n −1
b < ( a + b)
bzw.
n
und dies ist offensichtlich, weil die linke Seite ein Summand der rechten
a
für wachsendes n monoton fallend.
Seite ist. Außerdem ist die Folge nb
a
Daher genügt: Zu jedem e ∈ Q+ gibt es ein n mit nb
< e. Dies bedeutet
aber
1
be
<
= e0
n
a
Also genügt: Zu jedem e0 ∈ Q+ existiert ein n ∈ N mit
0
e0 = ba0 leistet n = b0 + 1 das Verlangte.
1
n
< e0 . Im Fall
(ii) Für |α| = 1 zeige limn→∞ αn = 1.
Beweis. Für beliebiges e > 0 gilt für alle n ∈ N:
| α n − 1 | = |1n − 1 | = |1 − 1 | = 0 < e
(iii) Für |α| > 1 zeige, dass αn nicht konvergiert.
Beweis. Zeige, dass αn keine Cauchyfolge ist:
|αn+1 − αn | = |αn (α − 1)| = |αn ||α − 1| ≥ |α − 1|
(Es ist |αn | = |α|n > 1 wegen der Monotonomie von >: a, b > 1 ⇒ ab >
1.) D.h. für e := |α − 1| existiert keine N ∈ N, so dass ∀ n, m > N : |αn −
αm | < e. Also ist αn keine Cauchyfolge und damit nicht konvergent.
(iv) Für α = −1 zeige, dass αn nicht konvergiert.
Beweis. Zeige wieder, dass αn keine Cauchyfolge ist. Sei n gerade:
| α n +1 − α n | = | − 1 − 1 | = | − 2 | = 2
Wähle e := 2, dann ist αn keine Cauchyfolge, und daher auch nicht konvergent.
6