Lösungskizzen zu¨Ubungsblatt 4

Lösungskizzen zu Übungsblatt 4
16. 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 (Euklidischer Algorithmus).
Es seien R ein euklidischer Ring und x, y ∈ R \ {0}. Wir definieren in R induktiv eine
Folge:
(
Rest der Division von zi−1 durch zi falls zi 6= 0
z0 = x, z1 = y, zi+1 =
0
falls zi = 0
Es gibt dann einen kleinsten Index i0 mit zi0 +1 = 0 und zi0 = ggT(x, y).
Benutzen Sie diesen Satz1 um den ggT der Polynome
f = X 3 + X 2 + X − 3 und g = X 6 − X 5 + 6X 2 − 13X + 7
in Q[X] zu bestimmen.
Lösungsskizze.
Wir berechnen nach dem vorgegebenen Algorithmus:
z0 = X 3 + X 2 + X − 3
z1 = X 6 − X 5 + 6X 2 − 13X + 7
z2 = X 3 + X 2 + X − 3
z3 = −5X 2 − 14X + 19
z4 = (246X − 246)/25
Wir können nun als ggT (246X − 246)/25 oder etwas schöner X − 1 angeben.
Aufgabe 2 (Irreduzibilität und Primideale).
Ist 0 6= (p) ein Primideal in einem Integritätsbereich, so ist p irreduzibel. Zeigen Sie
nun, dass die Umkehrung i.A. nicht gilt.
√
(a) R = {a + b −5 | a, b ∈ Z} ist ein Integritätsbereich.
(b) Das Element 3 ∈ R ist irreduzibel.
1Einen
Beweis des Satzes finden Sie z.B. in Bosch: Algebra, Springer-Verlag, 2009, Satz 2.4.15.
1
2
(c) Das Ideal (3) ist kein Primideal.
Lösungsskizze.
(a) Die Unterringeigenschaften
z.B. die Abgeschlossenheit
√
√
√ bzgl.
√ sind schnell überprüft,
−5
und
c
+
d
−5
in
R,
so
ist
(a
+
b
−5)(c
+
d
−5) =
Multiplikation: Sind
a
+
b
√
ac−5bd+(ad+bc) −5 ∈ R. Dass R keine Nullteiler enthält, folgt aus der Tatsache,
dass es ein Unterring des
C ist.
√ Integritätsbereiches
√
(b) Wir schreiben 3 = (a+b −5)(c+d −5) und wollen zeigen, dass einer der Faktoren
eine Einheit ist. Jetzt bemerken wir noch, dass für jedes z ∈ Z[i] auch das komplex
Konjugierte z in Z[i] liegt, und berechnen:
√
√
√
√
9 = 3 · 3 = (a + b −5)(a − b −5)(c + d −5)(c − d −5) = (a2 + 5b2 )(c2 + 5d2 )
Insbesondere haben wir eine Faktorisierung von 9 in Z erhalten; damit √
gilt nun
(a2 + 5b2 ) ∈ {1, 3, 9}. Gilt (a2 + 5b2 ) = 1, so folgt a = ±1, b = 0 und a + b −5 ist
eine Einheit. Der Fall (a2 + 5b2 ) = 3 ist nicht möglich.√Bleibt (a2 + 5b2 ) = 9. Dann
ist aber (c2 + 5d2 ) = 1 und analog zu oben ist c + d −5 eine Einheit. Dies zeigt
die Behauptung.
√
√
√
(c) Es ist (2 + −5)(2 − −5) = 9 ∈ (3), aber 2 ± −5 ∈
/ (3).
Aufgabe 3 (Gaußsche Zahlen).
In der Vorlesung wurde gezeigt, dass Z[i] = {a + bi | a, b ∈ Z, i2 = −1} ⊂ C mit der
Abbildung δ : Z[i] \ {0} → N, a + bi 7→ a2 + b2 ein euklidischer Ring ist. Bestimmen Sie
nun die Einheiten und Primelemente in Z[i] in folgenden Schritten:
(a) Es ist z ∈ Z[i]× genau dann, wenn δ(z) = 1 gilt.
(b) Es sei p ∈ Z eine ungerade Primzahl. Dann gibt es genau dann Zahlen a, b ∈ Z mit
p = a2 + b2 , wenn p ≡ 1 mod 4 gilt.
Lösungsskizze.
Wir erkennen zu Beginn, dass die Abbildung δ multiplikativ ist, d.h. dass für z, w ∈ Z[i]
gilt δ(zw) = δ(z)δ(w).
(a) Ist z ∈ Z[i] invertierbar mit Inversem z −1 , so folgt 1 = δ(1) = δ(zz −1 ) = δ(z)δ(z −1 ).
Es sind aber beide Faktoren auf der rechten Seite natürliche Zahlen und so folgt
δ(z) = 1.
Ist umgekehrt für z = a + bi die Gleichung δ(z) = a2 + b2 = 1 erfüllt, so folgt
a = ±1, b = 0 oder a = 0, b = ±1. Dies liefert z ∈ {±1, ±i} und alle diese vier
Elemente sind invertierbar (jeweils mit z −1 = z ∈ Z[i]).
3
(b) Zuerst die schwierigere Richtung: Sei also p = 4n + 1 für eine natürliche Zahl n.
Zunächst wissen wir, dass −1 ≡ (p − 1)! mod p gilt2. Man hat dann
−1 ≡ (p − 1)! ≡ (1 · 2 · . . . · 2n) ((p − 1) · (p − 2) · . . . · (p − 2n))
≡ ((2n)!) (−1)2n (2n)! ≡ ((2n)!)2 mod p
Aus dieser Gleichung schließt man p | ((2n)!)2 + 1 = ((2n)! − i) ((2n)! + i). Es ist
aber (2n)!
± pi ∈
/ Z[i], also ist p kein Primelement. Sei dann p = π1 · π2 · . . . πr eine
p
Faktorisierung in Primfaktoren in Z[i] (dies ist möglich, da Z[i] ein euklidischer
Ring ist), so folgt p2 = δ(p) = δ(π1 ) · . . . · δ(πn ) in N. Es sind aber die πi keine
Einheiten, also gilt nach Teil a) δ(π1 ) > 1 für alle i = 1, . . . , r. Insbesondere folgt
r = 2 und δ(π1 ) = δ(π2 ) = p. Ist π1 = a + bi, so folgt p = δ(π1 ) = a2 + b2 , also ist
p als Summe zweier Quadrate darstellbar.
Ist p = a2 + b2 die Summe zweier Quadrate, so ist entweder a gerade und b
ungerade oder andersrum. Einfaches Ausrechnen zeigt dann p ≡ 1 mod 4.
Aufgabe 4 (Noethersche Ringe).
Zeigen Sie:
(a) Sei R ein Ring. Dann sind folgende Aussagen äquivalent.
(i) Der Ring R ist noethersch3.
(ii) Jedes Ideal in R ist endlich erzeugt.
(iii) Jede nichtleere Menge S von Idealen von R hat ein maximales Element m, d.h.
für jedes Ideal a ∈ S mit m ⊆ a gilt a = m.
(b) Zeigen Sie Hilberts Basissatz : Ist R ein noetherscher Ring, so ist auch der Polynomring R[X] noethersch.
Lösungsskizze.
(a) Zu (i) ⇒ (ii): Wir benutzen Kontraposition und wählen uns ein nicht endlich
erzeugtes a ⊆ R. Im ersten Schritt wählen wir uns ein a1 ∈ a und setzen a1 = (a1 ).
Im zweiten Schritt seien a1 ( a2 ( . . . ( an−1 schon konstruiert. Da a aber
nicht endlich erzeugt ist, gibt es ein an ∈ a mit an 6∈ ai für i < n. Setze dann
an = an−1 + (an ) usw. Dies liefert eine unendliche aufsteigende Kette von Idealen
in R, die nicht stationär wird.
Zu (ii)⇒(i): Sei a1 ⊆ a2 ⊆ . . . eine aufsteigende Idealkette in R. Dann ist
a = ∪j∈N aj ein ideal und durch Annahme, haben wir a = (a1 , . . . , an ). Es gibt
ri ∈ N mit ai ∈ ari , für i ≤ i ≤ n. Setze N = max{r1 , . . . , rn }. Daher wird
aN = aN +i für alle i ∈ N und es folgt, dass die Kette a1 ⊆ a2 ⊆ . . . stationär ist.
Zu (i)⇒(iii): Sei a1 ein Ideal. Wenn es nicht maximal ist, ist es in einem anderen
Ideal a2 enthalten. Ist dies wiederum nicht maximal, so ist es in einem Ideal a3
2Dies
ist bekannt als Satz von Wilson. Der Beweis ist eine schöne Aufgabe in Gruppentheorie.
Ring R heißt noethersch, wenn jede aufsteigende Kette a1 ⊆ a2 ⊆ a3 ⊆ . . . von Idealen in R
station”ar wird, d.h. wenn es ein n0 ∈ N gibt, sodass an0 = an0 +k für alle k ∈ N gilt.
3Ein
4
enthalten. Induktiv konstruieren wir also eine Kette a1 ⊆ a2 ⊆ a3 ⊆ . . .. Diese
Kette wird stationär, etwa bei aN . Nun ist aN maximal, denn für ein Ideal aN +1 ⊇
aN gilt aN +1 = aN .
Zu (iii)⇒(i): Sei a1 ⊆ a2 ⊆ . . . eine aufsteigende Idealkette in R. Dann ist die
Menge {ai } nicht leer und hat daher ein maximales Element aN . Daher wird die
Kette an der Stelle aN stationär.
(b) Sei a ⊆ R[X] ein Ideal. Wir nehmen an, es sei unendlich erzeugt. Wie in Teil (a)
(i) ⇒ (ii) konstruieren wir eine Folge von Polynomen fn ∈ R[X] so, dass fn ∈ a \
hf0 , . . . , fn−1 i vom kleinstmöglichen Grad ist. Es bezeichne an den Leitkoeffizienten
des Polynoms fn . Da R noethersch ist, ist das Ideal b = ha1 , a2 , . . .i endlich erzeugt.
Es gibt also
also ui ∈ R
Pein N mit b = ha1 , a2 , . . . , aN −1 i. Da aN ∈Pb gibt esgradf
N −gradfi
mit aN = i<N ui ai . P
Wir betrachten das Polynom g = i<N ui X
fi .
Der Leitkoeffizient ist i<N ui ai = aN . Weiter ist g ∈ hf0 , . . . , fN −1 i, aber fN ∈
/
hf0 , . . . , fN −1 i. Dann liegt aber fN − g ∈ a \ hf0 , . . . , fN i; zudem ist grad(fN − g) <
gradfN , da die Leitkoeffizienten von fN und g gleich sind. Dann hätten wir aber
fN nicht von minimalem Grad gewählt. Dies ist der ersehnte Widerspruch.