Lösung zur 13. Hausübung Algebraische Strukturen

TU Kaiserslautern
Fachbereich Mathematik
Prof. Dr. Andreas Gathmann
Inga Schwabrow
Lösung zur 13. Hausübung Algebraische Strukturen (keine Abgabe)
Wintersemester 2016/17
Aufgabe 1.
Behauptung.
(1 + i) · (1 − i) · 3 · (2 + i) · (2 − i) ist die Primfaktorzerlegung von 30 im Ring Z[i].
Beweis.
Die Zahl 30 besitzt in Z die Primfaktorzerlegung
30 = 2 · 3 · 5.
Wenn wir nun in Z[i] eine Primfaktorzerlegung von 30 berechnen wollen, so reicht es, 2, 3
und 5 dort in Primfaktoren zu zerlegen.
Man sieht leicht, dass
2 = (1 + i) · (1 − i) = 12 + 12 = 12 + (−1)2
gilt. Die Zahlen 1 + i und 1 − i sind irreduzibel in Z[i], da 2 eine Primzahl in Z ist. Denn
sei z.B. 1 + i = (u1 + u2 · i)(v1 + v2 · i), so ist 2 = |1 + i|2 = (u21 + u22 )(v12 + v22 ) und damit
o.B.d.A. u21 + u22 = 1, also u1 + u2 · i ∈ {±1, ±i} eine Einheit. Da Z[i] ein euklidischer Ring
ist, sind 1 + i und 1 − i dann auch prim.
Analog folgt aus
5 = (2 + i) · (2 − i) = 22 + 12 = 22 + (−1)2 ,
dass 2 + i und 2 − i prim in Z[i] sind.
Wir wollen nun noch zeigen, dass 3 in Z[i] prim ist. Dazu reicht es wieder, zu zeigen, dass
3 irreduzibel ist. Betrachten wir also eine Zerlegung der Form
3 = (x + y · i) · (u + v · i).
Wir müssen zeigen, dass eine der Zahlen x + y · i und u + v · i eine Einheit ist, d.h.
in {1, −1, i, −i} liegt, d.h. den Betrag 1 hat (wie wir in vielen vorhergehenden Aufgaben
bereits gesehen haben). Berechnen wir das Betragsquadrat in obiger Zerlegung, so erhalten
wir
9 = |3|2 = |x + y · i|2 · |u + v · i|2 = (x2 + y 2 ) · (u2 + v 2 ).
Da x2 + y 2 und u2 + v 2 positive ganze Zahlen sind, muss entweder eine von beiden Eins
sein (dann sind wir fertig) oder beide müssen 3 sein. Aber für ganze Zahlen x und y besitzt
die Gleichung
x2 + y 2 = 3
offensichtlich keine Lösung. Also haben wir gezeigt, dass 3 in Z[i] irreduzibel und damit
prim ist.
Insgesamt erhalten wir die Primfaktorzerlegung
30 = (1 + i) · (1 − i) · 3 · (2 + i) · (2 − i).
1
Aufgabe 2.
Behauptung.
(a) {174 + z · 252 | z ∈ Z} ⊂ Z ist die
chungssystems
x
x
x
Menge aller Lösungen x ∈ Z des Kongruenzglei≡ 2
≡ 6
≡ 3
(mod 4)
(mod 7)
(mod 9).
(b) {23 + z · 42 | z ∈ Z} ⊂ Z ist die Menge aller Lösungen x ∈ Z des Kongruenzgleichungssystems
x ≡ 5
(mod 6)
3x ≡ −1
(mod 14).
Beweis.
(a) Gegeben sei das folgende Kongruenzgleichungssystem:
x ≡ a1 = 2
x ≡ a2 = 6
x ≡ a3 = 3
(mod 4)
(mod 7)
(mod 9).
Es sind n1 = 4, n2 = 7, n3 = 9 paarweise teilerfremd, und N = 4 · 7 · 9 = 252,
N1 = 63, N2 = 36 und N3 = 28.
Die Berechnung der Inversen von Ni in Zni geschieht mit Hilfe des Euklidischen
Algorithmus (oder in einfachen Fällen durch Hinschauen und kurzes Nachdenken).
Da ni und Ni teilerfremd sind, gilt
xi Ni + yi ni = 1
für geeignete xi ∈ Z (und yi ∈ Z, die hier nicht interessieren):
−1
−1
x1 = 63
= 3
= 3 ∈ Z4 ,
−1
−1
x2 = 36
= 1
= 1 ∈ Z7 ,
−1
−1
x3 = 28
= 1
= 1 ∈ Z9 .
Es folgt:
x ≡ N1 · x1 · a1 + N2 · x2 · a2 + N3 · x3 · a3
≡ 63 · 3 · 2 + 36 · 1 · 6 + 28 · 1 · 3
≡ 678
(mod 252)
≡ 174
(mod 252).
(mod N )
(mod 252)
Also ist x = 174 die modulo 252 eindeutig bestimmte Lösung und die Menge aller
Lösungen ist damit {174 + z · 252 | z ∈ Z} ⊂ Z.
(b) Gegeben sei das folgende Kongruenzgleichungssystem:
x ≡ 5
3x ≡ −1
2
(mod 6)
(mod 14).
Da ggt(3, 14) = 1 gilt, ist 3 ∈ Z∗14 und wir erhalten mit dem Euklidischen Algorithmus
14 = 4 · 3 + 2
3 = 1·2+1
2 = 2·1+0
−1
oder durch einfaches Probieren, dass 5 = 3
äquivalent zu folgendem System:
x ≡ 5
x ≡ −5
∈ Z∗14 . Also ist obiges Gleichungssystem
(mod 6)
(mod 14).
Nach dem Chinesischen Restsatz bedeutet dies nun, dass x = 5 die modulo 6 eindeutig bestimmte Lösung des Kongruenzgleichungssystems
x ≡ 1
x ≡ 2
(mod 2)
(mod 3)
und x = −5 die modulo 14 eindeutig bestimmte Lösung des Systems
x ≡ 1
x ≡ 2
(mod 2)
(mod 7)
ist. Die Lösungen x ∈ Z des ursprünglichen Gleichungssystems sind daher genau die
simultanen Lösungen dieser beiden Systeme, so dass wir folglich nun das System
x ≡ a1 = 1
x ≡ a2 = 2
x ≡ a3 = 2
(mod 2)
(mod 3)
(mod 7)
lösen müssen. Da n1 = 2, n2 = 3, n3 = 7 paarweise teilerfremd sind, können wir
nun dieses System analog zu Aufgabenteil (a) mit Hilfe des Chinesischen Restsatzes
lösen. Es ist N = 2 · 3 · 7 = 42, N1 = 21, N2 = 14 und N3 = 6 und wir berechnen
−1
−1
x1 = 21
= 1
= 1 ∈ Z2 ,
−1
−1
x2 = 14
= 2
= 2 ∈ Z3 ,
−1
−1
x3 = 6
= −1
= −1 ∈ Z7 .
Es folgt:
x ≡ N1 · x1 · a1 + N2 · x2 · a2 + N3 · x3 · a3
≡ 21 · 1 · 1 + 14 · 2 · 2 + 6 · (−1) · 2
≡ 65
(mod 42)
≡ 23
(mod 42).
(mod N )
(mod 42)
Also ist x = 23 die modulo 42 eindeutig bestimmte Lösung und die Menge aller
Lösungen des Ausgangsgleichungssystems ist damit {23 + z · 42 | z ∈ Z} ⊂ Z.
3
Aufgabe 3.
Behauptung.
(a) Z∗25 ∼
6= Z∗5 × Z∗5 ;
(b) Z∗15 ∼
= Z4 × Z2 .
Beweis.
(a) Wegen Z∗25 = {k : ggt(k, 25) = 1} hat
Z∗25 = {1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9, 11, . . . , 24}
Ordnung 20. Da Z∗5 = {1, 2, 3, 4} Ordnung 4 hat und damit |Z∗5 × Z∗5 | = 16 gilt, sind
die beiden Gruppen nicht isomorph.
(b) Nach dem chinesischen Restsatz gilt
(Z∗15 , ·) ∼
= (Z∗3 × Z∗5 , ·),
wobei auf der rechten Seite die komponentenweise Multiplikation die Gruppenoperation ist. Es reicht also
(Z∗3 , ·) ∼
= (Z2 , +) und (Z∗5 , ·) ∼
= (Z4 , +)
zu zeigen.
Aus der Vorlesung wissen wir, dass jede zyklische Gruppe der Ordnung n isomorph
zu (Zn , +) ist. Somit reicht es zu zeigen, dass (Z∗3 , ·) zyklisch der Ordnung zwei und
(Z∗5 , ·) zyklisch der Ordnung vier ist.
Offenbar gilt
Z∗3 = 1, 2 = 2 und Z∗5 = 1, 2, 3, 4 = 2
woraus dann also unmittelbar die Behauptung folgt.
Aufgabe 4.
Voraussetzung. Sei K = Q[t]/(t2 − 2) und f (u) = u3 − u2 − 2u + 2 ∈ L[u], wobei L ∈
{Q, R, K}.
Behauptung.
(a) K ist ein Körper.
(b) In den Polynomringen L[u] hat f (u) die folgenden Primfaktorzerlegungen:
• f (u) = (u − 1) · (u2 − 2) ∈ Q[u],
√
√
• f (u) = (u − 1) · (u − 2) · (u + 2) ∈ R[u],
• f (u) = (u − 1) · (u − t) · (u + t) ∈ K[u].
Beweis.
4
(a) Sei K = Q[t]/(t2 −2). Da Q[t] ein kommutativer Ring mit Eins ist, wissen wir bereits,
dass der Faktorring K ebenfalls ein kommutativer Ring mit Eins ist. Um zu zeigen,
dass K in der Tat ein Körper ist, reicht es, zu zeigen, dass jedes Element außer der
Null ein Inverses bezüglich der Multiplikation besitzt.
Wir zeigen zunächst, dass t2 −2 ∈ Q[t] irreduzibel und damit auch prim ist, denn Q[t]
ist ein euklidischer Ring. Dazu betrachten wir Polynome g, h ∈ Q[t] mit t2 −2 = g ·h.
Die Gradformel liefert dann
deg(g) + deg(h) = deg(t2 − 2) = 2.
Hätte weder g noch h den Grad Null, so müssten beide Grad Eins haben. Folglich
besitzt g die Gestalt
g = a1 · t + a0 ∈ Q[t] mit a1 6= 0.
Setzen wir b = − aa01 ∈ Q, so gilt
a0
f (b) = g(b) · h(b) = −a1 ·
+ a0 · h(b) = 0.
a1
Dies steht im Widerspruch zur Tatsache, dass t2 − 2 keine Nullstelle in Q hat. Also
muss eines der Polynome g oder h den Grad Null haben und ist damit eine Einheit
in Q[t], da Q[t]∗ = Q∗ genau die Menge der Polynome vom Grad Null ist. Damit ist
gezeigt, das t2 − 2 ∈ Q[t] irreduzibel ist.
Sei also 0 6= f ∈ K beliebig. Dann ist f ∈
/ (t2 − 2) und somit enthält die Primfaktorzerlegung von f , die im euklidischen Ring Q[t] existiert, nicht den Primfaktor
t2 − 2. Folglich ist 1 ∈ ggT(f, t2 − 2) und es gibt Elemente g, h ∈ Q[t], so dass
1 = g · f + h · (t2 − 2) gilt. Modulo dem Ideal (t2 − 2), d.h. in K gilt daher
1 = g · f ∈ K.
Folglich ist f ∈ K ∗ .
Insgesamt haben wir also gezeigt, dass K ∗ = K \ {0} gilt, d.h. dass K ein Körper
ist.
(b) Sei f (u) = u3 − u2 − 2u + 2 ∈ L[u], wobei L ∈ {Q, R, K}. Da L[u] ein euklidischer
Ring ist, genügt es f (u) in ein Produkt von irreduziblen Faktoren zu zerlegen.
Betrachte zunächst f (u) ∈ Q[u]. Wir sehen leicht, dass f (1) = 0 ist und wissen nun
aus der Vorlesung, dass dann u − 1 | f (u) gilt und in der Tat erhalten wir durch
Polynomdivision
f (u) = (u − 1) · (u2 − 2).
Wir wissen, dass Polynome vom Grad 1 irreduzibel sind und haben in Aufgabenteil
(a) gezeigt, dass auch u2 − 2 ∈ Q[u] irreduzibel ist.
Betrachten wir f (u) =√(u − 1) · (u2 − 2) ∈ R[u], so hat f (u) außer 1 ∈ R die beiden
weiteren Nullstellen ± 2 ∈ R, so dass f (u) die Primfaktorzerlegung
√
√
f (u) = (u − 1) · (u − 2) · (u + 2) ∈ R[u]
besitzt.
5
Nun betrachten wir f (u) = (u − 1) · (u2 − 2) ∈ K[u]. Dann ist t ∈ K eine Nullstelle
von u2 − 2 und damit von f (u). Somit wissen wir, dass u − t | u2 − 2 und die
Polynomdivision in K[u]
2
: u − t = u+t
u2 +
−
− u2 −
tu
tu −
2
2
− tu −
t
t2 − 2 = 0
liefert die Primfaktorzerlegung
f (u) = (u − 1) · (u − t) · (u + t) ∈ K[u].
6