Kapitel 2 —— Faktorzerlegung Also in N ist jede n = p 1

Kapitel 2 —— Faktorzerlegung
Also in N ist jede n = p1 · · · pk ein Produkt von Primzahlen. Wir wollen diese richtig
beweisen, und eine Verallgemeinerung zu Hauptidealringe schaffen, z.B. K[x] oder Z[i].
1. P roblem : N ist kein Ring! Also muss man in Z arbeiten. Was ist dann eine Primzahl?
Nun d|p ⇒ d = 1 oder d = p ist nicht mehr richtig; z.B. −1|p. Also vielleicht
d|p ⇒ d = ±1 oder d = ±p.
(?)
Aber dies ist mühsam. Wir hatten eine andere Eigenschaft entdeckt, nämlich
p|ab ⇒ p|a oder p|b.
(p)
Hier sieht man 1 nicht mehr, und so ist diese besser. Die Primzahlen von Z gemäss (p)
wäre jetzt ±1, ±2, ±3, ±5, . . ..
Aber traditionsweise sagt man, ±1 sei keine Primzahl. Also bleiben ±2, ±3, ±5, . . ..
Nun hat jede n ∈ Z, n 6= 0, ±1 eine Primzerlegung n = p1 · · · pk .
2. P roblem : Diese Zerlegung zwar existiert, ist aber nicht mehr ganz eindeutig, z.B.
6 = 2.3 = (−2)(−3).
Wir müssen also doch mit ±1 befassen.
Definition. Sei R ein kommutativer Ring. Man schreibt
d|a ⇔ es gibt b ∈ R mit a = bd
oder äquivalent
d|a ⇔ a ∈ dR
oder äquivalent
d|a ⇔ aR ⊂ dR.
W arnung : Diese hängt nicht nur von a und d ab, sondern auch R. Strikt soll man
d|R a schrieben. Wir werden versuchen, R fest zu halten. Aber man muss aufpassen.
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Trotzdem, ist es oft so, dass mit R ⊂ S und d, a in R, die Eigenschaften d|R a, d|S a
äquivalent sind.
Eigenschaften.
a|a (reflexiv),
e|d, d|a ⇒ e|a (transitiv),
(aber nicht symmetrisch);
d|a, d|a0 ⇒ d|a + a0 .
Beispiele.
d|0, −d|d
aber
0|a ⇔ a = 0.
Und 2|1 in Q und Q[x], aber nicht in F2 . Und d 6= 0 in einen Körper R = K impliziert
d|a immer.
Das Problem ±1 mit Z liegt darin, dass diese die Teiler von 1 sind. Also definieren
wir das Problem weg.
Definition. Ein u ∈ R heisst eine Einheit, falls u|1 in R.
Beispiele.
(1) R = Z, u = ±1. Und diese sind alle.
(2) R = K Körper; alle u 6= 0.
(3) R = K[x]; alle u ∈ K, u 6= 0. Die sind ebenfalls alle, da 1 = U V impliziert
U, V 6= 0 und
0 = deg(U V ) = deg(U ) + deg(V )
so deg(U ) = deg(V ) = 0 und U ∈ K, U 6= 0.
(4) R = Z[i]. Sicher u = ±1, aber i(−i) = 1 so auch ±i. Die sind alle, da aus 1 = uv
folgt 1 = |u|2 |v|2 in C; aber für u = r + si in R ist |u|2 = r2 + s2 in Z, und es folgt
r2 + s2 = ±1 und so (r, s) = (±1, 0), (0, ±1).
2
√
√
√
√
√
(5) R = Z[ 2] = Z+Z 2. Ausser ±1 hat man u = 1+ 2, da (1+ 2)(−1+ 2) = 1.
√
Aber auch 22619537 + 15994428 2!
√
√
√
(6) R = Z[ 631] = Z + Z 631. Ausser ±1 hat man auch hier eine u = r + s 2 mit
s 6= 0; aber |s| > 1022 !!
(7) R = Z[ω] = Z + Zω + Zω 2 mit ω =
√
3
239. Ausser ±1 hat man auch hier eine
u = r + sω + tω 2 mit (s, t) 6= (0, 0); aber max{|r|, |s|, |t|} > 10187 !!!
(8) R = Z/10Z = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Man findet nur u = 1, 3, 7, 9.
Also ist diese Definition nich ganz harmlos. Hilfe kommt von folgendes.
Satz 2.1. Die Menge R∗ aller Einheiten von R ist eine multiplikative Gruppe.
Beweis. Sicher ist 1 ∈ R∗ . Und u ∈ R∗ ergibt v ∈ R mit 1 = uv so v ∈ R∗ so u−1 = v ist
in R∗ ; also gibt es Inversen. Und falls auch u0 ∈ R∗ folgt 1 = u0 v 0 so
1 = (uv)(u0 v 0 ) = (uu0 )(vv 0 )
so uu0 ∈ R∗ .
√
Trotzdem, ist es nicht einfach R∗ zu finden, z.B. für R = Z[ 631]. Also gehen wir in
diese Richtung nicht weiter, mindestens nicht dieses Semester. Hier erwähnen wir nur
√
Satz P. Sei m ∈ N, m 6= n2 (n ∈ N). Dann für R = Z[ m] ist R∗ unendlich.
√
Aber in Z[ 2] bekommen wir sofort
(1 +
sowohl
(1 +
Bemerkung.
√
√
√
2)20 = 22619537 + 15994428 2
√
2)−20 = 22619537 − 15994428 2.
22619537 √ −14
15994428 − 2 < 10 .
Warum?
Definition. Eine p ∈ R heisst eine Primzahl, falls p ∈
/ R∗ und
p|ab ⇒ p|a oder p|b.
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(p)
Nun kann man zeigen, dass in einen Hauptidealring R jede a ∈ R, a 6= 0, a ∈
/ R∗ ein
Produkt von Primzahlen ist. Man kann ebenfalls einen Eindeutigkeitssatz zufügen; aber
alles später.
Übrigens, kann die ursprungliche Definition (?) jetzt gerettet werden, nämlich
d|p ⇒ d ∈ R∗ oder d ∈ pR∗ .
(??)
d|p ⇒ d|1 oder d = pu mit u|1.
(??).
oder äquivalent
Leider ist (??) nicht immer mit (p) äquivalent, mindestens falls R kein Hauptidealring ist.
Aber ein Gegenbeispiel ist nicht so einfach zu bekommen; der Ring R = C[x, y] genügt
nicht.
√
√
√
Wir nutzen für diesen Zweck R = Z[ −5] = Z + Z −5 mit kurz ω = −5, ω 2 = −5
in C.
Gehen wir ganz Griechisch, und zeigen, dass π = 2 erfüllt (??) aber nicht (p).
Zuerst ist 6 = (1 + ω)(1 − ω), so 2|ab mit a = 1 + ω, b = 1 − ω. Aber
2|a ⇒ a = 2a1 (a1 ∈ R) ⇒ 1 + ω = 2(m + nω) (m, n ∈ Z) ⇒ 1 = 2m
absurd; und ähnlich 2 6 | b. So (p) platz.
Für (??) sei d|2, d = m + nω. Dass heisst 2 = de, e = p + qω. Also für die komplexe
¯ ē gilt ebenfalls 2 = dē.
¯ Also ist
konjugierten d,
¯
4 = (dd)(eē)
= (m2 + 5n2 )(p2 + 5q 2 ).
Es folgt m2 + 5n2 = ±1, ±2, ±4.
Klar dass hier “−” unmöglich ist. Und “2” auch. Nun
m2 + 5n2 = 1 ⇒ m = ±1, n = 0 ⇒ d = ±1 ∈ R∗
m2 + 5n2 = 4 ⇒ p2 + 5q 2 = 1 ⇒ e ∈ R∗ ⇒ d = 2e−1 ∈ 2R∗
und so (??).
Trotzdem bleibt (??) ein nutzlicher Begriff.
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Definition. Eine p ∈ R heisst irreducibel, falls p ∈
/ R∗ und
d|p ⇒ d ∈ R∗ oder d ∈ pR∗ .
Oder symmetrischer
p = de ⇒ d ∈ R∗ oder e ∈ R∗ .
√
Mit R = Z[ −5] haben wir also bewiesen, dass nicht alle irreducible Elementen prim
sind. Mindestens ist die umgekehrte im Ordnung.
Satz 2.2. Sei R ein Integritätsbereich. Dann ist jede Primzahl irreducible.
Beweis. Sei p eine Primzahl, und sei d|p, so p = de, e ∈ R. Also trivialerweise ist p|de.
Somit folgt p|d oder p|e.
Nun
p|e ⇒ e = pf ⇒ e = def ⇒ 1 = df (Aufhebung) ⇒ d ∈ R∗ .
Und
p|d ⇒ d = pf ⇒ d = edf ⇒ 1 = ef ⇒ f ∈ R∗ ⇒ d = pf ∈ pR∗ .
Also ist die Situation leicht verwirrend, etwa wie Primideale und Maximalideale. Aber
Gott sei Dank in Hauptidealringe sind alle vier Begriffe mehr oder weniger äquivalent.
Satz 2.3. Sei R ein Hauptidealring.
(a) Seien a1 , . . . , ak in R nicht alle 0. Dann gibt es d 6= 0 in R und r1 , . . . , rk in R
mit
d|a1 , . . . , d|ak ,
d = r1 a1 + · · · + rk ak .
(b) p ∈ R irreducibel ⇔ p ∈ R prim.
(c) I = pR prim ⇔ p prim.
(d) I / R, I maximal ⇔ I / R prim.
Beweis. (a) Die ai R sind Ideale, und so ist die Summe I = a1 R + · · · + ak R. Also muss
I = dR sein. Nun d 6= 0 sonst wäre alle ai = 0. Und
d ∈ dR = a1 R + · · · + ak R
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und so d = a1 r1 + · · · + ak rk . Und
ai ∈ ai R ⊂ a1 R + · · · + ak R = dR
so d|ai (i = 1, . . . , k).
(c) Direkt aus der Definition, da a ∈ pR ⇔ p|a.
Wir machen (b) und (d) gleichzeitig. Sei pR maximal. Dann wegen Korollar Satz 1.6
ist pR prim. Und dann wegen (c) ist p prim. Und dann wegen Satz 2.2 ist p irreducibel.
Wir schliessen den Kreis wann wir zeigen, dass pR maximal ist für jede p irreducibel.
Sei also p irreducibel. Dann ist pR 6= R, sonst wäre 1 ∈ pR so p ∈ R∗ . Nun sei J ein
Ideal mit
pR ⊂ J / R.
Aber J = dR. So pR ⊂ dR, so p ∈ dR, so d|p. Nun folgt d ∈ R∗ oder d ∈ pR∗ .
Erstens
d ∈ R∗ ⇒ d|1 ⇒ 1 ∈ dR ⇒ J = R.
Zweitens
d ∈ pR∗ ⇒ d ∈ pR ⇒ J ⊂ pR ⇒ J = pR.
Also ist pR maximal.
Diese (a) war hier nicht ganz nötig, aber sehr wichtig später.
Definition. Sei R ein kommutativer Ring, und seien a1 , . . . , ak in R nicht alle 0. Wir
sagen, dass d ∈ R ein grosster gemeinsamer Teiler (ggT) von a1 , . . . , ak ist, falls
e|a1 , . . . , e|ak ⇔ e|d
für alle e ∈ R.
Beispiel. In R = Z
e|2, e|6 ⇔ e|2,
e|5, e|6 ⇒ e|6 − 5 ⇒ e|1 ⇒ e|5, e|6.
Also Satz 2.3(a) zeigt, dass ggT existieren in Hauptidealringe. Nämlich
e|a1 , . . . , e|ak ⇒ e|r1 a1 + · · · + rk ak ⇒ e|d
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(ggT )
und umgekehrt
e|d (mit d|ai ) ⇒ e|ai (i = 1, . . . , k).
Allgemein sind ggT nicht eindeutig; falls d ist, dann so du für jede u ∈ R∗ . Aber diese
ist die einzige Mehrdeutigkeit. Nämlich falls (ggT ) stimmt auch für d0 folgt aus d|d dass
d|a1 , . . . , d|ak und so d|d0 . Aber ähnlich d0 |d; und so d0 = du mit u ∈ R∗ .
Falls R = Z hat man nur ±d, und d 6= 0; so kann man hier d eindeutig mit d > 0
definieren.
Falls R = K[x] ist R∗ = K ∗ = K \ {0}. Nun kann man D eindeutig definieren, wenn
man D normiert verlangt; das heisst D = xn + · · ·.
In diesen Fälle gibt es ein sehr schnelles Verfahren, um ggT auszurechnen; nämlich
das Euklidische Algorithmus (Euklid ≈ −300).
Wir machen nur R = Z; hier können wir a > 0, b > 0 annehmen, und dann a ≥ b
(nicht unbedingt nötig).
Teilen wir zuerst a durch b mit Rest c1 :
a = q 0 b + c1 ,
0 ≤ c1 < b.
b = q1 c1 + c2 ,
0 ≤ c2 < c1 .
c1 = q2 c2 + c3 ,
0 ≤ c3 < c2 .
Dann b durch c1 mit Rest c2 :
Dann c1 durch c2 mit Rest c3 :
Usw, usw; typisch
ci = qi+1 ci+1 + ci+2 ,
0 ≤ ci+2 < ci+1 ,
und so sollen wir
c−1 = a, c0 = b,
0 < c0 ≤ c−1
ebenfalls definieren.
Nun
c−1 ≥ c0 > c1 > c2 > · · · ≥ 0.
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Also gibt es eine erste k ≥ 0 mit ck+1 = 0. So hier
ck−2 = qk−1 ck−1 + ck ,
ck > 0
ck−1 = qk ck .
Ich behaupte, ck = ggT (a, b).
Nun mit d = ck ist
e|d ⇒ e|ck ⇒ e|ck−1 ⇒ · · · ⇒ e|c0 = b ⇒ e|c−1 = a.
Und umgekehrt
e|a, e|b ⇒ e|c1 ⇒ e|c2 ⇒ · · · ⇒ e|ck = d.
Dies geht sehr schnell - machen Sie Ihr eigenes Beispiel mit 500 < a < b < 1000 “at
random”. Die langsamste könnte der Herr Fibonacci finden, mit ggT (987, 610):
987 = 1.610+377, 610 = 1.377+233, 377 = 1.233+144, 233 = 1.144+89, 144 = 1.89+55,
89 = 1.55+34, 55 = 1.34+21, 34 = 1.21+13, 21 = 1.13+8, 13 = 1.8+5, 8 = 1.5+3, 5 = 1.3+2
3 = 1.2 + 1, 2 = 2.1
und so ggT (987, 610) = 1. Und noch schneller falls man negativen Reste erlaubt; also mit
a = q00 b + c01 ,
b = q10 c01 + c02 ,
|c01 | ≤
|c02 | ≤
1
b
2
1
|c1 |
2
usw, bekommt man
987 = 2.610−233, 610 = 3.233−89, 233 = 3.89−34, 89 = 3.34−13, 34 = 3.13−5, 13 = 3.5−2,
5 = 3.2 − 1, 2 = 2.1.
Übrigens man findet ggT = 1 überraschend oft; und tatsächlich ist die Wahrscheinlichkeit davon
6
π2
= .6079... > 12 .
Dieses Verfahren geht auch in K[x] und Z[i] (und sogar in den verbotenen Z + Zi +
Zj + Zk); aber dann besser auf ein Computer programmiert.
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Die Teile (b),(c),(d) von Satz 2.3 sind besonders nutzlich, um Maximalideale zu finden
und so Körper als “Ring / Maximalideal” zu konstruieren.
Beispiel um endliche Körper. Sei zur Zeit K ein Körper. Dann liefert ein irreducibeles
A ∈ R = K[x] ein Maximalideal I = AR, und so ist R/I ein Körper.
Hilfssatz. Seien A ∈ R = K[x], I = AR.
(a) Sei ξ ∈ K. Dann
x − ξ | A ⇔ A(ξ) = 0.
(b) Falls A irreducibel von Grad n ≥ 1 ist, sind die verschiedene Elementen von R/I
die
b0 + b1 x + · · · + bn−1 xn−1 + I
(b0 , b1 , . . . , bn−1 ∈ K).
Beweis. (a) Dieser ist der klassische Restsatz. Für jedes A hat man A = (x − ξ)Q + c
und dann ist c eine Konstante, durch das Substitutionshomomorphismus σξ gefunden als
c = σξ (c) = σξ (A) = A(ξ).
(b) Sei V die Menge alle B = b0 + b1 x + · · · + bn−1 xn−1 . Wie bekannt, ist V ein
K-Vektorraum. Betrachten wir f : V → R/I durch f (B) = B + I definiert. Diese ist kein
Ringhomomorphismus (V ist kein Ring!) aber sicherlich ein K-Vektorraumhomomorphismus
(lineare Abbildung). Nun ist f injektiv, da
f (B) = 0 ⇒ B ∈ I ⇒ A|B ⇒ B = 0
wegen z.B. Grad. Aber f ist ebenfalls surjektiv, da jedes P ∈ R ist QA + B mit B = 0
oder deg B < n, so P + I = B + I. Also ist f ein Isomorphismus.
Als Beispiel nehmen wir zuerst K = F2 . Nun R∗ = {1} und |R/I| = 2n .
Der Fall n = 2 haben wir mit A = x2 + x + 1 getan. Diese ist irreducibel: falls D|A
muss d = deg D = 0, 1, 2 sein. Aber d = 0 heisst D = 1 so D ∈ R∗ , und d = 2 heisst
D = A so D ∈ AR∗ , und d = 1 heisst D = x oder D = x + 1 so A(0) = 0 oder A(−1) = 0
ein Widerspruch. Also ist
F4 = R/I = {I, 1 + I, x + I, x + 1 + I}
ein Körper. Tatsächlich ist x2 + x + 1 das einzige irreducibele quadratische Polynom in
F2 [x].
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Für n = 3 versuchen wir A = x3 + x + 1. Nun d = 0, 1, 2, 3 wie obern, und die
Fälle d = 0, 1, 3 gehen wie obern. Und d = 2 impliziert deg B = 1 mit B = A/D, und so
B = x, x + 1 ebenfalls unmöglich. Somit haben wir F8 gefunden (siehe Blatt 2 #3). Hier
gibt es genau ein andere irreducibeles A, nämlich A = x3 + x2 + 1. Kriegen wir also einen
zweiten F8 ?
Also ist die Existenz von F2n heikle. Zum Beispiel A = x431 + x120 + 1 ist irreducibel
und so F2431 existiert! Mehr dazu später.
Was für F9 ? Kein Problem, weil x2 + 1 ist in F3 [x] irreducibel (Blatt 4 #1).
Die Rezept ist klar: um Fq (q = pn ) zu konstruieren, brauchen wir A ∈ Fp [x] irreducibel von Grad n. Nun die Primzahlen in Z sind eine dünne Menge:
2, 3, 5, . . . , 887, 907, . . . , p, p0 , . . .
wobei zum Beispiel falls p die grosste Primzahl p ≤ 1000!+1 ist, muss die nächste Primzahl
p0 ≥ 1000! + 1001 sein (warum?); also p0 − p ≥ 1000. Analog wurde man denken, dass die
Primzahlen in F2 [x] selten wäre. Aber das stimmt nicht:
“Wahrscheinlichkeit a = p in Z” = 0,
1
(p → ∞),
n
“Wahrscheinlichkeit A = P in Q[x] mit deg A = n” = 1,
“Wahrscheinlichkeit A = P in Fp [x] mit deg A = n” =
“Wahrscheinlichkeit A = P in C[x] mit deg A = n” = 0 (n > 1).
Nun kann man den Hauptsatz über Primzerlegung beweisen. Wir brauchen zuerst
Kettenhilfssatz. Sei R ein Hauptidealring, und seien I1 , I2 , . . . Ideale von R mit
I1 ⊂ I2 ⊂ · · · .
(∗)
In = In+1 = · · · .
(∗∗)
Dann gibt es n ≥ 1 mit
Beweis. Für R = Z ist dieser nicht schwierig; z.B. wir können I1 6= {0} annehmen, und
dann Ii = di Z (di ∈ N) mit · · · |d2 |d1 , so die di werden kleiner und kleiner.
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Und für R = K[x] ähnlich; die Gräde werden kleiner und kleiner.
Also für R = Z, K[x] sind die entsprechende Primzerlegungssätze einfacher zu beweisen.
Allgemein muss man anders argumentieren, da “kleiner” keine Bedeutung mehr hat.
Wir nutzen die “unendliche Vereinigung”
∞
[
I =
In = {a ∈ R; es gibt n ≥ 1 mit a ∈ In }.
n=1
Wir behaupten, I sei ein Ideal (obwohl eine Vereingigung I ∪ J von Ideale I, J in der Regel
kein Ideal ist, z.B. sonst wäre U = 2Z ∪ 3Z ein Ideal dZ mit d|2, aber U 6= Z, 2Z).
Seien also a, b ∈ I. Dann es gibt n, m mit a ∈ In , b ∈ Im . Mit k = max{n, m} wegen
(∗) sind a, b ∈ Ik . So a + b ∈ Ik ⊂ I. Noch einfacher mit Inversen; also ist I eine additive
Gruppe.
Und
a ∈ I, r ∈ R ⇒ a ∈ In ⇒ ar ∈ In ⊂ I,
so I ist eine Ideal von R.
Folglicherweise muss I = aR. Und a ∈ I, so a ∈ In mit ein n ≥ 1. Aber dann
I = aR ⊂ In . Da umgekehrt In ⊂ I folgt In = I. Und sogar a ∈ Im für jede m ≥ n, so
ähnlicherweise Im = I. Und so haben wir (∗∗).
Satz 2.4. Sei R ein Hauptidealring. Dann ist jedes a ∈ R, a 6= 0, a ∈
/ R∗ ein Produkt
p1 · · · pk von k ≥ 1 Primzahlen.
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