Lösung - IWR Heidelberg

Übungen zur Linearen Algebra 2
Lösungen
Sommersemester 2010
Universität Heidelberg
Mathematisches Institut
Dr. D. Vogel
Michael Maier
Lösungen Blatt 11
Aufgabe 44.
a) (a) 0b = (0) ⊂ a ⇒ 0 ∈ a : b
(b) Seien r, s ∈ a : b, so gilt rb ⊂ a und sb ⊂ a. Für b ∈ b ergibt sich dann
sb ∈ a, d.h. (r + s)b ⊂ a und damit r + s ∈ a : b.
(r + s)b = |{z}
rb + |{z}
∈rb⊂a
∈sb⊂a
(c) Für r ∈ R, s ∈ a : b und b ∈ b gilt rsb = s |{z}
rb ∈ a und damit rs ∈ a : b.
∈b
b) r ∈ a : (b+c) ⇔ r(b+c) ⊂ a ⇒ rb ⊂ a und rc ⊂ a ⇔ r ∈ a : b und r ∈ a : c
⇔ r ∈ (a : b) ∩ (a : c)
Zeigen wir noch, dass die Folgerung auch eine Äquivalenz ist:
rc ∈ a
x ∈ b + c ⇒ ∃b ∈ b, c ∈ c : x = b + c ⇒ rx = r(b + c) = |{z}
rb + |{z}
∈a
∈a
c) r ∈ (a : b) : c ⇔ rc ⊂ a : b ⇔ ∀c ∈ c : rcb ⊂ a ⇔ r(b·c) ⊂ a ⇔ r ∈ a : (b·c)
wie oben
⇔ r ∈ a : (c · b) ⇔ r ∈ (a : c) : b
Für R = Z gilt:
(m) : (n) = {r ∈ Z | r(n) = (rn) ⊂ (m)} = {r ∈ Z | m | rn } =
Z
m=n=0
m
( ggT(m,n) ) sonst
Aufgabe 45.
a) Z[i] ⊂ C ist bezüglich Addition und Multiplikation abgeschlossen und
enthält 1. Damit ist Z[i] ein Ring.
Sei f = f1 + f2 i, g = g1 + g2 i ∈ Z[i], g 6= 0, dann ist fg = x + iy ∈ C. Zu
x, y ∈ R gibt es q1 , q2 ∈ Z, so dass |x − q1 | ≤ 12 und |y − q2 | ≤ 12 .
Setzen wir q := q1 + q2 i ∈ Z[i], so erhalten wir:
f
f
f
δ(f − qg ) = |f − qg|2 = |g|2 · | − q|2 = |g|2 · (ℜ( − q)2 + ℑ( − q)2 ) =
| {z }
g
g
g
=:r
1
1
1
|g|2 · (|x − q1 |2 + |y − q2 |2 ) ≤ |g 2 | · (( )2 + ( )2 ) = |g|2 < δ(g)
2
2
2
1
b) Wie bereits oben gesehen ist δ multiplikativ.
Für z ∈ Z[i]× gibt es ein z −1 ∈ Z[i] mit zz −1 = 1. Daraus folgt
1 = δ(z)δ(z −1 ) und damit ergibt sich δ(z) ∈ Z× ∩ N0 = {1}.
Die Gleichung 1 = δ(z) = δ(a + bi) = a2 + b2 mit ganzen Lösungen führt
zu den einzigen Möglichkeiten ±1, ± i und diese sind Einheiten in Z[i].
Insgesamt gilt also Z[i]× = {±1, ± i}.
c) Ist z ∈ Z[i] und δ(z) prim, so muss z irreduzibel sein. Gilt nämlich z = ab
mit a, b ∈ Z[i], so folgt δ(z) = δ(a)δ(b), d.h. δ(a) = 1 oder δ(b) = 1, also
a ∈ Z[i]× oder b ∈ Z[i]× .
Und da es sich ja jeweils um reelle Zahlen handelt, treten alle echt komplexen irreduziblen Faktoren auch in ihrer konjugierten Form auf.
2 = (1+i)(1−i) und δ(1+i) = δ(1−i) = 2 prim, d.h. 1+i, 1−i irreduzibel.
3 ist irreduzibel, denn für jeden echten Teiler d von 3 müsste
δ(d) = 3 | δ(3) = 9 gelten. Aber a2 + b2 = 3 ist über Z nicht lösbar
(⇒ a, b < 2 und durchprobieren).
4 = 2 · 2 = (1 + i)2 (1 − i)2 s.o.
5 = (2+i)(2−i) und δ(2+i) = δ(2−i) = 5 prim, d.h. 2+i, 2−i irreduzibel
(1 − 2i, 1 + 2i sind dazu assoziiert).
Aufgabe 46.
(i)⇒(ii) Bsp. 22.2 (b) (Teilen mit Rest)
(ii)⇒(iii) Satz 22.3
(iii)⇒(i) R[X] ist ein Hauptidealring. Um zu zeigen, dass R ein Körper ist, fehlt nur
noch, dass alle Elemente ungleich 0 ein multiplikatives Inverses besitzen.
Sei r ∈ R \ {0}. Dann betrachten wir das Ideal (r, X), nach Voraussetzung
ein Hauptideal. Es gibt also ein s ∈ R[X] \ {0} mit (r, X) = (s), d.h.
t, p ∈ R[X]\{0} : r = ts, X = ps. Als Hauptidealring ist R[X] nullteilerfrei
und es gilt 0 = deg(r) = deg(t) + deg(s) und 1 = deg(X) = deg(p) + deg(s).
Dann haben wir deg(s) = 0, d.h. s ∈ R. Also folgt deg(p) = 1 und wir haben
p = aX + b für a, b ∈ R mit ps = asX + bs = X. Damit gilt s ∈ R× und
es folgt R = (s) = (r, X). Wir haben also c, d ∈ R[X] mit 1 = cr + dX.
Aus Gradgründen folgt 1 = c0 r, wobei c0 der konstante Term von c ist, und
damit r ∈ R× .
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Aufgabe 47.
Wie bei Aufgabe 45 ist δ die vom Quadrat der komplexen Norm herrührende
Abbildung. Damit ist sie multiplikativ
mit δ(1) = 1 und wir erhalten wieder,
√
dass für jede Einheit z ∈ Z[ −5] gilt
δ(z) =√1.
Betrachten wir die folgende Menge z ∈ Z[ −5] | δ(z) = 1 = {±1}. Ihre Elemente sind sicher Einheiten und wir haben wieder:
√
√
z ∈ Z[ −5] | δ(z) = 1 = Z[ −5]×
√
a) Beh.: 3 ∈ Z[ −5] ist irreduzibel, aber nicht prim.
δ(3) = 9 ⇒ Für alle nicht zu 3 assoziierten Teiler d von 3, die keine Einheiten sind, gilt also δ(d) = 3 (nach obiger Überlegung für die Einheiten).
Es gibt aber keine ganzen Zahlen a, b ∈ Z mit a2 + b2 5 = 3. Also ist 3
irreduzibel.
√
√
√
Andererseits
gilt
3
|
9
=
(2
+
−5)(2
−
−5),
aber
3
∤
2
+
−5 und
√
3 ∤ 2 − −5, da 3 ∤ 2. Deshalb ist 3 nicht prim.
√
Insgesamt sieht man also, dass δ den Ring Z[ −5] nicht zu einem euklidischen Ring werden lässt.
b) Wir wollen
also die Menge der größten gemeinsamen Teiler von 6 und
√
2 + 2 −5 bestimmen:
√
GGT(6, 2 + 2 −5) =
√
√
√
d ∈ Z[ −5] d | 6 und d | 2 + 2 −5 und (c | 6 und c | 2 + 2 −5 ⇒ c | d)
√
√
√ ⊂ d ∈ Z[ −5] d | 6 und d | 2 + 2 −5 = {±1, ± 2, ± (1 + −5)}
√
Denn ist d ein√Teiler von 6 und 2 + 2 −5, dann gilt δ(d) | δ(6) = 36 und
δ(d) | δ(2 + 2 −5) = 24. Daraus folgt δ(d) | 12, d.h. δ(d) ∈ {1, 2, 4, 6, 12}.
Gehen wir die einzelnen Möglichkeiten durch und suchen alle a, b ∈ Z,
so dass a2 + 5b2 die Zahl ergibt. Zuerst erhalten wir die Einheiten ±1.
Für 2 und 12 gibt es keine Lösung, da sich durch Abziehen von 5 nie ein
Quadrat
√ ergibt. Für√4 ergeben sich
√ die Lösungen ±2 und für 6 die Lösungen
±(1+ −5) (±(1− −5) ∤ 2+2 −5). Wie man leicht sieht, sind dies jeweils
Teiler, also alle Teiler.
Da 2 keine Einheit ist,
√ kann ±1 kein größter gemeinsamer Teiler sein. Da
δ(±2) = 4, δ(±(1 + −5)) = 6 und 4 ∤ 6, 6 ∤ 4 ist auch keiner der anderen
Teiler ein größter. Es gibt also keinen.
Die Übungsblätter sowie weitere Informationen zur Vorlesung
”Lineare Algebra 2” finden Sie unter folgendem Link
http://www.iwr.uni-heidelberg.de/groups/compalg/maier/la2
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