Lösungen 6 - Leibniz Universität Hannover

Leibniz Universität Hannover
Fakultät für Mathematik und Physik
Prof. Dr. M. Erné, Dr. Marcos Soriano Solá
6. Dezember 2010
Übungen zur Algebra I
Wintersemester 2010/2011
Lösungsvorschläge zu Blatt 6
Aufgabe 1.
(a) Wegen 0a = 0, (s − t)a = sa − ta = 0 und (sr)a = (rs)a = r(sa) = r0 = 0 für alle a ∈ A, r ∈ R und
s, t ∈ Ann(a) mit sa = ta = 0 ist U = Ann(a) ein Ideal von R. Im Falle R = Z ist es ein Hauptideal, d.h.
von der Form nZ mit n = min(U ∩ N) = o(a) bzw. n = 0 = o(a), falls kein k ∈ N mit ka = 0 existiert.
n
(b) Wir setzen d := ggT(n, m) und k := kgV(n, m). Wegen nd m = nm
d = k ≡n 0 ist d ∈ Ann(m).
Wir müssen nur noch zeigen, dass nd die kleinste natürliche Zahl mit dieser Eigenschaft ist. Nach dem
Lemma von Bézout gibt es u, v ∈ Z mit d = un + vm ≡n vm, was Ann(m) ⊆ Ann(d) impliziert:
td = t(vm) = v(tm) = v0 = 0 falls t ∈ Ann(m). Aber für alle natürliche Zahlen j mit 1 ≤ j < nd ist
jd < n und insbesondere jd 6≡n 0, d.h. j ∈
/ Ann(d).
(c) A und A2 sind als abelsche Gruppen Z-Moduln. Nach (a) gilt also für k ∈ Z und c = (a, b) ∈ A2 :
o(c)|k ⇔ kc = 0 ⇔ (ka, kb) = (0, 0) ⇔ o(a)|k und o(b)|k ⇔ kgV(o(a), o(b))|k, d.h. o(c) = kgV(o(a), o(b)).
(d) Z180 kann nicht zu Z10 × Z18 isomorph sein, da 1 in Z180 die Ordnung 180 hat, hingegen in Z10 × Z18
jedes Element nach (c) höchstens die Ordnung 90 = kgV(10, 18) haben kann. Die Ordnung eines Elements
wird aber von jedem Isomorphismus G übertragen: ka = 0 ⇔ k G(a) = 0.
Die Abbildung F : Z → Z9 × Z20 , a 7→ (M9 (a), M20 (a)) = (a mod 9, a mod 20) ist ein Homomorphismus,
da M9 und M20 Homomorphismen sind. Der Kern von F ist nach (a) und (c) das Ideal 180 Z (wegen
kgV(9, 20) = 180). Nach dem Homomorphiesatz ist dann
'
e
F
Z180 → Z/180 Z → Z9 × Z20 , a 7→ (M9 (a), M20 (a))
ein Monomorphismus. Da Z180 und Z9 × Z20 gleich viele, nämlich 180 Elemente haben, handelt es sich
sogar um einen Isomorphismus. Dies ist natürlich ein Spezialfall des Chinesischen Restsatzes.
Aufgabe 2.
(a) Nach Satz 3.1.14 induziert die Abbildung a 7→ aZm einen Isomorphismus zwischen dem dualen
Teilerverband (Tm , ggT, kgV) und dem Untergruppenverband (Sub Zm , +, ∩). Für eine Primzahlpotenz
m = pn bedeutet dies, dass Zpn genau n + 1 Untergruppen besitzt, die eine Kette bzgl. Inklusion bilden:
0 = pn Zpn ⊂ pn−1 Zpn ⊂ . . . ⊂ pZpn ⊂ Zpn = p0 Zpn .
(b) Nach dem Homomorphiesatz und Aufgabe 1 ist hai, die von dem Element a erzeugte Untergruppe der
abelschen Gruppe A, isomorph zu Z/Ann(a) ' Zo(a) . Nach Aufgabe 1(b) hat das Element a = pm ∈ Zpm
n
die Ordnung o(pm ) = ggT(ppm ,pn ) = pn−m , woraus die Behauptung folgt: hai = pm Zpn ' Zo(pm ) = Zpn−m .
(c) Für einen Homomorphismus G : A/U → B ist H = G ◦ F auch ein Homomorphismus (als Verkettung
solcher), wobei H(a) = G(F (a)) = G(a + U ) = G(c + U ) = G(F (c)) = H(c) für a ≡U c gilt.
Umgekehrt erzwingt die Bedingung H = G ◦ F die Setzung G(a + U ) := H(a) für a + U ∈ A/U . Diese
Definition ist wohldefiniert, d.h. unabhängig vom gewählten Repräsentanten der Restklasse bzgl. U , da
G(c + U ) = H(c) = H(a) = G(a + C) für a ≡U c (nach Voraussetzung an H). Schließlich ist G ein
Homomorphismus: für a + U, b + U ∈ A/U gilt
G((a + U ) + (b + U )) = G(a + b + U ) = H(a + b)
H Hom.
=
H(a) + H(b) = G(a + U ) + G(b + U ) .
(d) Zur besseren Lesbarkeit unterscheiden wir die drei Gruppen und ihre Elemente, falls erforderlich,
durch Farben: Z2 , Z9 × Z27 und Z3 × Z27 . Zunächst bemerken wir, dass H surjektiv ist; dazu genügt es
zu zeigen, dass (1, 0), (0, 1) ∈ Bild(H) gilt: H(0, 14) = 14H(0, 1) = (0, 28) = (0, 1) bzw.
H(1, −15) = H(1, 0) − 15H(0, 1) = (1, 3) + (0, −30) = (1, −27) = (1, 0).
Nach Teilaufgabe (c) gibt es genau dann einen Homomorphismus G : Z9 ×Z27 → Z3 ×Z27 mit H = G◦F ,
wenn Kern F ⊆ Kern H gilt. Dies ist der Fall, wie die folgende Rechnung zeigt. Nach Definition von F
ist Kern(F ) = 9Z × 27Z, und für (a, b) ∈ 9Z × 27Z gilt:
H(a, b) = aH(1, 0) + bH(0, 1) = a(1, 3) + b(0, 2) = (a, 3a) + (0, 2b) = (0, 0),
da 3a ≡27 0. Der Homomorphismus G ist surjektiv, da H = G ◦ F und H ein Epimorphismus ist. Mit dem
Homomorphiesatz folgt: Bild G = Z3 × Z27 ' (Z9 × Z27 )/ Kern G. Zählt man die Elemente auf beiden
Seiten, so sieht man, dass ] Kern G = 3 gelten muss. Aber das Element v liegt im Kern von G:
G(v) = G(3, 9)
H=G◦F
=
H(3, 9) = 3(1, 3) + 9(0, 2) = (3 + 0, 9 + 18) = (0, 0).
Nach Aufgabe 1(c) ist o(v) = kgV(3, 3) = 3, d.h. ]V = 3. Dies impliziert schließlich V = Kern G und die
Isomorphie (Z9 × Z27 )/V ' Z3 × Z27 ist nachgewiesen.
Aufgabe 3.
Wir bezeichnen für M ⊆ P die Menge aller Zahlen aus Z∗ , deren sämtliche Primteiler in M liegen, mit M .
Dann ist definitionsgemäß QM = { ab | a, b ∈ Z, b ∈ M }. Man beachte, dass M ein Untermonoid von Z∗
ist (insbesondere gilt 1 ∈ M für alle M ⊆ P, da ∅ = {±1}).
(a) Für Brüche ab , dc ∈ QM ist sowohl deren Differenz ab − dc = ad−bc
als auch deren Produkt ab · dc = ac
bd
bd
a
in QM , da bd ∈ M , also ist QM ein Unterring von Q. Wegen a = 1 für a ∈ Z gilt Z ⊆ QM , insbesondere
gilt 1 ∈ QM und QM ist unitär. Minimaler bzw. maximaler unitärer Unterring ist Z = Q∅ bzw. Q = QP .
(b) Als unitärer Ring enthält R die Eins. Nach dem Lemma von Bézout gibt es u, v ∈ Z mit 1 = au + bv.
Damit erhält man
1
au+bv
= u ab + v1 ∈ Z ab + Z ⊆ R + R = R .
b =
b
(c) Nach (a) ist die Abbildung F : P(P) → U = Sub Q, M 7→ QM wohldefiniert.
Zum Beweis der Surjektivität verifizieren wir für jeden Unterring R ∈ U die Gleichung R = QMR , wobei
MR = {p ∈ P | ∃ a, b ∈ Z (ggT(a, b) = 1, ab ∈ R, p|b)}.
Sei zunächst ab ∈ R. Dann liegen alle Primteiler p von b in MR , d.h. b ∈ MR und ab ∈ QMR .
Wird umgekehrt ab ∈ QMR vorausgesetzt, so gibt es zu jedem Primteiler p von b nach Definition von MR
ein Element dc ∈ R mit p|d. Mit (b) folgt d1 ∈ R, p1 ∈ R (da dies ein ganzzahliges Vielfaches von 1b ist) und
dann p−k ∈ R für alle k ∈ N (da R gegen Produkte abgeschlossen ist). Indem man b in Primzahlpotenzen
faktorisiert, bekommt man schließlich 1b ∈ R und ab ∈ R.
Um F als Verbandsisomorphismus zu erkennen, bleibt nach dem Lemma über Ordnungsisomorphismen
nur noch die Äquivalenz M ⊆ N ⇔ QM ⊆ QN für M, N ⊆ P sicher zu stellen. Aus M ⊆ N folgt nach
Definition QM ⊆ QN , und gilt M 6⊆ N , etwa p ∈ M \ N , so liegt p1 in QM \ QN , und es folgt QM 6⊆ QN .
Knacky 6
Es sei k ∈ N und U eine nichtleere Teilmenge von Z mit (a) ka − b ∈ U bzw. (b) b − ka ∈ U für a, b ∈ U .
Im Fall k = 1 charakterisiert das bekanntlich die Untergruppen von Z. Für k > 1 gibt es immer nichtleere
Mengen U , die (a) und (b) erfüllen, aber keine Untergruppen sind, z.B. die Menge der nicht durch
k teilbaren Zahlen. Für k > 2 gibt es sogar Teilmengen U ⊂ Z, die 0 enthalten und (b) erfüllen, ohne
Untergruppen zu sein, etwa die Menge der Zahlen b mit k 6 | (b+1) (denn aus k 6 | (b+1) folgt k 6 | (b−ka+1)).
Und zu allen k ≥ 4 gibt es stets Teilmengen, die 0 ∈ U und sowohl (a) als auch (b) erfüllen, aber keine
Untergruppen sind, z.B. U := {a ∈ Z | a ≡k b für ein b ∈ {0, 1, −1}}. Für beliebige a, b ∈ U gilt offenbar
ka − b ∈ U und b − ka ∈ U (wegen ka ≡k 0), aber U kann keine Untergruppe sein: Obwohl 1 in U liegt,
ist 1 + 1 = 2 sicher kein Element von U , da 2 ≡k b für b ∈ {0, 1, −1} und k > 3 unmöglich ist.
Ab jetzt setzen wir {0} = 0Z ⊂ U , k ∈ {2, 3} und (a) voraus. Dann können wir folgende Schlüsse ziehen:
(1) a, b ∈ U impliziert −b ∈ U und ka + rb ∈ U für r ∈ {0, 1, −1}, sowie (b) b − ka ∈ U :
Denn es ist −b = k · 0 − b ∈ U , ka = ka − 0 ∈ U und ka + b = ka − (−b) ∈ U .
Mit ka − b liegt auch b − ka = −(ka − b) in U , d.h. aus (a) folgt (b). Für k = 2 geht es auch umgekehrt:
Liegen a und b in U , so liefert (b) insbesondere −a = a − 2a ∈ U und dann 2a − b = −(b − 2a) ∈ U .
(2) Für b ∈ U gilt sogar bZ ⊆ U , d.h. bz ∈ U für alle z ∈ Z:
Aufgrund von (1) genügt es, induktiv bn ∈ U für n ∈ N0 zu zeigen. Für n = 0, 1, 2 gilt es nach (1). Sei also
n ≥ 3 ≥ k und bm ∈ U für alle m ∈ N0 mit m < n angenommen. Wir schreiben n = kq +r mit q ∈ N0 und
r ∈ Zk . Wegen q < n und r < k ≤ n gilt bq ∈ U und br ∈ U . Nach (1) folgt bn = b(kq + r) = kbq + br ∈ U .
(3) Wegen (1) existiert das Minimum n = min(U ∩ N). Nach (2) wissen wir schon nZ ⊆ U . Es bleibt zu
klären, für welche k hier Gleichheit gilt. Wir werden sehen, dass dies genau für k = 1, 2, 3 der Fall ist.
(4) Zum Beweis der Inklusion U ⊆ nZ unterscheiden wir zwei Fälle:
(4a) k 6 | n, d.h. ggT(k, n) = 1.
Zu a ∈ U finden wir nach Bézout u, v ∈ Z mit ggT(a, n) = ggT(ka, n) = kau − nv. Nach (2) liegen au
und nv in U , also auch ggT(a, n) = kau − nv. Die Minimalität von n erzwingt ggT(a, n) = n, d.h. a ∈ nZ.
(4b) k | n, d.h. n = km für ein m ∈ N.
Wir wählen q, r ∈ Z mit |a − nq| ≤ n2 und |ka − nr| ≤ n2 . Wegen a, n ∈ U und (2) gehört auch nr und
ka − nr zu U . Die Minimalität von n erzwingt ka − nr = 0, d.h. a = mr und a − nq = m(r − kq) =: ms.
n
k
3
Im Falle a 6= nq wäre wegen 0 < |s| = | a−nq
m | ≤ 2m = 2 ≤ 2 nur |s| = 1 möglich. Dann wäre m =
2
2
m · 1 = m · ggT(k , kq + s) = ggT(k m, kmq + ms) = ggT(kn, a); nach Bézout fänden wir u, v ∈ Z mit
m = knu − av. Diese Zahl läge mit nu ∈ U und av ∈ U in U , trotz 0 < m < n. Es bleibt nur a = nq ∈ nZ.
In der Tabelle steht ein +, falls die Bedingung impliziert, dass U eine Untergruppe ist, sonst ein −.
k
1
2
3
≥4
a, b ∈ U ⇒ ka − b ∈ U
U 6= ∅
0∈U
+
+
−
+
−
+
−
−
a, b ∈ U ⇒ b − ka ∈ U
U 6= ∅
0∈U
+
+
−
+
−
−
−
−
Blieb also in einem Jahr die Mitgliederzahl bei der AKW oder der LUPO unverändert (0 ∈ U ), so verdient
die Menge U der jährlichen Mitgliederbewegungen den Namen Allgemeine Wählergruppe”, sonst nicht.
”