Lösungsvorschläge - Leibniz Universität Hannover

Leibniz Universität Hannover
Fakultät für Mathematik und Physik
Prof. Dr. M. Erné, Dr. Marcos Soriano Solá
31. Januar 2011
Wintersemester 2010/2011
Lösungsvorschläge zur Klausur Algebra I (29. Januar 2011)
Aufgabe 1.
(a) Die Null von R ist das neutrale Element von N bzgl. ∗:
0 = 01 ∈ N, 0 ∗ n = 0 + n + 0 · n = n + 0 = n, n ∗ 0 = n + 0 + n · 0 = n + 0 = n.
(b) Sei n nilpotent und k ∈ N mit nk = 0. Dann ist 1 + n eine Einheit in R mit inversem Element
Pk−1
Pk−1
Pk−1
Pk
(1+n)−1 = j=0 (−n)j , da (1+n) j=0 (−n)j = j=0 (−n)j − j=1 (−n)j = 1 − (−n)k = 1 (Blatt 12).
Also bildet F nilpotente Elemente auf Einheiten ab und ist damit wohldefiniert. Die Abbildung F
• ist injektiv, denn für n, m ∈ N gilt F (n) = F (m) ⇔ 1 + n = 1 + m ⇔ n = m
• bewahrt neutrale Elemente: F (e) = F (0) = 1 + 0 = 1
• ist verträglich mit ∗ : F (n ∗ m) = F (n + m + nm) = 1 + n + m + nm = (1 + n)(1 + m) = F (n) · F (m).
(c) Die Verknüpfung ∗ ist sowohl kommutativ als auch assoziativ, da F nach (b) einen Isomorphismus
zwischen (N, ∗, 0) und einem Untermonoid des kommutativen Monoids (E(R), ·, 1) induziert. Oder direkt:
n ∗ m = n + m + nm = m + n + mn = m ∗ n (+ und · sind kommutativ),
n ∗ (m ∗ l) = n ∗ (m + l + ml) = n + m + l + ml + nm + nl + nml (Distributivgesetz),
(n ∗ m) ∗ l = (n + m + nm) ∗ l = n + m + nm + l + nl + ml + nml = n ∗ (m ∗ l) (+ komm.)
Wegen der Kommutativität von ∗ ist ein Rechtsinverses schon invers. Also gilt:
m invers zu n bezüglich ∗ ⇐⇒ n ∗ m = n + m + nm = 0 ⇐⇒ m(1+n) = −n ⇐⇒ m = −n(1+n)−1 ,
wobei hier (1+n)−1 das Inverse in E(R) bezeichnet und −n(1+n)−1 in N liegt, denn aus nk = 0 folgt
Pk−1
(−n(1+n)−1 )k = ±nk (1+n)−k = 0. Nach (a) ist n− = −n(1+n)−1 = j=1 (−n)j invers zu n bzgl. ∗.
Aufgabe 2.
(a) Für beliebige m, n ∈ N ist die Abbildung T : Zm × Zn → Zn × Zm mit T (a, b) = (b, a) ein Isomorphismus von Ringen, insofern brauchen wir nur m ≤ n zu betrachten.
• Wegen ggT(1, 12) = ggT(3, 4) = 1 gilt Z12 ' Z1 × Z12 ' Z3 × Z4 (Chinesischer Restsatz).
• Schon die additive Gruppe von Z2 × Z6 ist nicht isomorph zur zyklischen Gruppe (Z12 , +): Die
Ordnung jedes Elementes von Z2 × Z6 ist ein Teiler von kgV(2, 6) = 6 und damit sicher nicht 12.
Alternativ: ] E(Z12 ) = ϕ(12) = 4 6= 2 = 1 · 2 = ϕ(2) ϕ(6) = ]( E(Z2 ) × E(Z6 )) = ] E(Z2 × Z6 ).
(b) Die drei Zahlen 5, 7 und 9 = 32 sind paarweise teilerfremd. Somit ist das gegebene Kongruenzsystem
nach dem Chinesischen Restsatz eindeutig lösbar modulo 5 · 7 · 9 = 315. Eine Lösung x erhält man durch
Bestimmung der Bézout-Koeffizienten für die drei Paare teilerfremder Zahlen (5, 7 · 9), (7, 5 · 9), (9, 5 · 7):
1 = 2 · 63 − 5 · 25 = −2 · 45 + 7 · 13 = −1 · 35 + 4 · 9,
so dass x = 1 · 126 + 3 · (−90) + 5 · (−35) = 126 − 270 − 175 = −319 ≡ −4 ≡ 311 ≡ 626 mod 315.
Demnach sind 311 und 626 die einzigen Lösungen im Intervall [300, 650].
Aufgabe 3.
(a) Die Einheitengruppe des endlichen Ringes Z18 ist
E(Z18 ) = {k ∈ Z18 | ggT(k, 18) = 1} = {k ∈ Z18 | 2 - k und 3 - k} = {1, 5, 7, 11, 13, 17}.
Also gibt es 6 Einheiten. (Mit Eulers ϕ-Funktion: ϕ(18) = ϕ(2) ϕ(32 ) = (2 − 1)(9 − 3) = 6). Inverse:
1− = 1, 5− = 11 (da 5 · 11 = 55 ≡18 1), 7− = 13 (da 7 · 13 = 91 ≡18 1) und 17− = 17 (17 ≡18 −1).
(b) Die Nullteiler sind genau die 12 = 18 − 6 Nichteinheiten 0, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15, 16.
(c) Als Ringe der Form Zpk mit p ∈ P haben Z2 und Z9 nur die Idempotente 0 und 1. Nach dem
Chinesischen Restsatz ist Z18 isomorph zu Z2 ×Z9 und enthält somit ]B(Z18 ) = ]B(Z2 )·]B(Z9 ) = 2·2 = 4
Idempotente. Neben 0 und 1 sind dies 9 und 10. In der Tat gilt
9 ≡2 1, 9 ≡9 0 bzw. 92 = 81 = 9 + 4 · 18 ≡18 9 und 10 ≡2 0, 10 ≡9 1 bzw. 102 = 100 = 10 + 5 · 18 ≡18 10).
(d) Die Ideale in Z18 stehen in Bijektion zu den Teilern von 18 (in N), die Primideale zu den Primteilern
von 18. Also sind 2Z18 und 3Z18 die einzigen zwei Primideale von Z18 .
Aufgabe 4.
Für einen Integritätsbereich R gilt allgemein die folgende Implikationskette:
R euklidisch ⇒ R Hauptidealbereich ⇒ R faktoriell.
Prime Elemente sind irreduzibel. Die Umkehrung gilt nicht immer, aber zumindest in faktoriellen Ringen.
(a) Wie jeder andere Körper auch ist Q euklidisch bzgl. der Funktion ν mit ν(0) = 0 und ν(a) = 1 für
a 6= 0. Die Zahl 3 ist eine Einheit in Q, und somit weder prim noch irreduzibel.
(b) Z[x] ist kein Hauptidealbereich, kann also nicht euklidisch sein. Andererseits ist Z[x] faktoriell, da Z
faktoriell ist (Satz von Gauß). Die Zahl 3 ist prim in Z, und somit auch prim (und irreduzibel) in Z[x],
ebenso nach dem Satz von Gauß.
√
√
√
2
2
(c) Der Ring Z[ 3] = {a + b 3 | a, b ∈ Z} ist euklidisch
√ √ bzgl. der Funktion ν(a
√ + b 3) = |a − 3b |. Die
Zahl 3 besitzt aufgrund der Faktorisierung 3√= 3 · 3 den echten
(und
√ Teiler 3, ist√also reduzibel
√
daher nicht prim). Zu bemerken bleibt, dass 3 keine Einheit in Z[ 3] ist: √13 = 13 3 ∈
/ Z[ 3].
√
√
(d) Ein echter Teiler a + b −5 von 3 in Z[ −5] hätte Norm a2 + 5b2 = 3, was für ganze Zahlen
√
a, b unmöglich ist. Also besitzt 3 nur triviale Faktorisierungen in Z[ −5] und ist somit irreduzibel.
√
√
Andererseits ist 3 nicht prim, da es das Produkt 6 = (1 + −5)(1 − −5) teilt, aber keinen der beiden
√
√
Faktoren 1 ± −5. Die Existenz eines irreduziblen, nicht primen Elementes in Z[ −5] zeigt, dass dieser
Ring nicht faktoriell sein kann, erst recht nicht euklidisch.
√
√
√
√
Q Z[x] Z[ 3] Z[ −5]
Element 3 in Q in Z[x] in Z[ 3] in Z[ −5]
euklidisch
faktoriell
ja
ja
nein
ja
ja
ja
nein
nein
prim
irreduzibel
nein
nein
ja
ja
nein
nein
nein
ja
Aufgabe 5.
√
(a) Sei
√ f das gesuchte Polynom. Da 1 + 5 nicht in Q liegt, ist der Grad von f mindestens 2. Die Zahl
1 + 5 ist Nullstelle des normierten Polynoms
√
√
(x − (1 + 5))(x − (1 − 5)) = (x − 1)2 − 5 = x2 − 2x − 4 ∈ Q[x] .
Also muss f = x2 − 2x − 4 sein, da vom kleinstmöglichen Grad.
√
√
√
(b) √
Als Nullstelle des√Polynoms x2 − 5 ∈ Q[x] ist 5 algebraisch√über Q und somit
Q( 5).
√ Q[ 5] =√
{1, 5} und {1,
des
Q[ 5], also ist √
Q[ 5] = Q[1
√ 1 + 5}
√ sind zwei Q-Basen
√
√ Vektorraums
√
√
√ + 5]. √
Altenativ: 1 + 5 ∈ Q[ 5] ⇒ Q[1 + 5] ⊆ Q[ 5], 5 = (1 + 5) − 1 ∈ Q[1 + 5] ⇒ Q[ 5] ⊆ Q[1 + 5].
√
√
(c) Die Abbildung H ist surjektiv,
√ das Bild von H ist Q[1 + 5] = Q[ 5]. Nach dem Homomorphiesatz
ist Q[x]/ Kern H ∼
= Bild H = Q[ 5] ein Körper, und somit der Kern
√ von H ein maximales Ideal.
Der Kern von H besteht aus allen Polynomen in Q[x], die 1 + 5 als Nullstelle haben, und wird somit
von dem Minimalpolynom m1+√5,Q = x2 − 2x − 4 erzeugt.