WS 05/06 Priv.-Doz. Dr. S. Wewers

Algebra I

7. Übungsblatt

Aufgabe 1: (1+1/2+1/2+1+1=4 P) Sei R ein kommutativer Ring. Zeigen Sie:

(a) Für alle a, b, c ∈ R gilt:

(i) a · (b − c) = a · b − a · c, (ii) a · (−b) = (−a) · b = −a · b, (iii) a · 0 = 0.

(b) Der Polynomring R[X] ist nullteilerfrei genau dann, wenn R nullteilerfrei ist.

(c) Sei R ein Integritätsbereich. Dann gilt

(R[X])^{×} = R^{×},

d.h. die Einheiten von R[X] sind genau die konstanten Polynome, welche als Elemente von R Einheiten sind.

(d) Mit I_{1}, I_{2} ⊲ R sind auch die Teilmengen

I_{1} ∩ I_{2}, I_{1} + I_{2} := { a + b | a ∈ I_{1}, b ∈ I_{2} }

und

I_{1} · I_{2} := { ∑_{i=1}^{n} a_{i}b_{i} | a_{i} ∈ I_{1}, b_{i} ∈ I_{2} }

Ideale von R.

(e) Sei I ⊲R ein Ideal. Wenn R/I ein Integritätsring ist, dann ist I ein Primideal. Und wenn R/I ein Körper ist, so ist I ein maximales Ideal.

Lösung:

(a) (i) Es wird unter Verwendung von (ii)

a·(b−c) = a·(b+(−c)) = a·b+a·(−c) = a·b+(−a·c) = a·b−a·c . (ii) Es wird unter Verwendung von (iii)

a·(−b) = a·(−b)+a·b−a·b = a·(−b+b)−a·b = a·0−a·b = 0−a·b = −a·b . Eine analoge Rechnung zeigt (−a) · b = −a · b.

(iii) Es wird

a · 0 = a · 0 + a · 0 − a · 0 = a · (0 + 0) − a · 0 = a · 0 − a · 0 = 0 . Bemerkung: Wir haben nicht verwendet, daß R kommutativ ist.

(b) Wegen R ⊆ R[X] folgt aus der Nullteilerfreiheit von R[X] die Nullteilerfreiheit von R. Es sei nun umgekehrt R nullteilerfrei. Es seien f, g ∈ R[X] mit f ≠ 0 und g ≠ 0. Es seien etwa

f = ∑_{ν=0}^{n} a_{ν}X^{ν} , g = ∑_{μ=0}^{m} b_{μ}X^{μ}

mit a_{n} ≠ 0 und b_{m} ≠ 0. Dann ergibt sich

f · g = ∑_{λ=0}^{n+m} ( ∑_{ν=max{0,λ−m}}^{min{n,λ}} a_{ν}b_{λ−ν} ) X^{λ} = a_{n}b_{m}X^{n+m} + ….

Da R nullteierfrei ist, ist a_{n}b_{m} ≠ 0. Daher ist f · g ≠ 0.

Bemerkung: Wir haben sogar beweisen, daß

deg(f · g) = deg f + deg g ,

falls R nullteilerfrei ist. Dabei ist deg 0 := −∞ definiert.

(c) Die Inklusion R^{×} ⊆ (R[X])^{×} ist klar, da jede Einheit von R ein Inverses in R besitzt, das dann auch Inverses in R[X] ist. Es sei also umgekehrt f ∈ R[X]^{×} gegeben. Nach obiger Bemerkung gilt

0 = deg 1 = deg(f · f^{−1}) = deg f + deg(f^{−1}) ≥ deg(f^{−1}) ≥ 0 .

Daraus folgt deg f = deg(f^{−1}) = 0, d.h. f ∈ R und f^{−1} ∈ R. Deshalb ist f ∈ R^{×}.

(d) Die drei angebenen Mengen enthalten alle die 0.

• Es seien a, b ∈ I_{1} ∩ I_{2} und r ∈ R. Dann gilt a, b ∈ I_{1} und a, b ∈ I_{2}. Da I_{1} und I_{2} Ideale von R sind, folgt daraus a − b ∈ I_{1}, ra ∈ I_{1}, a − b ∈ I_{2} und ra ∈ I_{2}. Daraus folgt a − b ∈ I_{1} ∩ I_{2} und ra ∈ I_{1} ∩ I_{2}. Daher ist I_{1} ∩ I_{2} ein Ideal von R.

• Es seien x_{1}, x_{2} ∈ I_{1} + I_{2} und r ∈ R. Dann gibt es a_{1}, a_{2} ∈ I_{1} und b_{1}, b_{2} ∈ I_{2} so, daß x_{1} = a_{1} + b_{1} und x_{2} = a_{2} + b_{2}. Da I_{1} und I_{2} Ideal von R sind, folgt daraus, daß a_{1} − a_{2} ∈ I_{1}, b_{1} − b_{2} ∈ I_{2}, ra_{1} ∈ I_{1} und rb_{1} ∈ I_{2}. Daraus folgt

\begin{aligned}x_{1} − x_{2} & = & (a_{1} − a_{2}) + (b_{1} − b_{2}) & ∈ & I_{1} + I_{2} , \\ rx_{1} & = & (ra_{1}) + (rb_{1}) & ∈ & I_{1} + I_{2} . \end{aligned}

Also ist auch I_{1} + I_{2} ein Ideal von R.

• Es seien x, y ∈ I_{1} · I_{2} und r ∈ R. Es seien etwa

x = ∑_{i=1}^{n} a_{i}b_{i} , y = ∑_{i=1}^{m} c_{i}d_{i}

für gewissen n, m ∈ ℕ, a_{i}, c_{i} ∈ I_{1} und b_{i}, d_{i} ∈ I_{2}. Dann folgt

\begin{aligned}x − y & = & ∑_{i=1}^{m} a_{i}b_{i} + ∑_{i=1}^{m}(−c_{i})d_{i} & ∈ & I_{1} · I_{2} , \\ rx & = & ∑_{i=1}^{m}(ra_{i})b_{i} & ∈ & I_{1} · I_{2} . \end{aligned}

Also ist auch I_{1} · I_{2} ein Ideal von R.

(e) • Es sei R/I ein Integritätsring. Insbesondere gilt I ≠ R. Es seien a, b ∈ R gegeben mit ab ∈ I. Zu zeigen: a ∈ I oder b ∈ I. In R/I gilt

\overline{a} · \overline{b} = \overline{ab} = \overline{0} .

Da R/I nullteilerfrei ist und \overline{0} das Nullelement von R/I folgt daraus \overline{a} = \overline{0} oder \overline{b} = \overline{0}. Dies impliziert aber a ∈ I oder b ∈ I. Wegen der Beliebigkeit von a und B folgt, daß I ein Primideal ist.

• Es sei R/I ein Körper. Insbesondere gilt I ≠ R. Es sei J ⊇ I ein Ideal von R mit J ≠ I. Zu zeigen: J = R. Nach der Wahl von J gibt es ein a ∈ J \ I. Dann ist \overline{a} ≠ \overline{0} in R/I. Da R/I ein Körper ist, besitzt \overline{a} ein Inverses, d.h. es gibt ein \overline{b} ∈ R/I so, daß \overline{a} · \overline{b} = \overline{1}. Daraus folgt aber \overline{ab} = \overline{1}, d.h. ab − 1 ∈ I. Demanch gilt auch ab − 1 ∈ J und a ∈ J. Da J ein Ideal ist, folgt 1 = ab − (ab − 1) ∈ J. Aber aus 1 ∈ J folgt sofort J = R. Daher ist I maximales Ideal von R.

Aufgabe 2: (1+1+1+1=4 P) Es sei φ : ℤ[X] → ℝ der Einsetzungshomomorphismus mit φ(X) = \sqrt{3} und

ℤ[\sqrt{3}] = \{ x + y\sqrt{3} | x, y ∈ ℤ \}

das Bild von φ. Sei I := Kern(φ) ⊲ ℤ[X] der Kern von φ.

(a) Zeigen Sie, dass I das von dem Polynom X^{2} − 3 erzeugte Hauptideal ist,

I = (X^{2} − 3).

(Hinweis: benutzen Sie Polynomdivision mit Rest.)

(b) Zeigen Sie, dass I ein Primideal, aber kein maximales Ideal ist.

(c) Sei J := I + (11) ⊲ ℤ[X]. Konstruieren Sie einen Isomorphismus

ℤ[X]/J ⟶^{∼} 𝔽_{11} := ℤ/ℤ · 11.

Schliessen Sie, dass J ein maximales Ideal ist. (Hinweis: finden Sie ein a ∈ ℤ mit a^{2} ≡ 3 (mod 11).)

(d) Finden Sie ein Ideal N ⊲ ℤ[\sqrt{3}] für das ℤ[\sqrt{3}]/N ≅ 𝔽_{11}. Ist N Prim- bzw. maximales Ideal?

Lösung:

(a) Es gilt φ(X^{2} − 3) = 0, d.h. es folgt X^{2} − 3 ∈ I. Daher ist die Inklusion

I ⊇ (X^{2} − 3)

gezeigt. Es sei nun umgekehrt f ∈ I gegeben. Nach der Polynomdivision gilt

f = g · (X^{2} − 3) + h

mit Polynomen g, h ∈ ℤ[X], wobei deg h < 2. Also ist deg h ≤ 1, d.h. wir können schreiben

h = cX + d

mit gewissen c, d ∈ ℤ. Es folgt

0 = φ(f) = φ(g) · 0 + φ(h) = c\sqrt{3} + d .

Wäre c ≠ 0, so folgte daraus \sqrt{3} ∈ ℚ, ein Widerspruch. Also ist c = 0 und folglich auch d = 0. Es gilt daher

f = g · (X^{2} − 3) ∈ (X^{2} − 3) .

Wegen der Beliebigkeit von f folgt I = (X^{2} − 3).

(b) Es gilt I ≠ ℤ[X], da z.B X ∉ I gilt. Und für f, g ∈ ℤ[X] mit f · g ∈ I folgt 0 = φ(fg) = φ(f)φ(g), also φ(f) = 0 oder φ(g) = 0, also f ∈ I oder g ∈ I. Mithin ist I ein Primideal.

Alternativlösung: Nach dem Homomorphiesatz induziert φ einen Isomorphismus

ℤ[X]/I ≅ ℤ[\sqrt{3}] .

Nun ist ℤ[\sqrt{3}] ⊆ ℂ, also ist ℤ[\sqrt{3}] ein Integritätsring. Auch daraus folgt, daß I ein Primideal ist.

Andererseits besitzt 2 ∈ ℤ[\sqrt{3}] kein Inverses, denn \frac{1}{2} ≠ ℤ[\sqrt{3}]. Also ist ℤ[\sqrt{3}] kein Körper. Mithin ist I kein maximales Ideal.

(c) Wie bereits in der Vorlesung erwähnt, stimmt die Aufgabe nicht. Wir wollen statt dessen ein maximales Ideal J finden mit J ⊇ I. Es sei z.B.

J := (X − 5, 11)

das von X − 5 und 11 erzeugte Ideal. Wegen

X^{2} − 3 = (X − 5)(X + 5) + 11 · 2

ist X^{2} − 3 ∈ J und damit I ⊆ J. Betrachte nun den Homomorphismus

τ : ℤ[X] ⟶^{ψ} ℤ ⟶^{κ} ℤ/11ℤ .

Dabei sei ψ definiert durch ψ(f) := f(5), und κ sei der kanonische Epimorphismus. Offenbar sind ψ und κ und damit auch τ surjektiv. Ferner gilt

ψ^{−1}(11ℤ) = (X − 5, 11) = J ,

wie man durch Polynomdivision durch X − 5 sieht. Also ist

Kern τ = (κ ∘ ψ)^{−1}(0) = ψ^{−1}(τ^{−1}(0)) = ψ^{−1}(11ℤ) = J .

Nach dem Homomorphiesatz induziert τ einen Isomorphismus

ℤ[X]/J ≅ ℤ/11ℤ = 𝔽_{11} .

Da 𝔽_{11} ein Körper ist, ist J ein maximales Ideal.

(d) Wir wollen zeigen, daß es ein kommutatives Diagramm von Ringhomomor-

phismen gibt der Form

[figure: ℤ[X]; τ; φ; 𝔽_{11}; ℤ[\sqrt{3}]; α]

Um die Kommutativität zu erhalten, ist α(\sqrt{3}) = τ(X) = \overline{5} notwendig. Also definieren wir

α : ℤ[\sqrt{3}] → 𝔽_{11} , a + b\sqrt{3} ↦ \overline{a + b · 5} .

Diese Abbildung ist aufgrund der Eindeutigkeit von a, b wohldefiniert. Es gilt also

α(φ(f)) = τ(f)

für alle f ∈ ℤ[X]. Daraus folgt die Kommutativität des Diagramms. Wegen der Surjektivität von φ folgt daraus auch, daß α ein Homomorphismus ist. Es folgt

Kern α = φ(φ^{−1}(α^{−1}(0))) = φ(τ^{−1}(0)) = φ(J) = (\sqrt{3} − 5, 11) := N .

Nach dem Homomorphiesatz folgt

ℤ[\sqrt{3}]/N ≅ 𝔽_{11} .

Da 𝔽_{11} ein Körper ist, ist N ein maximales Ideal (und somit auch ein Primideal).

Aufgabe 3: (1+1+2=4 P) Sei R := ℤ[i] ⊂ ℂ der Ring der ganzen Gauß’schen Zahlen. Sei Q(R) der Quotientenkörper von R.

(a) Nach Satz 1.4 der Vorlesung setzt sich die natürliche Inklusion R ↪ ℂ zu einer Inklusion Q(R) ↪ ℂ fort. Zeigen Sie: das Bild von Q(R) in ℂ ist

ℚ[i] = { x + y · i | x, y ∈ ℚ }.

(Insbesondere ist ℚ[i] ein Körper, den man mit dem Quotientenkörper Q(R) identifizieren kann.)

(b) Finden Sie eine ganze Zahl a mit a^{2} ≡ −1 (mod 41) und schreiben Sie das

Ideal

I := (41, a − i) ⊲ ℤ[i]

als Hauptideal. Finden Sie x, y ∈ ℤ mit x^{2} + y^{2} = 41. Ist (41) ein Primideal? Ist I ein maximales Ideal?

(c) Zeigen Sie, dass das Ideal (3) ⊲ ℤ[i] ein maximales Ideal (und damit auch ein Primideal) ist. (Hinweis: der euklidische Algorithmus zeigt, dass ein Ideal J ⊲ ℤ[i] mit (3) ⊂ J, (3) ≠ J, ein Element a = x + y · i enthält mit |a| = 1.)

Lösung:

(a) • Es sei ℚ[i] := {x + y · i| x, y ∈ ℚ}. Wir zeigen, daß gilt

ℚ[i] = {ab^{−1}| a, b ∈ ℤ[i], b ≠ 0} ⊆ ℂ .

Es sei zuerst z ∈ ℚ[i], d.h. es gilt z = \frac{x_{1}}{x_{2}} + \frac{y_{1}}{y_{2}} ·i für gewisse x_{1}, x_{2}, y_{1}, y_{2} ∈ ℤ. Dann folgt

z = (x_{1}y_{2} + x_{2}y_{1} · i)(x_{2}y_{2})^{−1} = ab^{−1}

mit a := x_{1}y_{2} + x_{2}y_{1} · i ∈ ℤ[i] und b := x_{2}y_{2} ∈ ℤ[i] \ {0}.

Es seien nun umgekehrt a = x + y · i und b = c + d · i mit x, y, c, d ∈ ℤ, b ≠ 0. Dann folgt

ab^{−1} = \frac{x + y · i}{c + d · i} = \frac{(x + y · i)(c − d · i)}{c^{2} + d^{2}} = \frac{xc + yd}{c^{2} + d^{2}}+\frac{yc − xd}{c^{2} + d^{2}}·i ∈ ℚ[i] .

• Nach Vorlesung gibt es einen Homomorphismus ψ : Q(R) ↪ ℂ, der die Inklusion R ↪ ℂ fortsetzt. Ferner gilt nach Vorlesung Q(R) \{ \frac{a}{b} | a, b ∈ R, b ≠ 0\}. Also folgt für alle a, b ∈ R mit b ≠ 0

ψ (\frac{a}{b}) = ψ (\frac{a}{1} · (\frac{b}{1})^{−1}) = ψ (\frac{a}{1}) · (ψ (\frac{b}{1}))^{−1} = ab^{−1} ,

und das Bild von Q(R) in ℂ ist gleich der Menge

\{ψ ( \frac{a}{b})| a, b ∈ R, b ≠ 0\} = \{ab^{−1}| a, b ∈ R, b ≠ 0\} = ℚ[i] .

(b) Es ist a := 9. Division mit Rest im Euklidischen Ring ℤ[i] ergibt

\begin{aligned}41 & = & 4 · (9 − i) + 5 + 4 · i , |5 + 4 · i|^{2} < |9 − i|^{2} \\ 9 − i & = & (1 − i) · (5 + 4 · i) . \end{aligned}

Dies zeigt, daß 5 + 4 · i ein ggT von 41 und 9 − i ist, d.h. es gilt

I = (41, 9 − i) = (5 + 4i) .

Formal gilt dies, da 41 und 9 − i Vielfache von 5 + 4i sind, und da 5 + 4i Linearkombination von 41 und 9−i ist. Die Zahl 41 ∈ ℤ[i] ist nicht irreduzibel wegen 41 = (5 + 4 · i)(5 − 4 · i). Also ist (41) auch kein Primideal.

Wir zeigen nun, daß 5 + 4 · i irreduzibel ist. Zunächst ist 5 + 4 · i keine Einheit. Es seien nun a, b ∈ ℤ[i] derart, daß 5 + 4 · i = ab. Dann folgt

41 = |5 + 4 · i|^{2} = |ab|^{2} = |a|^{2}|b|^{2} ,

und |a|^{2} und |b|^{2} sind natürliche Zahlen. Da 41 eine Primzahl ist, folgt daraus |a| = 1 oder |b| = 1, also a ∈ ℤ[i]^{×} oder b ∈ ℤ[i]^{×}. (Denn die Einheiten ±1 und ±i sind die einzigen Zahlen in ℤ[i] mit Norm 1). Daraus folgt, daß 5+4·i irreduzibel in ℤ[i] ist. Also ist I = (5 + 4 · i) ein maximales Ideal, da ℤ[i] ein Hauptidealring ist.

(c) Nach Vorlesung genügt es zu zeigen, daß 3 irreduzibel in ℤ[i] ist. Wir nehmen also an, es seien a, b ∈ ℤ[i] mit

3 = ab .

Dann folgt

9 = |3|^{2} = |a|^{2}|b|^{2} .

Dabei sind |a|^{2} und |b|^{2} ganze Zahlen. Nun ist |a|^{2} = 3 in ℤ[i] unmöglich, da die Summe zweier Quadratzahlen in ℤ niemals 3 ergibt. Also folgt |a|^{2} = 1 oder |b|^{2} = 1, also a ∈ {±1, ±i} = (ℤ[i])^{×} oder b ∈ {±1, ±i} = (ℤ[i])^{×}. Also ist 3 irreduzibel in ℤ[i].

Abgabe: am Donnerstag, den 15.12. (in der Vorlesung, oder bei Herrn Martin).