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

Algebra I

8. Übungsblatt

Aufgabe 1: (1+1+1/2+1/2+1=4 P) Sei R ein faktorieller Ring. Wir bezeichnen mit P ⊂ R ein Vertretersystem der Assoziiertenklassen aller Primelemente (d.h. für jedes Primelement p ∈ R existiert ein eindeutiges Element p′ ∈ P mit p ∼ p′). Für Elemente a, b ∈ R − {0} setzen wir

ggT(a, b) := ∏_{p∈P} p^{min{ord_{p}(a),ord_{p}(b)}},
kgV(a, b) := ∏_{p∈P} p^{max{ord_{p}(a),ord_{p}(b)}}.

Seien a, b, c ∈ R − {0}. Zeigen Sie:

(a) Die Assoziiertenklassen von ggT(a, b) und kgV(a, b) hängen nicht von der Wahl des Vertretersystems P ab.

(b) a|b ⟺ ord_{p}(a) ≤ ord_{p}(b) ∀ p ∈ P,

(c) c|a und c|b ⟺ c|ggT(a, b),

(d) a|c und b|c ⟺ kgV(a, b)|c.

(e) Bestimmen Sie den ggT der Polynome

f = 10X − 15, g = 15X − 6

in dem Ring ℤ[X] (bis auf Assoziiertheit).

Lösung:

(b) Es seien zunächst x, y ∈ R \ {0} beliebig. Dann gibt es Einheiten u, v ∈ R^{×}

so, daß

x = u · ∏_{p∈P} p^{ord_{p}(x)} , x = v · ∏_{p∈P} p^{ord_{p}(y)} .

Es folgt

xy = uv · ∏_{p∈P} p^{ord_{p}(x)+ord_{p}(y)}

und uv ∈ R^{×}. Wegen der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung gilt also

ord_{p}(xy) = ord_{p}(x) + ord_{p}(y) , ∀p ∈ P .

Es gelte nun a|b. Dann gibt es ein c ∈ R \ {0} so, daß ac = b. Es folgt

ord_{p}(b) = ord_{p}(ac) = ord_{p}(a) + ord_{p}(c) ≥ ord_{p}(a) , ∀p ∈ P .

Es gelte nun umgekehrt ord_{p}(a) ≥ ord_{p}(b) für alle p ∈ P. Dann ist

a · ∏_{p∈P} p^{ord_{p}(b)−ord_{p}(a)} ∼ ∏_{p∈P} p^{ord_{p}(b)} ∼ b ,

und daraus folgt a|b.

(c) Es gilt nach (b)

c|a und c|b ⟺ ord_{p}(c) ≤ ord_{p}(a) und ord_{p}(c) ≤ ord_{p}(b), ∀p ∈ P
⟺ ord_{p}(c) ≤ min{ord_{p}(a), ord_{p}(b)}, ∀p ∈ P
⟺ ord_{p}(c) ≤ ord_{p}(ggT(a, b)), ∀p ∈ P
⟺ c| ggT(a, b) .

(d) Es gilt nach (b)

a|c und b|c ⟺ ord_{p}(c) ≥ ord_{p}(a) und ord_{p}(c) ≥ ord_{p}(b), ∀p ∈ P
⟺ ord_{p}(c) ≥ max{ord_{p}(a), ord_{p}(b)}, ∀p ∈ P
⟺ ord_{p}(c) ≥ ord_{p}(kgV(a, b)), ∀p ∈ P
⟺ kgV(a, b)|c .

(a) Es sei P′ ein weiteres Vertretersystem der Assoziiertenklassen aller Primelemente von R. Es seien g := ggT(a, b) und k := kgV(a, b) mittels P gebildet, und es seien g′ und k′ die entsprechenden Objekte mittels P′ gebildet. Zu zeigen: g ∼ g′ und k ∼ k′. Nach (c) gilt g|a und g|b. Daraus folgt nach (c) g|g′. Ebenso gilt nach (c) g′|a und g′|b. Wiederum nach (c) folgt daher g′|g. Also gilt g|g′ und g′|g, woraus g ∼ g′ folgt. Eine analoge Argumentation zeigt, daß k ∼ k′ gilt.

(e) Es gilt

f = 5 · (2X − 3) , g = 3 · (5X − 2) .

Nun sind 5 und 3 Primelemente in ℤ, also auch in ℤ[X]. Ferner sind die Polynome 2X − 3 und 5X − 2 primitiv in ℤ[X] und irreduzibel in ℚ[X], da sie vom Grade 1 sind. Also handelt es sich jeweils um Primelemente in ℤ[X]. Wegen (ℤ[X])^{×} = {±1} sind keine zwei dieser Primelement assoziiert. Daher besitzen f und g keine gemeinsamen Primfaktoren, d.h. wir können schreiben

ggT(f, g) = 1 .

Aufgabe 2: (1/2+1/2+1+1+1=4 P) Welches der folgenden Polynome ist irreduzibel in dem Ring ℚ[X, Y], und welches ist irreduzible in ℂ[X, Y]?

(a) X^{5} − 3,

(b) Y^{4} − 4,

(c) X^{2} + XY + Y^{2},

(d) X^{2} + Y^{2} − 1,

(e) X^{4} − 2X^{2}Y^{2} + 1.

Lösung:

Lemma Ist R ein Integritätsring, und ist f ein normiertes reduzibles Polynom f ∈ R[X] vom Grade ≥ 2, so läßt f stets eine Faktorisierung f = gh in nichtkonstante normierte Polynome g, h ∈ R[X] zu.

Beweis: Es sei f = gh eine Faktorisierung von f in Nicht-Einheiten g, h ∈ R[X] mit führenden Koeffizienten a bzw. b. Dann folgt wegen der Normiertheit von f sogleich ab = 1, d.h. a, b ∈ R^{×}. Dann ist f = (bg)(ah) ein Faktorisierung in normierte Polynome, die dann notwendigerweise nicht-konstant sind. □

(a) • Wir zeigen, daß X^{5} − 3 irreduzibel in ℤ[X] ist. Wir nehmen also an, daß X^{5} − 3 in zwei normierte nicht-konstante Polynome ∈ ℤ[X] zerfällt, d.h. es gelte

X^{5} − 3 = (∑_{ν=0}^{n} a_{ν}X^{ν}) (∑_{μ=0}^{m} b_{μ}X^{μ})

mit Koeffizienten a_{ν}, b_{μ} ∈ ℤ. Dabei gelte a_{n} = b_{m} = 1, n, m ≥ 2 und n + m = 5. Koeffizientenvergleich ergibt

−3 = a_{0}b_{0} .

Also können wir annehmen, daß a_{0} = ±3 und b_{0} = ∓1 gilt. Wegen a_{n} = 1 gibt es ein k ∈ {0, …, n} so, daß

a_{0} ≡ … ≡ a_{k−1} mod 3 , a_{k} ≢ 3 mod 3 .

Betrachtet man den Koeffizienten von X^{k}, so ergibt sich wegen b_{0} = ∓1

0 = ∑_{ν+μ=k} a_{ν}b_{μ} ≡ a_{k}b_{0} ≡ a_{k} mod 3 ,

im Widerspruch zur Wahl von k.

• Nach Vorlesung folgt, daß X^{5} − 3 auch irreduzibel in ℚ[X] ist. Dann ist nach Vorlesung X^{5} − 3 auch irreduzibel in ℚ[X][Y] = ℚ[X, Y], da ℚ[X] faktoriell ist.

• X^{5} − 3 besitzt in ℂ eine Nullstelle α := 3^{1/5}. Also faktorisiert X^{5} − 3 = (X − α)g mit einem Polynom g ∈ ℂ[X] vom Grade 4. Daher ist X^{5} − 3 nicht irreduzibel in ℂ[X, Y].

(b) Es gilt Y^{4} − 4 = (Y^{2} − 2)(Y^{2} + 2). Daher ist Y^{4} − 4 reduzibel in ℚ[X, Y] und in ℂ[X, Y].

(c) • Wir nehmen an, das Polynom X^{2}+XY +Y^{2} wäre reduzibel in ℚ[X, Y] = ℚ[Y][X]. Also gilt

X^{2} + XY + Y^{2} = (X + a)(X + b)

mit gewissen a, b ∈ ℚ[Y]. Koeffizientenvergleich ergibt

ab = Y^{2} , a + b = Y .

Daraus folgt a · (Y − a) = Y^{2}. Also ist a ∈ ℚ[Y] ein Polynom vom Grade 1. Da Y Primelelement ist, folgt aus der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung, daß a ∼ Y, d.h. a = eY für ein e ∈ ℚ^{×}, und b = e^{−1}Y. Aus Y = a + b = (e + e^{−1})Y folgt dann aber e + e^{−1} = 1. Daraus folgt wiederum

0 = e(e + e^{−1} − 1) = e^{2} − e + 1 = (e − \frac{1}{2})^{2} + \frac{3}{4} ≥ \frac{3}{4} ,

ein Widerspruch. Also ist X^{2} + XY + Y^{2} irreduzibel in ℚ[X, Y].

• Es sei α := exp(2πi/3) eine nicht-triviale dritte Einheitswurzel. Dann gilt

1 + α + α^{2} = \frac{1 − α^{3}}{1 − α} = 0 .

Folglich ist

X^{2} + XY + Y^{2} = (X − αY)(X − α^{2}Y) ,

und das Polynom X^{2} + XY + Y^{2} ist nicht irreduzibel in ℂ[X, Y].

(d) Wir zeigen, daß das Polynom X^{2} + Y^{2} − 1 irreduzibel in K[X, Y] ist, wobei K ein beliebiger Körper sei, in dem 1 + 1 ≠ 0 gilt. Wir nehmen das Gegenteil an, d.h. es gilt

X^{2} + Y^{2} − 1 = (X + a)(X + b)

mit gewissen a, b ∈ K[Y]. Koeffizientenvergleich ergibt a + b = 0 und ab = Y^{2} − 1. Daraus ergibt sich b = −a und

a^{2} = 1 − Y^{2} = (1 − Y)(1 + Y) .

Also ist a ein Polynom in Y vom Grade 1, und die Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung ergibt 1 − Y ∼ 1 + Y in K[Y]. Das ist jedoch unmöglich, da 1 ≠ −1.

(e) • Wir nehmen an, das Polynom zerfalle in zwei Polynome in ℂ[Y][X] vom Grade 2. Es gelte also

X^{4} − 2X^{2}Y^{2} + 1 = (X^{2} + aX + b)(X^{2} + cX + d)

mit gewissen a, b, c, d ∈ ℂ[Y]. Koeffizientenvergleich ergibt a + c = 0, b + ac + d = −2Y^{2}, ad + bc = 0 und bd = 1. Daraus folgt c = −a und a(d − b) = 0. Also gilt a = 0 oder b = d. Im Falle a = 0 folgt wegen b, d ∈ ℂ^{×} sogleich −2Y^{2} = b − a^{2} + d ∈ ℂ, ein Widerspruch. Im Falle b = d folgt aus bd = 1 sogleich b = ±1; und daher −2Y^{2} = ±2 − a^{2}. Somit ist

a^{2} = 2Y^{2} ± 2 = \begin{cases}2(Y + i)(Y − i), & falls b = 1 \\ 2(Y + 1)(Y − 1), & falls b = −1 . \end{cases}

Wegen der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung folgt Y + i ∼ Y − i bzw. Y + 1 ∼ Y − 1, jeweils ein Widerspruch.

• Wir nehmen an, das Polynom zerfalle in zwei Polynome in ℂ[Y][X] vom Grade 1 bzw. 3. Es gelte also

X^{4} − 2X^{2}Y^{2} + 1 = (X^{3} + aX^{2} + bX + c)(X + d)

mit gewissen a, b, c, d ∈ ℂ[Y]. Koeffizientenvergleich ergibt a + d = 0, ad + b = −2Y^{2}, bd + c = 0 und cd = 1. Daraus folgt d = −a, c = −bd = ba und 1 = cd = abd. Also sind a, b, c, d ∈ ℂ^{×}, im Widerspruch zu −2Y^{2} = ad + b.

Also ist X^{4} − 2X^{2}Y^{2} + 1 irreduzibel in ℚ[X, Y] und ℂ[X, Y].

Aufgabe 3: (1/2+1/2+1+1+1=4 P) Sei R ein Ring und I ⊲ R ein Ideal, I ≠ R. Wir bezeichnen mit R[X] · I das von den Elementen aus I erzeugte Ideal des Polynomringes R[X].

(a) Zeigen Sie: ein Polynom f = ∑ a_{i}X^{i} liegt genau dann in R[X] · I, wenn alle Koeffizienten a_{i} in I liegen.

(b) Konstruieren Sie einen Ringhomomorphismus

R[X]/R[X] · I ⟶ (R/I)[X],

und zeigen Sie, dass dieser Homomorphismus ein Isomorphismus ist.

(c) Zeigen Sie: I ist genau dann ein Primideal von R, wenn R[X] · I ein Primideal von R[X] ist. (Hinweis: benutzen Sie die Aussage von Aufgabe 1(b) vom 7. Übungsblatt.)

(d) Nun sei R ein faktorieller Ring und f, g ∈ R[X]. Folgern Sie aus (b): wenn f und g primitiv sind, dann ist auch fg primitiv. (Bem.: diese Aussage ist Teil des Lemmas von Gauß.)

(e) Zeigen Sie: R[X] · I ist niemals ein maximales Ideal.

Lösung:

(a) Per Definition ist R[X] · I das kleinste Ideal von R[X], welches die Menge I enthält. Wir schreiben

I[X] := {∑_{ν=0}^{n} a_{ν}X^{ν} | n ∈ ℕ, a_{ν} ∈ I} .

Zu zeigen ist also R[X] · I = I[X]. Nun ist definitionsgemäß I ⊆ R[X] · I. Nach der Definition eines Ideals ist damit auch jedes Element von I[X] in R[X] · I enthalten, d.h. es gilt I[X] ⊆ R[X] · I. Umgekehrt ist I[X] ein Ideal von R[X], wie man leicht nachrechnet, und es gilt I ⊆ I[X]. Daraus folgt definitionsgemäß R[X] · I ⊆ I[X].

(b) Wir wollen zunächst ein Lemma formulieren.

Lemma Es sei ψ : R → S ein Ringhomomorphismus. Dann ist die Abbildung

φ : R[X] → S[X] , ∑_{ν} a_{ν}X^{ν} ↦ ∑_{ν} ψ(a_{ν})X^{ν}

ein Ringhomomorphismus, und es gilt

Kern φ = R[X] · (Kern ψ)
Bild φ = S[X] · (Bild ψ) .

Der Beweis ist einfach und sei dem Leser zur Übung überlassen. Wendet man dieses Lemma auf die kanonische Abbildung R → R/I an, so erhält man einen surjektiven Ringhomomorphismus

φ : R[X] → (R/I)[X] , ∑_{ν} a_{ν}X^{ν} ↦ ∑_{ν} \overline{a_{ν}} X^{ν} ,

und es gilt

Kern φ = R[X] · I .

Nach dem Homomorphiesatz induziert φ einen Ringisomorphismus

\overline{φ} : R[X]/R[X] · I → (R/I)[X] , \overline{f} ↦ φ(f) .

(c) Nach Vorlesung ist I genau dann ein Primideal von R, wenn R/I ein Integritätsring ist. Nach Blatt 7, Aufgabe 1(b), ist dies genau dann der Fall, wenn (R/I)[X] ein Integritätsring ist. Nach (b) gilt dies genau dann, wenn R[X]/R[X] · I ein Integritätsring ist. Dies ist wiederum genau dann richtig, wenn R[X] · I ein Primideal ist.

(d) Es seien f, g ∈ R[X] primitiv. Es sei p ein Primelement von R. Zu zeigen: p teilt nicht alle Koeffizienten von fg. Wir nehmen das Gegenteil an. Also gilt p|fg in R[X]. Es sei I := pR und \overline{φ} : R[X]/R[X] · I → (R/I)[X] der in (b) konstruierte Isomorphismus. Dann gilt

\overline{φ}(\overline{f}) · \overline{φ}(\overline{g}) = \overline{φ}(\overline{f} \overline{g}) = \overline{φ}(\overline{fg}) = φ(fg) = 0 ,

da alle Koeffizienten von fg in I liegen. Nun ist (R/I)[X] ein Integritätsring. Also folgt φ(f) = \overline{φ}(\overline{f}) = 0 oder φ(g) = \overline{φ}(\overline{g}) = 0. Dies bedeutet aber f ∈ R[X] · I oder g ∈ R[X] · I, d.h. alle Koeffizienten von f sind durch p teilbar, oder alle Koeffizienten von g sind durch p teilbar. Dies widerspricht der Primitivität von f und g.

(e) Wäre R[X]·I ein maximales Ideal, so wäre R[X]/R[X]·I ein Körper. Nach (b) wäre dann auch (R/I)[X] ein Körper. Dies widerspricht aber Blatt 7, Aufgabe 1(c).