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

Algebra I

9. Übungsblatt

Lösungen.

Lemma Ist a ∈ ℤ[i], und ist |a|^{2} eine Primzahl, so ist a ein Primelement von ℤ[i]. Beweis: Da ℤ[i] ein faktorieller Ring ist, genügt es zu zeigen, daß a irreduzibel ist. Wir nehmen also an, es gäbe eine Faktorisierung a = b · c mit b, c ∈ ℤ[i]. Dann folgt

|a|^{2} = |b|^{2} · |c|^{2} ,

und da |a|^{2} eine Primzahl ist, gilt |b|^{2} = 1 oder |c|^{2} = 1, d.h. |b| = 1 oder |c| = 1. Im Ring ℤ[i] sind aber die Elemente mit komplexem Betrag 1 genau die Einheiten ±1, ±i. Also ist b oder c eine Einheit in ℤ[i]. Folglich ist a irreduzibel. □

Aufgabe 1:

(a) Wir betrachten die Primfaktorzerlegung in ℤ von |a|^{2}, d.h.

x^{2} + y^{2} = |a|^{2} = p_{1} · . . . · p_{r}

mit (nicht notwendig verschiedenen) Primzahlen p_{1}, …, p_{r}. Wegen a · ā = |a|^{2} gilt

a | p_{1} · . . . · p_{r}

in ℤ[i]. Da a ein Primelement ist, folgt a|p_{ϱ} für ein ϱ ∈ {1, …, r}. Mit p := p_{ϱ} gilt daher a|p und p|(x^{2} + y^{2}).

Zusatz: Aus a|p in ℤ[i] folgt auch noch |a|^{2} = (x^{2} + y^{2})|p^{2} in ℤ. Also ist |a|^{2} = p oder |a|^{2} = p^{2}.

(b)”⇒“: Ist p = x^{2} + y^{2} für gewisse x, y ∈ ℤ, so folgt x^{2} ≡ 0 oder 1 mod 4 und y^{2} ≡ 0 oder 1 mod 4. Daher ist p = x^{2} + y^{2} ≡ 0, 1 oder 2 mod 4. Mit anderen Worten, es gilt p ≢ 3 mod 4. Ferner gilt dann

p = (x + iy)(x − iy) ,

und x + iy bzw. x − iy haben den komplexen Betrag \sqrt{p}. Nach obigem Lemma handelt es sich um Primelemente von ℤ[i].

”⇐“: Im Falle p ≠ 2 ist die bereits in der Vorlesung bewiesen worden. Im Falle p = 2 gilt p = 1^{2} + 1^{2}.

(c) Wir unterscheiden drei Fälle. (Bemerkung: Die Begriffe ”irreduzibel“ und ”Primelement“ sind im faktoriellen Ring ℤ[i] gleichbedeutend.)

• Fall p = 2. Dann ist p = (1 + i)(1 − i), also nicht irreduzibel.

• Fall p ≡ 1 mod 4. Dann zerfällt p in ein Produkt zweier Primelemente nach (b). Also ist p nicht irreduzibel.

• Fall p ≡ 3 mod 4. Wir nehmen an, p wäre nicht irreduzibel in ℤ[i]. Also gilt p = πσ mit gewissen π, σ ∈ ℤ[i], welche keine Einheiten sind. Es folgt |π| > 1 und |σ| > 1. Es wird

p^{2} = |π|^{2} · |σ|^{2} ,

und daher |π|^{2} = |σ|^{2} = p. Wir schreiben π = x + iy für gewisse x, y ∈ ℤ und haben also

p = π · π̄ = x^{2} + y^{2} ,

im Widerspruch zur in der Vorlesung bewiesenen Tatsache, daß Primzahlen ≡ 3 mod 4 nicht Summe zweier Quadrate sind.

(d) (i) Nach Teil (c) und dem obigen Lemma sind alle angegebenen Elemente

der Menge P in der Tat Primelemente von ℤ[i]. (ii) Wegen (ℤ[i])^{×} = {±1, ±i} sind sie auch paarweise nicht assoziiert. (iii) Es bleibt zu zeigen, daß jedes Primelement von ℤ[i] zu einem Element

von P assoziiert ist. Es sei also a = x + iy ein Primelement von ℤ[i]. Nach (a) gibt es eine Primzahl p ∈ ℤ so, daß a|p und p|(x^{2} + y^{2}) gilt. Nach dem Zusatz in (a) folgt außerdem x^{2} + y^{2} = p oder x^{2} + y^{2} = p^{2}. Wir unterscheiden diese beiden Fälle.

• Fall x^{2} + y^{2} = p. Also gilt auch x, y ≠ 0. Nach (b) folgt p = 2 oder p ≡ 1 mod 4. Im Falle p = 2 ist a·ā = (1+i)(1−i), und diese sind nach dem Lemma allesamt Primelemente. Wegen 1 + i ∼ 1 − i und der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung folgt a ∼ 1 + i. Im Falle p ≡ 1 mod kann man a mit einer Einheit ± oder ±i multiplizieren, so daß o.B.d.A. x ≥ |y| > 0 gilt. Der Fall x = |y| ist jedoch ausgeschlossen, da sonst p = 2x^{2} gerade wäre. Also ist x > |y| > 0.

• Fall x^{2}+y^{2} = p^{2}. Mit a ist auch ā ein Primelement, denn die komplexe Konjugation stellt einen Ringautomorphismus von ℤ[i] dar. Also folgt aus a · ā = p sogleich a|p und ā|p. Daher gibt es r, s ∈ ℤ[i] so, daß ar = p = ās. Es folgt

p^{2} = arās = p^{2}rs ,

und daher rs = 1, d.h. r, s ∈ ℤ[i]. Folglich gilt a ∼ p, und nach (c) folgt p ≡ 3 mod 4.

(e) Indem wir zunächst die Primfaktorzerlegung in ℤ bestimmen und dann Teil (b) zur weiteren Faktorisierung verwenden, erhalten wir

\begin{aligned}1258 & = & 2 · 17 · 37 = (1^{2} + 1^{2})(4^{2} + 1^{2})(6^{2} + 1^{2}) \\ & = & (1 + i)(1 − i)(4 + i)(4 − i)(6 + i)(6 − i) . \end{aligned}

Nach (b) bzw. (d) sind dies jeweils Primelemente. Im Falle von 5 + 7i bestimmen wir zunächst die Primfaktorzerlerung von |5 + 7i|^{2} zu

\begin{aligned}(5 + 7i)(5 − 7i) & = & 25 + 49 = 74 = 2 · 37 \\ & = & (1 + i)(1 − i)(6 + i)(6 − i) . \end{aligned}

Wegen 1 + i ∼ 1 − i muß 1 + i ein Teiler von 5 + 7i sein (man kann alternativ auch einen der vier möglichen Faktoren erraten). Es wird

\frac{5 + 7i}{1 + i} = \frac{(5 + 7i)(1 − i)}{2} = 6 + i ,

d.h. es gilt

5 + 7i = (1 + i)(6 + i) .

Aufgabe 3:

(a) Über einem Körper sind alle Polynome vom Grade 0 nicht irreduzibel (da sie 0 oder Einheiten sind), und alle Polynome vom Grade 1 sind irreduzibel. Ferner sind genau diejenigen Polynome vom Grade 2 oder 3 irreduzibel, welche keine Nullstelle in jenem Körper haben. (Vorsicht! Dieses Kriterium gilt nur für Polynome vom Grade 2 und 3.) Die Nullstellenfreiheit in 𝔽_{3} überprüft man durch Einsetzen von 0, 1 und 2 (, wobei man anstelle von 2 auch −1 schreiben kann). Es genügt, zuerst die normierten Polynome anzugeben. Sämtliche irreduziblen Polynome erhält man dann, indem man diese mit 2 (der einzigen Einheit ≠ 1) mutlipliziert. Damit ergibt sich folgende Liste der irreduziblen Polynome in 𝔽_{3}[X] vom Grade ≤ 3.

X, X + 1, X + 2,
2X, 2X + 2, 2X + 1,
X^{2} + 1, X^{2} + X + 2, X^{2} + 2X + 2,
2X^{2} + 2, 2X^{2} + 2X + 1, 2X^{2} + X + 1
X^{3} + 2X + 1, X^{3} + 2X + 2,
X^{3} + X^{2} + 2, X^{3} + X^{2} + X + 2,
X^{3} + X^{2} + 2X + 1, X^{3} + 2X^{2} + 1,
X^{3} + 2X^{2} + X + 1, X^{3} + 2X^{2} + 2X + 2,
2X^{3} + X + 2, 2X^{3} + X + 1,
2X^{3} + 2X^{2} + 1, 2X^{3} + 2X^{2} + 2X + 1,
2X^{3} + 2X^{2} + X + 2, 2X^{3} + X^{2} + 2,
2X^{3} + X^{2} + 2X + 2, 2X^{3} + X^{2} + X + 1 .

(b) Es genügt zu zeigen, daß f irreduzibel in ℤ[X] ist. Wir betrachten die Reduktion modulo 3, d.h. den Ringhomomorphismus

ℤ[X] → 𝔽_{3}[X], f ↦ \overline{f} ,

welcher die Koeffizienten von f auf die zugehörigen Restklassen modulo 3 abbildet. Es gilt also

\overline{f} = X^{4} + 2X^{2} + 2X = X(X^{3} + 2X + 2)

in 𝔽_{3}[X]. Nach (a) ist dies die Primfaktorzerlegung von \overline{f}. Wir nehmen nun an, f wäre nicht irreduzibel. Dann gäbe es eine Faktorisierung f = gh mit normierten Polynonem g, h ∈ ℤ[X] vom Grade ≤ 3. Es folgt

\overline{f} = \overline{gh} = \overline{g} \overline{h} ,

und die Polynome \overline{g}, \overline{h} ∈ 𝔽_{3}[X] sind ebenfalls nomiert und vom selben Grade wie g bzw. h. Wegen der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung im faktoriellen Ring 𝔽_{3}[X] und obiger Primfaktorzerlegung von \overline{f} folgt also \overline{g} = X oder \overline{h} = X, d.h. deg g = 1 oder deg h = 1. Dann hätte f eine Nullstelle α in ℤ. Diese müßte dann ein Teiler von 3 sein wegen α^{4} − α^{2} + 2α + 3 = 0. Es gilt jedoch f(α) ≠ 0 für α = ±1, ±3. Dies ist ein Widerspruch, und die Annahme war falsch. Daher ist f irreduzibel in ℤ[X] und in ℚ[X].

(c) Der Ring 𝔽_{3}[X] ist euklidisch, d.h. ein Hauptidealring. Das Polynom g ist irreduzibel nach (a). Nach Vorlesung ist daher (g) ein maximales Ideal von 𝔽_{3}[X]. Folglich ist

K := 𝔽_{3}[X]/(g)

ein Körper. Wir bezeichnen dan kanonische Bild eines Polynoms f ∈ 𝔽_{3}[X] in K mit \overline{f}. In K gilt

h(\overline{X}) = \overline{X}^{3} − \overline{X} + \overline{1} = \overline{g} = \overline{0} = 0 .

Also ist \overline{X} eine Nullstelle von h. Polynomdivision ergibt

h = (Y − \overline{X})(Y^{2} + \overline{X}Y + \overline{X}^{2} − 1) .

Zur vollständigen Faktorisierung suchen wir also a, b ∈ K so, daß

(Y − a)(Y − b) = (Y^{2} + \overline{X}Y + \overline{X}^{2} − 1) ,

d.h. es soll ab = \overline{X}^{2} − 1 = (\overline{X} − 1)(\overline{X} + 1) und a + b = −\overline{X} gelten. Durch Raten ergibt sich a = \overline{X} − 1 und b = \overline{X} + 1 und somit

h = (Y − \overline{X})(Y − \overline{X} + 1)(Y − \overline{X} − 1) .

Aufgabe 3:

(a) Das Polynom X^{4} + 6X + 10 ist irreduzibel in ℤ[X] und ℚ[X] nach Eisenstein, denn p := 2 teilt 6 und 10 aber nicht 1, und p^{2} teilt nicht 10.

(b) Das Polynom X^{3} + 1 hat die Nullstelle −1 in 𝔽_{5}. Also läßt sich ein linearer Faktor abspalten, und es ist es nicht irreduzibel in 𝔽_{5}[X].

(c) Das Polynom X^{3} − X + 1 hat keine Nullstelle in 𝔽_{2}. Da es vom Grade 2 oder 3 ist, ist es daher irreduzibel in 𝔽_{2}[X].

(d) Wir betrachten X^{3}−XY −Y ∈ ℂ[X, Y] = ℂ[Y][X] als Polynom in X über dem faktoriellen Ring ℂ[Y]. Das Element Y ∈ ℂ[Y] ist ein Polynom vom Grade 1, also irreduzibel in ℂ[Y]. Dann folgt die Irreduzibilität nach Eisenstein, denn Y teilt alle Koeffizienten außer dem führenden, und Y^{2} teilt nicht den niedrigsten Koeffizienten.