\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\begin{document}

\title{Lineare Algebra II: Übungsblatt 2}
\author{Dominik Daniel, Christian Merten}

\punkte[8]

\begin{aufgabe}
    Seien $I, J, K$ Ideale im Ring $R$.
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $I (J + K) = IJ + IK$.
            \begin{proof}
                ,,$\subseteq$'': Sei $r \in I (J + K)$. Dann ex. $a_1, \ldots, a_n \in I$,
                $b_1, \ldots, b_n \in (J + K)$ und
                $\forall b_i: \exists c_i \in J, d_i \in K$, s.d.
                \[
                    r = \sum_{i=1}^{n} a_i b_i = \sum_{i=1}^{n} a_i (c_i + d_i)
                    = \sum_{i=1}^{n} (a_i c_i + a_i d_i)
                    = \underbrace{\sum_{i=1}^{n} a_i c_i}_{ \in IJ} +
                    \underbrace{\sum_{i=1}^{n} a_i c_i}_{\in IK } \in IJ + IK
                .\] 
                ,,$\supseteq$'': Wegen $J, K$ Ideale gilt $0 \in J$, $0 \in K$, d.h.
                $IJ = I (J + (0)) \subseteq I (J + K)$ und $IK \subseteq I ((0) + K) \subseteq I (J + K)$.
                Da $I (J + K)$ Ideal, folgt $IJ + IK \subseteq I (J + K)$.
            \end{proof}
        \item Beh.: $(I \cap J)(I + J) \subseteq IJ \subseteq I \cap J$.
            \begin{proof}
                Sei $r \in (I \cap J)(I + J)$. Dann ex.
                $a_1, \ldots, a_n \in I \cap J$, $c_1, \ldots, c_n \in I$ und
                $d_1, \ldots, d_n \in J$ s.d.
                \[
                    r = \sum_{i=1}^{n} a_i (c_i + d_i)
                    = \sum_{i=1}^{n} (a_i c_i + c_i d_i + a_i d_i - c_i d_i)
                    = \underbrace{\sum_{i=1}^{n} c_i ( a_i + d_i)}_{\in IJ}
                    + \underbrace{\sum_{i=1}^{n} d_i (a_i - c_i)}_{\in IJ} \in IJ
                .\] Also folgt $(I \cap J)(I + J) \subseteq IJ$.

                Sei nun $r \in IJ$. Dann ex. $a_1, \ldots, a_n \in I$ und $b_1, \ldots, b_n \in J$ mit
                \[
                    r = \sum_{i=1}^{n} a_i b_i
                .\] Wegen $a_i \in I$ und $I$ Ideal, ist $a_i b_i \in I$ und wegen
                $b_i \in J$ und $J$ Ideal, ist $a_i b_i \in J$, also $r \in I \cap J$.
                Damit folgt $IJ \subseteq I \cap J$ und die Behauptung.
            \end{proof}
        \item Beh.: Ist $I + J = (1)$, dann ist $I \cap J = IJ$.
            \begin{proof}
                Es sei $I + J = (1)$. Mit (b) folgt bereits $IJ \subseteq I \cap J$.
                
                Außerdem folgt mit (b): $(I \cap J)(I + J) = (I \cap J)(1) \subseteq IJ$.
                Bleibt zu zeigen: $I \cap J \subseteq (I \cap J)(1)$. Sei dazu $r \in I \cap J$. Dann
                ist $r = r \cdot 1 \in (I \cap J)(1)$. Damit folgt
                $I \cap J \subseteq IJ$ und die Behauptung.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Beh.: Er füttert und badet die Python vom Mittwoch dieser Woche in sieben Tagen am selben Tag.
    \begin{proof}
        Zunächst ist die Fütterung durch $\Z / 4 \Z$ und das Baden durch $\Z / 7 \Z$ modelliert.
        Weiter sind $4 \Z$ und $7 \Z$ wegen $2 \cdot 4 - 7 = 1$ relativ prim.

        Außerdem ist $4 \Z \cap 7 \Z \supseteq 28 \Z$, denn: $28 = 4 \cdot 7 \in 4 \Z \cap 7 \Z$.
        Weiter ist $4 \Z \cap 7 \Z \subseteq 28 \Z$, denn: $\forall r \in 28\Z$ gilt
        $4  \mid r$ und $7  \mid r \implies r \in 4 \Z \cap 7 \Z$.

        Mit dem chinesischen Restsatz folgt damit:
        \[
            \Z / 28 \Z \stackrel{\sim }{=} \Z / 4 \Z \times \Z / 7 \Z
        .\] Startzeitpunkt Mittwoch ist $(\overline{1}, \overline{0}) \in \Z / 4 \Z \times  \Z / 7 \Z$.
        Nach dem chinesischen Restsatz existiert auch die Abbildung
        \[
        \varphi \colon \Z \to \Z / 4 \Z \times \Z / 7 \Z
    .\] Es ist $\varphi(21) = (\overline{1}, \overline{0})$, da $21 \equiv 1$ $(\text{mod } 4)$
    und $21 \equiv 0$ $(\text{mod } 7)$. Also ist in 7 Tagen, ausgehend von Mittwoch dieser Woche:
    \[
        \varphi(21 + 7) = \varphi(28) = (\overline{0}, \overline{0})
    .\]
    Also wird die Python an diesem Tag sowohl gebadet, als auch gefüttert.
    \end{proof}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Sei $\Z[\sqrt{-3}] := \{a + b \sqrt{-3}  \mid a, b \in \Z\} \subset \mathbb{C}$ und
    $\delta \colon \Z[\sqrt{-3} ] \to \N_0$, $a + b \sqrt{-3} \mapsto a^2 + 3b^2$.
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $\delta(1) = 1$ und $\delta (x\cdot y) = \delta (x) \cdot \delta (y)$
            $\forall x, y \in \Z[\sqrt{-3}] $
            \begin{proof}
                Es gilt $\delta (1) = 1^2 = 1$.

                Seien $x, y \in \Z[\sqrt{-3} ]$ mit $x = a + \sqrt{-3} b$ und $y = c + \sqrt{-3}d$.
                Dann folgt:
                \begin{align*}
                    \delta (x \cdot y) &= \delta (ac - 3bd + \sqrt{-3} (bc + ad)) \\
                    &= a^2c^2 - 6bdac + 9b^2d^2 + 3(b^2c^2 + 2bdac + a^2d^2) \\
                    &= a^2 c^2 + 9b^2d^2 + 3b^2c^2 + 3 a^2d^2 \\
                    &= (a^2 + 3b^2) (c^2 + 3d^2) \\
                    &= \delta (a + \sqrt{-3} b) \cdot \delta (c + \sqrt{-3} d) \\
                    &= \delta (x) \cdot \delta (y)
                .\end{align*}
            \end{proof}
        \item Beh.: $\Z[\sqrt{-3}]^{\times } = \{ x \in \Z[\sqrt{-3}]  \mid \delta (x) = 1\} = \{\pm 1\} $
            \begin{proof}
                Zunächst gilt: $\{\pm 1\} \subseteq \{ x \in \Z[\sqrt{-3} ]  \mid  \delta (x) = 1\} $, denn
                $\delta (1) = 1 = \delta (-1)$.

                Sei nun $x \in \Z[-3]$ mit $\delta (x) = 1$. Dann ex. $a, b \in \Z$ mit
                $x = a + \sqrt{-3} b$. Damit folgt
                \[
                    \delta (x) = \underbrace{a^2}_{\ge 0} + \underbrace{3b^2}_{\ge 0} = 1
                .\] Ang. $b \neq 0$, dann ist $b^2 \ge 1 \implies 3b^2 \ge 3 \implies \delta (x) \ge 3$
                $\contr$. Also ist $b = 0 \implies a^2 = 1 \implies x \in \{\pm 1\}$.
                Damit gilt $\{x \in \Z[\sqrt{-3} ]  \mid \delta (x) = 1\} = \{\pm 1\} $.

                Sei nun $x \in \Z[\sqrt{-3}]^{\times }$. Dann ex. $y \in \Z[\sqrt{-3}]$ mit
                $xy = 1 \implies \delta (xy) = \delta (x) \delta (y) = 1$. Wegen
                $\delta (x), \delta (y) \in \N_0 \implies \delta(x) = 1$.
                Also
                $\Z[\sqrt{-3}]^{\times} \subseteq \{x \in \Z[\sqrt{-3} ]  \mid \delta (x) = 1\} = \{\pm 1\} $.

                Offensichtlich ist $1 \cdot 1 = (-1) \cdot (-1) = 1$, also
                $\{\pm 1\} \subseteq \Z[\sqrt{-3}]^{\times }$. Damit folgt die Beh.
            \end{proof}
        \item Beh.: $\delta^{-1}(2) = \emptyset$.
            \begin{proof}
                Ang. es ex. ein $x \in \Z[\sqrt{-3} ]$ mit $\delta (x) = 2$. Dann ex. $a, b \in \Z$
                mit $x = a + \sqrt{-3} b$. Dann folgt $\delta (x) = a^2 + 3b^2 = 2$.
                
                Ang.: $b \neq 0 \implies b^2 \ge 1 \implies 3b^2 \ge 3$.
                Wegen $a^2 \ge 0 \implies \delta (x) \ge 3$ $\contr$. Also $b = 0$.

                Damit folgt $a^2 = 2$, aber $a \in \Z$ $\contr$.
            \end{proof}

            Beh.: $\pm 2$ und $\pm (1 \pm \sqrt{-3})$ sind irreduzibel.
            \begin{proof}
                Es gilt zunächst $\delta (2) = \delta (1 \pm \sqrt{-3}) = 4$.

                Seien $x, y \in R$ mit $xy = 2$. Dann folgt
                $\delta (x) \cdot \delta (y) = \delta (xy) = \delta (2) = 4$. Da aber
                $\delta (a) \in \N_0$ $\forall a \in \Z[\sqrt{-3}]$, folgt, dass $\delta (2) = 4$ nur
                als $\delta (2) = 2 \cdot 2$ oder $\delta (2) = 4 \cdot 1$ darstellbar ist.

                Wegen $\delta^{-1}(2) = \emptyset$, folgt, dass entweder $\delta (x) = 1$ oder $\delta (y) = 1$
                ist. Wegen (b) folgt damit, dass $x \in \Z[\sqrt{-3} ]^{\times }$ oder
                $y \in \Z[\sqrt{-3}]^{\times }$.

                Für $1 \pm \sqrt{-3} $ analog.

                Da $2 \; \widehat{=} -2$ und
                $1 \pm \sqrt{-3} \;\widehat{=} -(1 \pm \sqrt{-3})$, folgt die Behauptung.
            \end{proof}

            \newpage
            Beh.: $2$ ist kein Primelement in $\Z[\sqrt{-3} ]$.
            \begin{proof}
                Es gilt $2 \mid 4 = (1 + \sqrt{-3})(1 - \sqrt{-3})$. Aber
                $2 \nmid (1 \pm \sqrt{-3})$, da $1 \pm \sqrt{-3} $ irreduzibel und $2 \neq \pm 1$ und
                $2 \neq 1 \pm \sqrt{-3}$.
                Also ist $2$ kein Primelement.
            \end{proof}
        \item Beh.: $\text{GGT}(4, 2+2\sqrt{-3}) = \emptyset$.

            Notation: $T := $ gemeinsame Teiler von $4$ und $2 + 2\sqrt{-3} $.
            \begin{proof}
                Es ist
                \[
                    \text{GGT}(4, 2 + 2\sqrt{-3} ) \subseteq T
                .\] 
                Weiter ist $\delta (4) = \delta (2 + 2 \sqrt{-3}) = 16$. Sei $b \in \Z[\sqrt{-3}]$
                Teiler von $a \in \Z[\sqrt{-3}]$ mit $\delta(a) = 16$. Dann ex.
                $c \in \Z[\sqrt{-3}]$ s.d. $a = bc$. Dann gilt
                $\delta(a) = \delta (bc) = \delta (b) \cdot \delta (c) = 16$. Wegen
                $\delta (b) \in \N_0 \implies \delta (b) \in \{1, 2, 4, 8, 16\}$. Wegen
                $\delta^{-1}(2) = \emptyset$ und $2 \cdot 8 = 16 \implies \delta(b) \in \{1, 4, 16\} $.

                Es lässt sich nachrechnen, dass
                \begin{align*}
                    \delta^{-1}(1) &= \{\pm 1 \} \\
                    \delta^{-1}(4) &= \{\pm 2, \pm (1 \pm \sqrt{-3}) \} \\
                    \delta ^{-1}(16) &= \{\pm 4, \pm (2 \pm 2\sqrt{-3}) \} 
                .\end{align*}
                Damit folgt, dass für die gemeinsamen Teiler
                gilt:
                \[
                    T \subseteq \{\pm 1, \pm 2, \pm (1 \pm \sqrt{-3}), \pm 4, \pm (2 \pm 2\sqrt{-3})\} 
                .\] 
                Es gilt weiter $4 \nmid (2 \pm 2\sqrt{-3})$, da $\forall a, b \in \Z$ gilt:
                \[
                    4 (a + \sqrt{-3} b) = \underbrace{4a}_{\neq 2} + 4 b \sqrt{-3} \neq 2 \pm 2 \sqrt{-3} 
                .\] Da $-4$ bzw. $- (2 \pm \sqrt{-3})$ assoziierte zu $4$ bzw. $2 \pm \sqrt{-3} $ sind,
                folgt $\pm 4 \nmid \pm (2 \pm 2 \sqrt{-3})$.

                Außerdem gilt $(2 \pm 2 \sqrt{-3}) \nmid 4$, da, ang. es ex. $a, b \in \Z$ mit:
                \[
                    4 = (2 \pm 2 \sqrt{-3} ) (a + \sqrt{-3} b)
                    = \underbrace{2a \mp 6b}_{=4} + \sqrt{-3} (\underbrace{2b \pm 2a}_{= 0})
                    \implies 2a = \mp 2b \implies \mp \underbrace{8b}_{\in \Z} = 4 \quad \contr
                .\] Analog folgt wieder $\pm (2 \pm 2 \sqrt{-3}) \nmid \pm 4$.
                Damit folgt $\pm 4$, $\pm (2 \pm 2 \sqrt{-3})$ sind
                keine gemeinsamen Teiler von $2$ und $2 + 2 \sqrt{-3}$, d.h.
                $\pm 4$, $\pm (2 \pm 2 \sqrt{-3}) \not\in \text{GGT}(4, 2 + 2 \sqrt{-3})$.

                Es folgt also
                \[
                    T \subseteq \{ \pm 1, \pm 2, \pm (1 \pm \sqrt{-3})\}
                .\]
                Wegen $4 = 2 \cdot 2 = (1 + \sqrt{-3}) (1 - \sqrt{-3})$ und
                $2 + 2 \sqrt{-3} = 2 \cdot (1 + \sqrt{-3})$, sind $2$
                und $1 + \sqrt{-3} $ gemeinsame Teiler:
                \[
                    \{ 2, 1 + \sqrt{-3}\} \subseteq T \subseteq \{ \pm 1, \pm 2, \pm (1 \pm \sqrt{-3})\} 
                .\] 

                Da $2, 1 + \sqrt{-3} \not\in \Z[\sqrt{-3}]^{\times }$, folgt
                $2 \nmid \pm 1, (1 + \sqrt{-3}) \nmid \pm 1$. Also folgt
                $\pm 1 \not\in \text{GGT}(4, 2+2\sqrt{-3}$.
                
                Wegen
                $2$ und $1 + \sqrt{-3}$ ungleich, keine Einheiten und irreduzibel, folgt
                $2 \nmid \pm (1 \pm \sqrt{-3})$ und $(1 + \sqrt{-3}) \nmid \pm 2$. Also
                ist $\pm 2, \pm (1 \pm \sqrt{-3}) \not\in \text{GGT}(4, 2 + 2\sqrt{-3})$.

                Damit folgt die Behauptung.
            \end{proof}
        \item Beh.: $\Z[\sqrt{-3}]$ ist nicht faktoriell.
            \begin{proof}
                Es ist $2$ und $1 \pm \sqrt{-3}$ irreduzibel. Damit folgt
                \[
                    4 = 2 \cdot 2 = (1 + \sqrt{-3})(1 - \sqrt{-3})
                .\] Damit hat $4$ keine, bis auf Assoziiertheit und Reihenfolge
                eindeutige Zerlegung in irreduzible Elemente. Also folgt die Behauptung.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\newpage
\begin{aufgabe}
    Sei $R$ ein Ring.
    Beh.: $R$ ist noethersch $\iff$ Jedes Ideal in $R$ ist endlich erzeugt.
    \begin{proof}
        ,,$\implies$'': Sei R noethersch und $I \subseteq R$ ein Ideal.
        Dann konstruiere induktiv eine Folge von Idealen $(I_{j})_{j \in \N}$.
        Dazu sei $a_1 \in I$. Setze $I_1 := (a_1)$.
        
        Seien $I_1$ bis $I_j$ bereits konstruiert. Dann sei $a_{j+1} \in I$ mit
        $a_{j+1} \not\in I_j$. Falls kein $a_{j+1}$ mit solcher Eigenschaft existiert, folgt
        mit $I = (a_1, \ldots, a_j)$ die Behauptung. Sonst setze $I_{j+1} := (a_1, \ldots, a_j, a_{j+1})$.
        Dafür gilt nach Konstruktion: $I_j \subseteq I_{j+1} \subseteq I$.

        So ensteht eine aufsteigende Kette von Idealen in $R$. Da $R$ noethersch, ex. $n \in \N$ mit
        $I_j = I_n$ $\forall j \ge n$. Für $I_n$ gilt damit $I_n = (a_1, \ldots, a_n) = I$, also
        ist $I$ endlich erzeugt.

        ,,$\impliedby$'': Sei jedes Ideal in $R$ endlich erzeugt und $I_1 \subseteq I_2 \subseteq \ldots$
        aufsteigende Kette von Idealen. Dann setze
        \[
        J := \bigcup_{k\ge 1} I_k
        .\] Zunächst gilt $J$ ist Ideal in $R$, da
        \begin{enumerate}[label=(I\arabic*)]
            \item $0 \in I_k$ $\forall k \ge 1 \implies 0 \in J$
            \item Seien $a, b \in J \implies \exists k, l \in \N$ mit $a \in I_k$ und $b \in I_l$.
                O.E. sei $k \ge l$. Dann ist $I_l \subseteq I_k \implies a, b \in I_k$. Da
                $I_k$ Ideal, folgt $a + b \in I_k \implies a + b \in J$.
            \item Sei $a \in J$, $r \in R \implies \exists k \in  \N$ mit $a \in I_k$.
                Da $I_k$ Ideal, folgt $r \cdot a \in I_k \implies r \cdot a \in J$.
        \end{enumerate}

        Da jedes Ideal in $R$ endlich erzeugt ist, ex. $a_1, \ldots, a_k \in R$ mit
        $J = (a_1, \ldots, a_k)$. Also ist $a_1, \ldots, a_k \in J$. Damit ex. $n \in \N$ mit
        $a_1, \ldots, a_k \in I_n$. Also ist
        $(a_1, \ldots, a_n) \subseteq I_n \subseteq J = (a_1, \ldots, a_n)$.
        Dann folgt $I_n = J$, also gilt $\forall k \ge n$: $I_k = I_n$. Damit ist
        $R$ noethersch.
    \end{proof}
\end{aufgabe}

\end{document}
