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

\title{Algebra 1: Übungsblatt 2}
\author{Lukas Nullmeier, Christian Merten}

\begin{document}

\punkte

\begin{aufgabe}[]
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Sei $d \in \Z$. Beh.: $\Z[\sqrt{d}]$ ist der kleinste Unterring von $\mathbb{C}$, der $\sqrt{d} $ enthält.
            \begin{proof}
                Durch Nachrechnen ist sofort offensichtlich, dass $\Z[\sqrt{d}]$ ein Unterring ist, der $\sqrt{d} $ enthält. Sei nun
                $R \subseteq \mathbb{C}$ ein Unterring mit $\sqrt{d} \in R$. Dann ist
                $\Z \ni 1 \in R$, da $R$ Unterring, d.h. durch Addition der $1$ folgt
                $\Z \subseteq R$. Sei nun $x \in \Z[\sqrt{d}]$. Dann ex. $a, b \in \Z$ mit
                $x = a + b\sqrt{d}$. Da $a, b, \sqrt{d} \in R$ folgt, da $R$ Unterring, dass auch
                $x \in R$, also $\Z[\sqrt{d}] \subseteq R$.
            \end{proof}
        \item Sei $d = -5$. Beh.: $N$ ist multiplikativ.
            \begin{proof}
                Seien $x, y \in \Z[\sqrt{-5}]$. Dann ex. $a, b, e, f \in \Z$, s.d.
                $x = a + b \sqrt{-5} $ und $y = e + f \sqrt{-5} $. Damit folgt direkt
                \begin{salign*}
                    N(xy) &= N(ae - 5bf + (af + be)\sqrt{-5} ) \\
                    &= (ae-5bf)^2 + 5(af + be)^2 \\
                    &= a^2e^2 + 25 b^2f^2 + 5 a^2f^2 + 5 b^2e^2 \\
                    &= (a^2 + 5b^2) (e^2 + 5f^2) \\
                    &= N(x)N(y)
                .\end{salign*}
            \end{proof}
            Beh.: Für $u \in \Z[\sqrt{-5}]$ gilt $u \in \Z[\sqrt{-5}]^{x} \iff N(u) =1$.
            \begin{proof}
                Sei $u \in \Z[\sqrt{-5}]$. ,,$\implies$'': Sei $u \in \Z[\sqrt{-5}]^{\times }$. Dann
                ex. $v \in \Z[\sqrt{-5}]$, s.d. $uv = 1$. Damit folgt
                wegen $N$ multiplikativ
                \[
                    1 = N(1) = N(uv) = \underbrace{N(u)}_{\in \Z_{\ge 0}} \underbrace{N(v)}_{\in \Z_{\ge 0}}
                .\] Es folgt also $N(u) = 1$.

                ,,$\impliedby$'': Sei $N(u) = 1$. Es ex. $a, b \in \Z$, s.d. $u = a + b \sqrt{-5} $. Wegen
                \[
                    1 = N(u) = N(a + b\sqrt{-5}) = a^2 + 5 b^2
                \] folgt $b = 0$ und damit $a^2 = 1$, also $u = a$ mit $u^2 = 1$, also $u \in \Z[\sqrt{-5}]^{\times }$.
            \end{proof}
            Beh.: $\Z[\sqrt{-5}]^{\times } = \{\pm 1\} $.
            \begin{proof}
                Sei $u \in \Z[\sqrt{-5}]$ mit $u = a + b\sqrt{-5} $ für $a, b \in \Z$. Dann ist
                \begin{align*}
                    N(u) = 1 &\iff a^2 + 5b^2 = 1 \\
                             &\iff a^2 = 1 \land b = 0 \\
                             &\iff a \in \{\pm 1\} \land b = 0 \\
                             &\iff u \in \{\pm 1\} 
                .\end{align*}
                Damit folgt die Behauptung mit der Vorüberlegung.
            \end{proof}
        \item Beh.: $2 \in \Z[\sqrt{-5}]$ ist irreduzibel.
            \begin{proof}
                Ang.: $\exists x, y \in \Z[\sqrt{-5}]$, s.d. $2 = xy$ mit
                $x, y \not\in \Z[\sqrt{-5}]^{\times }$. Dann folgt
                \[
                    4 = N(2) = N(xy) = N(x) N(y)
                .\] Da $4 \neq 0 \implies N(x), N(y) \in \N$ und wegen $x, y \not\in \Z[\sqrt{-5}]^{\times }$,
                ist $N(x), N(y) \neq 1$, also $N(x) = N(y) = 2$. Das heißt
                es ex. $a, b \in \Z$, s.d $N(a + b\sqrt{-5}) = 2$. Dann
                folgt $a^2 + 5b^2 = 2$, also $b = 0$ (sonst $a^2 + 5b^2 \ge 5 > 2$). Damit
                ist $a^2 = 2 \implies \sqrt{2} \in \Z$ $\contr$.
            \end{proof}
            Beh.: $\Z[\sqrt{-5}]$ nicht faktoriell.
            \begin{proof}
                Es gilt
                \[
                    2 \cdot 3 = 6 = (1+\sqrt{-5})(1-\sqrt{-5})
                .\] Aber $2, 3, 1+\sqrt{-5}, 1-\sqrt{-5} $ irreduzibel, also hat $6$ zwei
                verschiedene Darstellungen als Produkt von irreduziblen Elementen.
                Damit ist $\Z[\sqrt{-5}]$ nicht faktoriell.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Sei $(*):$ Für $R$ Ring, ex. ein $n \in \N_{\ge 2}$, s.d. $x^{n} = x$ für alle $x \in R$.
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: Endliche nullteilerfreie Ringe $R$ sind Körper.
            \begin{proof}
                Sei $R$ nullteilerfreier, endlicher Ring. Zunächst ist $R \neq 0$, da
                $R$ nullteilerfrei. Sei nun $x \in R \setminus \{0\} $. Dann betrachte
                $f_x\colon R \to R, y \mapsto xy$. Es ist $f_x$ injektiv, denn
                für $y_1, y_2 \in R$ folgt
                \[
                    f_x(y_1) = f_x(y_2) \implies xy_1 = xy_2
                    \qquad
                    \stackrel{R \text{ nullteilerfrei}, x\neq 0}{\implies}
                    \qquad
                    x(y_1 - y_2) = 0 \implies y_1 = y_2
                .\] Da $R$ endlich ist $f_x$ auch surjektiv, inbes. ex. ein $y \in R$, s.d
                $f_x(y) = 1 \implies xy = 1$, also $x \in R^{x}$. Insgesamt
                also $R^{x} = R \setminus \{ 0 \}$.
            \end{proof}
        \item Beh.: $R$ nullteilerfrei mit $(*)$ $\implies$ $R$ endlicher Körper.
            \begin{proof}
                Sei $x \in R \setminus \{0\} $. Wegen $n \ge 2$ ist $n-2 \ge 0$. Es gilt
                \[
                    x^{n} = x \implies x^{n-1} x = x
                .\] Da $x \neq 0$ und $R$ nullteilerfrei, folgt $x^{n-1} = 1$. Damit ist
                \[
                x^{n-2} x = 1 \implies x \in R^{x}
                .\] 
            \end{proof}
        \item Beh.: Jedes Primideal in $R$ mit $(*)$ ist maximal.
            \begin{proof}
                Sei $I \subsetneqq R$ Primideal. Dann sei $\overline{x} \in R / I$. Dann ist
                $\overline{x}^{n} = \overline{x^{n}} = \overline{x}$, wegen $(*)$.
                Da $I$ Primideal, ist
                $R / I$ nullteilerfrei mit Eigenschaft $(*)$. Mit (b) ist
                $R / I$ also Körper, also $I$ Maximalideal.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Zunächst sind Polynome vom Grad 1 immer irreduzibel über $\mathbb{F}_2[X]$, da $\mathbb{F}_2$
    nullteilerfrei und damit auch $\mathbb{F}_2[X]$ nullteilerfrei. Damit folgt für ein
    $f \in \mathbb{F}_2[X]$ mit $\text{deg}(f) = 1$ und $f = gh$ für $g, h \in \mathbb{F}_2$[X], dass
    \[
    1 = \text{deg}(f) = \text{deg}(gh) = \text{deg}(g)  + \text{deg}(h) 
    .\] Da $\text{deg}(f) = 1$ ist $g, h \neq 0$, also $\text{deg}(g), \text{deg}(h)  \ge 0$ und
    damit $\text{deg}(g) = 0$ oder $\text{deg}(h)  = 0$. Da $\mathbb{F}_2$ Körper ist damit
    $g \in \mathbb{F}_2[X]^{\times }$ oder $h \in \mathbb{F}_2[X]^{\times }$, also $f$ irreduzibel.

    Da $\mathbb{F}_2$ Körper sind zudem alle Polynome vom Grad 0 Einheiten also nicht irreduzibel.

    Weiter ist $\# \mathbb{F}_2 = 2$, also existieren genau $2^{k}$ paarweise verschiedene Polynome
    vom Grad $k$, für $k \ge 0$. Da $\mathbb{F}_2$ Körper, ist $\mathbb{F}_2$ HIR, also faktoriell
    und nach Satz von Gauß ist auch $\mathbb{F}_2[X]$ faktoriell. Das heißt die irreduziblen
    Polynome sind diejenigen die nicht als Produkt von irreduziblen Polynomen enstehen.
    Damit sind also
    \begin{salign*}
        f_1 &\coloneqq X \\
    f_2 &\coloneqq X+1
    \intertext{
        alle Polynome vom Grad 1 und irreduzibel.
    Daraus entstehen als Produkte die Polynome}
        f_3 &\coloneqq X^2 = X \cdot X \\
        f_4 &\coloneqq X^2 + X = X (X+1) \\
        f_5 &\coloneqq X^2 + 1 = (X+1)^2 \\
        \intertext{Es bleibt als viertes Polynom vom Grad 2 nur}
        f_6 &\coloneqq X^2 + X + 1
        \intertext{das damit irreduzibel sein muss. Aus den irreduziblen Polynome vom Grad $\le 2$
        ergeben sich}
        f_7 &\coloneqq X^3 \\
        f_8 &\coloneqq X^3 + X^2 = X^2 (X+1) \\
        f_9 &\coloneqq X^3 + X^2 + X = X(X^2 + X +1) \\
        f_{10} &\coloneqq X^3 + X^2 + X + 1 = (X+1)^3 \\
        f_{11} &\coloneqq x^3 + X = X(X+1)^2 \\
        f_{12} &\coloneqq X^3 + 1 = (X^2 + X + 1)(X +1) \\
        \intertext{Damit bleiben als Polynome vom Grad 3 nur noch}
        f_{13} &\coloneqq X^3 + X^2 + 1 \\
        f_{14} &\coloneqq X^3 + X + 1
    \end{salign*}
    die damit irreduzibel sein müssen.
    Damit sind alle irreduziblen Polynome vom Grad $\le 3$ in $\mathbb{F}_2[X]$ gegeben als
    \[
        \{f_1, f_2, f_6, f_{13}, f_{14}\} 
    .\]
    Es existieren genau $2^{4} = 16$ Polynome vom Grad $4$ in $\mathbb{F}_2[X]$. Die reduziblen
    ergeben sich wieder als Produkte der irreduziblen Polynome vom Grad $\le 3$. Da sich
    die Grade bei Produktbildung addieren, treten folgende Kombinationen auf:
    \begin{salign*}
        \text{(i)} \qquad 4 &= 1 + 1 + 1 +1 \\
        \text{(ii)} \qquad 4 &= 1 + 1 + 2 \\
        \text{(iii)} \qquad 4 &= 1 + 3 \\
        \text{(iv)} \qquad 4 &= 2 + 2
    .\end{salign*}
    Die Anzahl der Kombinationen pro Fall ergibt sich durch Produktbildung der Möglichkeiten Polynome
    der entsprechenden Grade auszuwählen. Damit ergeben sich nach Ana I für (i) $\binom{2 + 4 - 1}{4} = 5$
    Kombinationen, für (ii): $1 \cdot \binom{2 + 3 - 1}{2} = 3$, für (iii): $2 \cdot 2$ und
    für (iv): $1 \cdot 1 = 1$ Kombinationen. In Summe also $5 + 3 + 4 + 1 = 13$ reduzible Polynome,
    also $16 - 13 = 3$ irreduzible Polynome vom Grad $4$.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item $f = \frac{(X-1)^{3}}{1} \in Q(\R[X]) \implies v_{X-1}(f) = 3$ und
            $g = \frac{1}{(X-1)^2} \in Q(\R[X]) \implies v_{X-1}(g) = -2$. Folgt direkt aus
            der Definition.
        \item $X^2 + 1$ ist irreduzibel über $\R$, da $X^2 + 1$ keine Nullstellen in $\R$ hat.
        \item $(2,X)$ ist kein Hauptideal in $\Z[X]$.
            \begin{proof}
                Ang. es ex. ein $f \in \Z[X]$ mit $(f) = (2,X)$, dann ex. $g \in \Z[X]$ mit
                $2 = fg$, da $\Z[X]$ nullteilerfrei, folgt mit Gradformel, dass $\text{deg}(f) = 0$, also
                $f \in \Z$. Außerdem ex. ein $h \in \Z[X]$ mit $X = f h$. Dann ist
                $e(X) = 1 = e(f) e(g)$, also $f \in \Z^{\times }$. Damit ist
                $(f) = (2,X) = (1) = \Z$. Insbesondere ist $1 \in (2, X)$, d.h. es ex. $h, g \in \Z[X]$
                mit
                \[
                1 = 2h + Xg
                .\] Es ist offensichtlich $h, g \neq 0$ also $\text{deg}(2h + Xg) \ge 1 > 0 = \text{deg}(1)$.
                $\contr$.
            \end{proof}
        \item $(X)$ in $\Z[X,Y]$. Es ist offensichtlich $(X) \subsetneqq (X,Y) \subsetneqq \Z[X, Y]$,
            denn $Y \not\in (X)$ und $1 \not\in \Z[X, Y]$. Da $X$ irreduzibel über $\Z[X, Y]$ und
            $\Z[X,Y]$ faktoriell ist $X$ auch Primelement also $(X)$ Primideal, aber kein Maximalideal.
        \item $R = \Z[X,Y]$ und $a = X$, $b = Y$. Es ist $\text{ggT}(X,Y) = 1$, da
            $X, Y$ prim aber $1 \not\in (X) + (Y)$, also $(X) + (Y) \neq (1)$.
        \item $K = Q(\Z / 2 \Z[X])$ ist Körper mit Charakteristik $2$, denn $\frac{\overline{1}}{\overline{1}}
            = 1 \in Q( \Z / 2 \Z[X])$ und damit
            \[
                1 + 1 = \frac{\overline{1}}{\overline{1}} + \frac{\overline{1}}{\overline{1}}
            = \frac{\overline{1} + \overline{1}}{\overline{1}} = \frac{\overline{0}}{\overline{1}}
            = 0 \in Q(\Z / 2 \Z[X])
        ,\] aber $Q(\Z / 2 \Z[X])$ unendlich, da $\Z / 2 \Z[X]$ Polynomring und hat damit unendlich viele
        Elemente, also auch $Q( \Z / 2 \Z [X])$.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item 
            \begin{figure}[h]
                \begin{tikzpicture}
                    \begin{axis}[ytick={1, 2, -1, -2}, yticklabels={$\sqrt{2}$, $2\sqrt{2}$, $-\sqrt{2}$,
                        $-2\sqrt{2} $},
                        grid=both, axis lines=middle,
                        grid style={line width=.1pt, draw=gray!10},
                        major grid style={line width=.2pt,draw=gray!50},
                        enlargelimits={abs=0.2},
                        xlabel=$\text{Re}(z)$,
                        ylabel=$\text{Im}(z)$
                        ]
                        \addplot[only marks, mark=x]
                            coordinates{ % plot 1 data set
                              (0, 0)
                              (0, 1)
                              (0, 2)
                              (0, -1)
                              (0, -2)
                              (1, 0)
                              (1, 1)
                              (1, 2)
                              (1, -0)
                              (1, -1)
                              (1, -2)
                              (2, 0)
                              (2, 1)
                              (2, 2)
                              (2, 0)
                              (2, -1)
                              (2, -2)
                              (-1, 0)
                              (-1, 1)
                              (-1, 2)
                              (-1, -0)
                              (-1, -1)
                              (-1, -2)
                              (-2, 0)
                              (-2, 1)
                              (-2, 2)
                              (-2, 0)
                              (-2, -1)
                              (-2, -2)
                              % more points...
                            };
                    \end{axis}
                \end{tikzpicture}
                \centering
                \caption{Ausschnitt von $\Z[\sqrt{-2}] \subseteq \mathbb{C}$ in der komplexen Ebene}
            \end{figure}
            Beh.: $\Z[\sqrt{-2}]$ euklidisch. Sei dazu
            $\text{rd}\colon \R \to  \Z$ die Rundungsfunktion. Bei zwei Möglichkeiten wähle die größere.
            Dann ist $\forall x \in \R\colon |x - \text{rd}(x)| \le \frac{1}{2}$.

            Schritt 1: Sei zunächst
            $z \in \mathbb{C}$ mit $z = c + id$ mit $c, d \in \R$. Dann wähle
            $a = \text{rd}(c)$ und $b = \text{rd}(d)$. Dann ist
            $a + b \sqrt{-2} \in \Z[\sqrt{-2}]$ und
            \begin{salign*}
                |z - (a + \sqrt{-2}b)| = |(c - a) + i \sqrt{2} (d -b)|
                = \sqrt{(c-a)^2 + 2(d-b)^2}
                = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{2}{4}} = \frac{\sqrt{3} }{2} < 1
            .\end{salign*}

            Schritt 2: $\Z[\sqrt{-2}]$ ist nullteilerfrei.

            Schritt 3: Seien nun $z, w \in \Z[\sqrt{-2}]$ mit $w \neq 0$. Dann ist $\frac{z}{w} \in C$ und es
            ex. nach Schritt 1
            ein $q \in \Z[\sqrt{-2}]$ mit $\left| \frac{z}{w} - q \right|\le \frac{\sqrt{3} }{2}$.
            Dann setze $r \coloneqq z - qw$. Dann gilt, da der komplexe Betrag multiplikativ ist:
            \[
                N(r) = N(z - qw) = |z - qw|^2 = |\frac{z}{w} - q|^2 |w|^2
                \le \frac{3}{4} N(w) < N(w)
            .\] Damit ist $\Z[\sqrt{-2}]$ euklidisch mit der Normfunktion $N$.
        \item Beh.: $\Z[\sqrt{-2}]^{\times } = \{\pm 1\} $
            \begin{proof}
                Es ist schnell nachgerechnet, dass $N$ multiplikativ ist. Wende dann das
                exakt selbe Argument wie in 1(b) an.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}
