\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}