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

\begin{document}

\author{Dominik Daniel, Christian Merten}
\title{Lineare Algebra II: Übungsblatt 1}

\punkte[4]

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh $(*)$.: $R$ nullteilerfrei $\implies \forall f, g \in R[t]$ gilt
            $\text{deg}(f\cdot g) = \text{deg}(f) + \text{deg}(g)$.
            \begin{proof}
                Seien $f, g \in R[t]$. Falls $f \neq 0$ und $g\neq 0$ folgt
                $\text{e}(f) \neq 0$ und $\text{e}(g) \neq 0$. Wegen $R$ nullteilerfrei
                folgt damit $\text{e}(f\cdot g) \neq 0$. Aus der Multiplikation von
                Polynomen folgt somit direkt $\text{deg}(f\cdot g) = f + g$.

                Falls $f = 0$ und/oder $g = 0$: O.B.d.A.: $f = 0$. Dann ist $f \cdot g = 0$. Damit
                \[
                    \text{deg}(f) + \text{deg}(g) = -\infty + \text{deg}(g) = -\infty = \text{deg}(0) = \text{deg}(f\cdot g) 
                .\] 
            \end{proof}
            Beh.: $R$ nullteilerfrei $\implies R[t]^{\times } = R^{\times }$
            \begin{proof}
                ,,$\subset $'': Sei $f \in R[t]^{\times }$. Dann ex. $g \in (R[t])^{\times}$ mit
                $f\cdot g = 1$. Dann folgt mit $(*)$:
                \[
                    0 = \text{deg}(1) = \text{deg}(f \cdot g) = \text{deg}(f) + \text{deg}(g) 
                .\]
                Wegen $R$ nullteilerfrei folgt $R \neq 0$ und damit $f, g \neq 0$. Damit folgt
                $\text{deg}(f) \in \N_0$ und $\text{deg}(g) \in \N_0$. Also ist
                \[
                \text{deg}(f) = \text{deg}(g) = 0
                .\] 
                Damit ex. $a, b \in R$ mit $f = a$, $g = b$ und $ab = 1$. D.h. $f = a \in R^{\times}$.

                ,,$\supset$'': Sei $a \in R^{\times}$. Dann ex. $b \in R^{\times }$ mit $ab = 1$.
                Es ist $a,b \in R[t] \implies a \in R[t]^{\times}$.
            \end{proof}
        \item $\Z / 4 \Z$ ist wegen $\overline{2} \cdot \overline{2} = \overline{4} = \overline{0}$ und
            $\overline{2} \neq 0$ nicht nullteilerfrei. Hier ist
            $\overline{1} + \overline{2}t \in (\Z / 4 \Z)^{\times }$, wegen
            \[
                (\overline{1} + \overline{2}t) (\overline{1} + \overline{2}t)
                = \overline{1} + \underbrace{\overline{4}t + \overline{4}t^2}_{= 0}
                = \overline{1}
            .\] Aber wegen $2 \neq 0$ ist $1 + \overline{2}t \not\in (\Z/4\Z)^{\times }$.
        \item Sei $R = \Z / 4 \Z$ und $f = \overline{2}t$. Dann ist wegen
            $f(\overline{2}) = \overline{4}t = \overline{0}$:
            \[
                \#\{r \in R | f(r) = 0\} = \#\{\overline{0}, \overline{2}\} = 2 > 1 = \text{deg}(f)
            .\] 
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $\varphi$ ist surjektiver Ringhomomorphismus.
            \begin{proof}
                Zunächst ist $\varphi(1) = 1$. Seien $f, g \in \R[t]$ beliebig. Dann gilt
                \begin{align*}
                    \varphi(f+g) &= (f+g)(i) = f(i) + g(i) = \varphi(f) + \varphi(g) \\
                    \varphi(f\cdot g) &= (f\cdot g)(i) = f(i) \cdot g(i) = \varphi(f) \cdot \varphi(g)
                .\end{align*}
                $\implies \varphi$ Ringhomomorphismus.

                Sei $z \in \mathbb{C}$ beliebig, dann ex. $a, b \in \R$ mit $z = a + ib$. Wähle nun
                $f := a + bt \in \R[t]$. Damit folgt $\varphi(f) = a + ib = z$.
                $\implies \varphi$ surjektiv.
            \end{proof}
        \item Beh.: $t^2 + 1 \in \text{ker } \varphi$ und $\forall f \in \R[t] \setminus \{0\} $
            mit $\text{deg}(f) < 2$ gilt $\varphi(f) \neq 0$.
            \begin{proof}
                $\varphi(t^2 + 1) = i^2 + 1 = -1 + 1 = 0 \implies t^2 + 1 \in \text{ker } \varphi$.

                Sei $f \in \R[t]$ mit $\text{deg}(f) < 2$. Dann ex. $a, b \in \R$ mit
                $f = a + bt$. Damit folgt $\varphi(f) = a + ib$. Falls $b \neq 0$ dann
                ist $ib \not\in \R \implies -a \neq ib \implies \varphi(f) \neq 0$.\\
                Falls $b = 0$, dann ist wegen $f \neq 0$: $\varphi(f) = a \neq 0$.
            \end{proof}
        \item Beh.: $\text{ker } \varphi = (t^2 + 1)$.
            \begin{proof}
                ,,$\subset$'': Sei $f \in \text{ker } \varphi$. Teile $f$ durch $t^2 + 1$ mit Rest.
                Dann ex. $g, h \in \R[t]$ mit
                \[
                    f = g \cdot (t^2+1) + h \qquad \text{deg}(h) < \text{deg}(t^2 + 1) = 2
                .\] Wegen $\varphi(f) = 0$ und $\varphi$ Ringhomomorphismus folgt
                \[
                    \varphi(f) = \varphi(g) \varphi(i^2+1) + \varphi(h) \stackrel{(b)}{=} \varphi(h) = 0
                .\] Wegen $\varphi(h) = 0$, $\text{deg}(h) < 2$ und (b) folgt also $h = 0$.
                Damit ist $f = g \cdot (t^2 + 1) \in (t^2+1)$.

                ,,$\supset$'': Sei $f \in (t^2+1)$. Dann ex. $g \in \R[t]$ mit $f = g\cdot(t^2+1)$. Damit
                folgt $\varphi(f) = \varphi(g) \varphi(t^2+1) \stackrel{(b)}{=} 0 \implies f \in \text{ker } \varphi$.
            \end{proof}
        \item Beh.: $\R[t] / (t^2+1) \stackrel{\sim}{=} \mathbb{C}$ und $(t^2+1) \subset \R[t]$ ist
            maximales Ideal.

            \begin{proof}
                Folgt mit $\text{ker } \varphi = (t^2+1)$ und $\varphi$ surjektiv, also
                $\text{im } \varphi = \mathbb{C}$ aus dem Homomorphiesatz.

                Damit ist $\R[t] / (t^2+1)$ isomorph zum Körper $\mathbb{C}$, damit selbst ein
                Körper. Damit folgt mit Bem. 1.23, dass $(t^2+1)$ ein maximales Ideal ist.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}[]
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $\sqrt{I} $ ist ein Ideal in R mit $I \subset \sqrt{I} $.
            \begin{proof}
                $r \in I \implies r^{1} \in I \implies r \in \sqrt{I} \implies I \subset \sqrt{I} $.

                \begin{enumerate}[label=(I\arabic*)]
                    \item $I$ Ideal $\implies 0 \in I \implies 0^{1} \in I \implies 0 \in \sqrt{I}$.
                    \item Seien $a,b \in \sqrt{I}$: Dann ex. $n, m \in \N$ mit $a^{n} \in I$ und
                        $b^{m} \in I$. Definiere $k := n \cdot m$. Dann ist wegen $I$ Ideal
                        $a^{k} = (a^{n})^{m} \in I$ und $b^{k} = (b^{m})^{n} \in I$. Dann folgt
                        mit binomischer Formel und da jeder Summand entweder einen
                        Faktor $a^{n}$ oder $b^{m}$ enthält:
                        \[
                            (a + b)^{k} = \sum_{l=0}^{k} \binom{k}{l} a^{k-l}b^{l}
                            = a^{k} + \ldots + \binom{\ldots}{\ldots} a^{n}b^{m} + \ldots + b^{k} \in I
                        .\] Mit $\binom{k}{l}\cdot $ ist hier die $\binom{k}{l}$-fache Summe des Einselements
                        in $R$ gemeint. Damit ist $a+b \in \sqrt{I}$.
                    \item Sei $a \in \sqrt{I} $: Dann ex. ein $n \in \N$ mit $a^{n} \in I$. Sei
                        $r \in R$ beliebig. Dann ist wegen $I$ Ideal
                        \[
                            r^{n} a^{n} \in I \implies (r\cdot a)^{n} \in I \implies r\cdot a \in \sqrt{I} 
                        .\] 
                \end{enumerate}
                $\implies \sqrt{I} $ ist ein Ideal
            \end{proof}
        \item Beh.: Ist $I$ ein Primideal, so gilt $\sqrt{I} = I$.
            \begin{proof}
                Sei $r \in \sqrt{I} $ und $I$ Primideal. Dann ex. $n \in \N$ mit $r^{n} \in I$.
                Mit $r^{n} = \underbrace{r \cdot \ldots \cdot r}_{n\text{-mal}}$ folgt
                durch sukzessives Anwenden der Primidealeigenschaft auf $I$: $r \in I$.
                $\implies \sqrt{I} \subset I$ und damit wegen (a) $\sqrt{I} = I$.
            \end{proof}
        \item Wähle $R$ beliebig und $I = R$, dann ist $I$ nach Definition kein Primideal, aber
            wegen $R = I \subset \sqrt{I} \subset R \implies \sqrt{I} = R = I$.
    \end{enumerate}
    
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $\Phi\colon \{\text{Ideale in } R / I\} \to \{\text{Ideale } \tilde{I}
            \text{ in } R \text{ mit } I \subset \tilde{I}\}$, $J \mapsto \pi^{-1}(J)$
            ist wohldefiniert und inklusionserhaltend.

            \begin{proof}
                Sei $J \in \{\text{Ideale in } R / I\} $ beliebig. Wegen $J$ Ideal in $R / I$ und
                $\pi$ Ringhomomorphismus ist $\Phi(J) = \pi^{-1}(J) := \tilde{I}$ Ideal in $R$.

                Außerdem ist wegen $J$ Ideal, $I = 0 + I = 0 \in J$. Damit folgt
                $I = \text{ker } \pi \subset \pi^{-1}(J) = \tilde{I}$.

                Seien nun $J, J'$ Ideale in $R / I$ mit $J \subset J'$. Sei $r \in \pi^{-1}(J)$.
                Dann ist $\pi(r) \in J \subset J' \implies r \in \pi^{-1}(J')$. Damit folgt
                $\Phi(J) \subset \Phi(J')$.
            \end{proof}
            Beh.: $\Psi\colon \{\text{Ideale } \tilde{I} \text{ in } R \text{ mit } I \subset \tilde{I}\} \to \{\text{Ideale in } R / I\}$, $\tilde{I} \mapsto \pi(\tilde{I})$ und inklusionserhaltend.
            \begin{proof}
                Sei $\tilde{I}$ ein Ideal in $R$ mit $I \subset \tilde{I}$. Wegen $\pi$ surjektiver
                Ringhomomorphismus ist $\pi(\tilde{I})$ ein Ideal in $R / I$.

                Seien nun $\tilde{I}, \tilde{I}'$ Ideale in R mit $I \subset \tilde{I} \subset \tilde{I}'$.
                Sei $A \in \Psi(\tilde{I})$. Dann ex. ein $r \in \tilde{I} \subset \tilde{I}'$ mit $\pi(r) = A$.
                Dann ist $\pi(r) = A \in \pi(\tilde{I}') = \Psi(\tilde{I}')$. Damit folgt
                $\Psi(\tilde{I}) \subset \Psi(\tilde{I}')$.
            \end{proof}
        \item Beh.: $\Psi \circ \Phi = \text{id}$
            \begin{proof}
                Sei $J$ ein Ideal in $R / I$. Definiere $\tilde{I} := \Phi(J) = \pi^{-1}(J)$.
                Nach (a) ist $\tilde{I}$ ein Ideal in $R$ mit $I \subset \tilde{I}$.

                \begin{itemize}
                    \item Zz.: $J \subset \Psi(\Phi(J))$: Sei $A \in J$. Dann ex. $r \in R$
                        mit $\pi(r) = A$. Es gilt $r \in \pi^{-1}(J) = \tilde{I}$. Damit folgt
                        $A = \pi(r) \in \pi(\tilde{I}) = \Psi(\Phi(J))$.

                    \item Zz.: $\Psi(\Phi(J)) \subset J$. Sei $A \in \Psi(\Phi(J))$. Wegen
                        $A \in \pi(\Phi(J))$ ex. ein $r \in \Phi(J) = \pi^{-1}(J)$
                        mit $\pi(r) = A$. Damit folgt $\exists B \in J$ mit
                        $B = \pi(r) = A \implies A \in J$.
                \end{itemize}
            \end{proof}
            Beh.: $\Phi \circ \Psi = \text{id}$
            \begin{proof}
                Analog.
            \end{proof}
        \item Beh.: Ideale in $\Z / 15 \Z$ sind $\{ (\overline{1}), (\overline{3}), (\overline{5})\} $.
            \begin{proof}
                Bestimme alle Teiler von 15: $1, 3, 5$. Diese bilden alle Ideale $\tilde{I}$
                in $\Z$ mit $(15) \subset \tilde{I}$. Mit (b) und $(1) = \Z$ folgt damit direkt für
                alle Ideale in $\Z / 15 \Z$:
                $\{\Psi(\Z), \Psi((3)), \Psi((5))\} = \{(\overline{1}), (\overline{3}), (\overline{5})\} $.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}
