|
- \documentclass[uebung]{../../../lecture}
-
- \title{Algebra I: Übungsblatt 3}
- \author{Lukas Nullmeier, Christian Merten}
-
- \begin{document}
-
- \punkte
-
- \begin{aufgabe}
- \begin{enumerate}[(a)]
- \item Mit dem euklidischen Algorithmus folgt
- \begin{salign*}
- X^3 - 3 &= X (X^2 - 4) + 4X - 3 \\
- X^2 - 4 &= \left( \frac{1}{4} X + \frac{3}{16} \right) (4X - 3) + \frac{53}{16}
- .\end{salign*}
- Da $\text{deg}(\frac{53}{16}) = 0 $ folgt bereits $\text{ggT}(X^3 - 3, X^2 -4) = 1$ in $\Q[X]$.
- \item Mit dem euklidischen Algorithmus folgt
- \begin{salign*}
- X^3 - 3 &= X^3 + 2 = X ( X^2 + 1) + 4X + 2 \\
- X^2 - 4 &= X^2 + 1 = (4X + 3)(4X + 2) + 0
- .\end{salign*}
- Also folgt $\text{ggT}(X^3 - 3, X^2 -4) = 4X + 2$ in $\mathbb{F}_5[X]$.
- \item Beh.: $K[X]$ hat unendlich viele normierte irreduzible Polynome.
- \begin{proof}
- $X \in K[X]$ ist stets irreduzibel, es ex. also mindestens ein irreduzibles normiertes Polynom.
- Ang. es existieren nur $n \in \N$ viele normierte, irreduzible Polynome $f_1, \ldots, f_n$.
- Dann definiere
- \[
- g \coloneqq f_1 \cdot \ldots\cdot f_n + 1
- .\] Da $X \in K[X]$ irreduzibel, normiert ist $\text{deg}(f_1 \cdot \ldots \cdot f_n) \ge 1$, also
- $\text{deg}(g) \ge 1$. Da $K[X]$ faktoriell, ex. $p$ irreduzibel, normiert, s.d.
- $p \mid g$. Dann ist aber $p \in \{f_1, \ldots, f_n\} $, also auch
- $p \mid f_1\cdot \ldots \cdot f_n$. Damit folgt
- \[
- p \mid (g - f_1 \cdot \ldots \cdot f_n) = 1
- .\] Es ist also $p \in K[X]^{\times}$, also nicht irreduzibel $\contr$.
- \end{proof}
- \item Seien $f \in K[X] \setminus \{0\} $ und $L \coloneqq K[X] / (f)$.
-
- Beh.: Jede Restklasse $\overline{g} \in L$ hat einen eindeutigen Repräsentanten $g \in K[X]$
- mit $\text{deg}(g) < \text{deg}(f) $.
- \begin{proof}
- \begin{enumerate}[(i)]
- \item Existenz:
- Sei $\overline{g} \in L$. Da $K[X]$ euklidisch und $f \neq 0$, ex. $q, r \in K[X]$ mit
- \[
- g = q f + r
- .\] mit $\text{deg}(r) < \text{deg}(f) $ oder $r = 0$. Da $\text{deg}(f) \ge 0$ ist
- auch für $r = 0$, $\text{deg}(r) = -\infty < 0 \le \text{deg}(f) $.
- Außerdem ist
- \[
- \overline{g} = g + (f) = r + qf + (f) = r + (f) = \overline{r}
- .\]
- \item Eindeutigkeit:
- Seien $r, r' \in \overline{g}$ mit $\overline{r} = \overline{r'} = \overline{g}$ und
- $\text{deg}(r) , \text{deg}(r') < \text{deg}(f) $. Dann ist
- $r - r' \in (f)$, also $\exists h \in K[X]$ mit $r - r' = hf$.
- Ang. $h\neq 0$. Dann ist $\text{deg}(hf) \ge \text{deg}(f)$, also
- $\text{deg}(r-r') \ge \text{deg}(f) $, aber
- $\text{deg}(r), \text{deg}(r') < \text{deg}(f) $ $\contr$.
- Also folgt $h = 0$ und damit $r = r'$.
- \end{enumerate}
- \end{proof}
- Beh.: $\text{dim}_{K}L = \text{deg}(f) $.
- \begin{proof}
- Sei $\mathcal{B} = \{\overline{1}, \overline{X}, \overline{X^2}, \ldots, \overline{X^{n-1}}\} $.
- Dann ist $\mathcal{B}$ eine Basis von $L$ über $K$, denn wegen der Eindeutigkeit
- der Vertreter ist $\mathcal{B}$ linear unabhängig. Außerdem ex. für $\overline{g} \in L$
- ein $\overline{r} \in K[X]$ mit $\text{deg}(r) = k \le n-1$, s.d.
- $\overline{g} = \overline{r}$ und $r = a_0 + a_1 X^1 + \ldots + a_{n-1} X^{n-1}$ für
- $a_0, \ldots, a_{n-1} \in K$. Dann ist
- \[
- \overline{g}
- = \overline{r} = a_0 \overline{1} + a_1 \overline{X^1} + \ldots + a_{n-1} \overline{X^{n-1}}
- .\]
- Also $\overline{g} \in \text{Lin}(\mathcal{B})$.
- \end{proof}
- Beh.: Für $\text{deg}(f) \ge 1$ ist $\overline{X} \in L$ Nullstelle von $f \in K[X] \subseteq L[X]$.
- \begin{proof}
- Es ist $n \ge 1$, damit folgt für $a_0, \ldots, a_n \in K$:
- \[
- f(\overline{X}) = a_n \overline{X^{n}} +\ldots + a_1\overline{X} + a_0
- = a_n X^{n} + \ldots + a_1X + a_0 + (f)
- = f + (f)
- = \overline{0}
- .\]
- \end{proof}
- \end{enumerate}
-
- \end{aufgabe}
-
- \begin{aufgabe}
- \begin{enumerate}[(a)]
- \item Beh.: $f = X^3 + 2X^2 - 20 \in Q[X]$ ist irreduzibel.
- \begin{proof}
- Betrachte Reduktion für $p = 3$:
- \begin{salign*}
- \phi(f) &= X^3 + 2X^2 + 1 \in \Z / 3 \Z[X] \\
- \phi(f)(0) &= 1 \\
- \phi(f)(1) &= 1 \\
- \phi(f)(2) &= 2
- .\end{salign*}
- Falls $\phi(f)$ reduzibel, hätte einer der Teiler Grad $1$, aber
- $\phi(f)$ hat keine Nullstelle in $\Z / 3 \Z$. Damit
- ist $\phi(f)$ irreduzibel in $\Z / 3 \Z[X]$ und nach
- Reduktionskriterium $f$ irreduzibel in $\Q[X]$.
- \end{proof}
- \item Beh.: $f = X^6 + X^3 + 1 \in \Q[X]$ ist irreduzibel.
- \begin{proof}
- Es ist $f = f(X)$ irreduzibel $\iff f(X+1)$ irreduzibel. Betrachte
- \begin{salign*}
- f(X + 1) &= (X+1)^6 + (X+1)^3 +1 \\
- &= X^6 + 6X^5 + 15 X^4 + 21 X^3 + 18 X^2 + 9X + 3
- .\end{salign*}
- $f(X+1)$ ist normiert, insbesondere primitiv und damit irreduzibel nach Eisenstein mit $p=3$.
- Also auch $f(X)$ irreduzibel.
- \end{proof}
- \item Beh.: $f = X^7 + 2X^5Y + 3XY^3 + 4Y^3 + 5XY + 6X \in \mathbb{C}[X, Y]$ ist irreduzibel.
- \begin{proof}
- Betrachte $R \coloneqq \mathbb{C}[X]$ mit $p = X$. Dann ist
- \[
- f = Y^3 (3 X + 4) + Y (2 X^5 + 5X) + 1\cdot (6X + X^7) \in R[Y]
- .\] Es ist $X \nmid (3X + 4)$ und $X \mid (2X^5 + 5X), X \mid (6X + X^7)$ und
- $X^2 \nmid (6X + X^7)$.
- Weiter ist $f$ primitiv, denn $3X + 4$ ist irreduzibel.
- Ang.: $\text{ggT}(3X + 4, 2X^5 + 5X, 6X + X^7) \neq 1$. Da $R$ faktoriell nach Gauß, folgt
- $(3X + 4) \mid (2X^5 + 5X)$, aber $3X + 4 = 0 \iff X = -\frac{4}{3}$ und
- $2\left( -\frac{4}{3} \right)^{5} + 5\left( -\frac{4}{3} \right) < 0$ $\contr$.
-
- Damit ist $f$ irreduzibel nach Eisenstein mit $p = X$ über $R[Y] = \mathbb{C}[X,Y]$.
- \end{proof}
- \end{enumerate}
- \end{aufgabe}
-
- \begin{aufgabe}
- \begin{enumerate}[(a)]
- \item Seien $a, b, c \in R$ mit $a \mid bc$ und $\text{ggT}(a,b) = 1$. Beh.: $a \mid c$.
- \begin{proof}
- Sei $p$ Primelement in $R$ beliebig. Z.z.: $v_p(c) \ge v_p(a)$.
- Da $a \mid bc$
- ex. ein $k \in R$, s.d. $bc = ka$. Da $R$ faktoriell ist die Primfaktorzerlegung eindeutig,
- also folgt
- \[
- v_p(b) + v_p(c) = \underbrace{v_p(k)}_{\ge 0} + v_p(a) \implies
- v_p(c) \ge v_p(a) - v_p(b)
- .\]
- Da $\text{ggT}(a,b) = 1$ ist $\text{min}(v_p(a), v_p(b)) = 0$. Falls $v_p(a) > 0$, ist also
- $v_p(b) = 0$, also $v_p(c) \ge v_p(a)$. Falls $v_p(a) = 0$ ist trivialerweise
- $v_p(c) \ge v_p(a)$.
- Da $p$ beliebig, folgt $a \mid c$.
- \end{proof}
- \item Sei $f \in R[X]$ normiert und $\alpha \in K$ Nullstelle von $f$. Beh.: $\alpha \in R$ und
- $\alpha \mid a_0$.
- \begin{proof}
- Es ist $\alpha \in Q(R)[X]$, also ex. $u, v \in R$ mit $v \neq 0$ und $\text{ggT}(u,v) = 1$,
- s.d. $\alpha = \frac{u}{v}$. Betrachte nun
- \begin{salign*}
- 0 &= f(\alpha) = \left(\frac{u}{v}\right)^{n} + a_{n-1} \left( \frac{u}{v} \right)^{n-1} +
- \ldots + a_1 \frac{u}{v} + a_0
- \intertext{Da $v \neq 0$ multipliziere mit $v^{n}$. Damit folgt}
- u^{n} &= -a_{n-1} u^{n-1} v - \ldots - a_1 v^{n-1} u - a_0 v^{n} \\
- &= v (-a_{n-1} u^{n-1} - \ldots - a_1 v^{n-2} u - a_0 v^{n-1})
- .\end{salign*}
- Also folgt $v \mid u^{n} = u u^{n-1}$. Da $\text{ggT}(u, v) = 1$ folgt mit (a), dass
- $v \mid u^{n-1}$. Wiederholen dieses Arguments ergibt $v \mid u$. Es ex. also ein $k \in R$,
- s.d. $u = vk$ also $\alpha = \frac{vk}{k} = \frac{k}{1} \in R$.
-
- Weiter ist
- \begin{salign*}
- &\alpha ^{n} + a_{n-1} \alpha ^{n-1} + \ldots + a_0 = 0 \\
- \implies & \alpha (-\alpha ^{n-1} - a_{n-1} \alpha ^{n-2} - \ldots - a_1) = a_0
- .\end{salign*}
- Also folgt $\alpha \mid a_0$.
- \end{proof}
- \item Beh.: $X^3 + aX^2 + bX + 1 \in \Z[X]$ ist genau dann irreduzibel in $\Z[X]$ wenn $a \neq b$
- und $a + b \neq -2$.
- \begin{proof}
- \begin{itemize}
- \item ,,$\implies$'': Kontraposition. Sei $a = b$. Dann ist
- $f(-1) = -1 + a - a + 1 = 0$, also $(X+1) \mid f$ in $\Q[X]$.
- Es ex. also ein $g \in \Q[X]$, s.d. $f = g\cdot (X+1)$, wegen $\text{deg}(X+1) = 1$
- und $f\neq 0$ folgt $\text{deg}(g) = 2$, also $g \not\in \Q[X]^{\times }$. Also
- $f$ reduzibel in $\Q[X]$. Da $f \not\in \Z$ und $f$ primitiv, folgt
- mit Gauß, dass $f$ auch reduzibel in $\Z[X]$ ist.
-
- Sei nun $a + b = -2$. Dann ist
- $f(1) = 1 - 2 - b + b + 1 = 0$. Also $(X-1) \mid f$. Mit analoger Argumentation von
- oben, ist also $f$ reduzibel in $\Z[X]$.
- \item ,,$\impliedby$'': Sei nun $a \neq b$ und $a +b \neq -2$.
- Ang.: $f$ reduzibel in $\Z[X]$. Dann ist $f$ reduzibel in $\Q[X]$ und einer
- der nichttrivialen Faktoren hat Grad 1, also
- ex. $\alpha \in \Q$, s.d. $(X - \alpha) \mid f$. Damit folgt $f(\alpha) = 0$. Da
- $f$ normiert folgt mit (b), dass $\alpha \in \Z$ und $\alpha \mid a_0 = 1$, also
- $\alpha \in \Z^{\times } = \{\pm 1\} $. Aber
- \begin{align*}
- f(1) &= 1 + a + b + 1 \qquad \stackrel{a+b\neq -2}{\neq } \qquad 0 \\
- f(-1) &= -1 + a -b + 1 = a - b \quad \stackrel{a \neq b}{\neq } \quad 0
- .\end{align*}
- Also $f(\alpha) \neq 0$ $\contr$.
- \end{itemize}
- \end{proof}
- \end{enumerate}
- \end{aufgabe}
-
- \begin{aufgabe}
- \begin{enumerate}[(a)]
- \item Beh.: Für $f \in K[X]$ ex. ein solches $a \in R$ und $I(f)$ ist unabhängig von der Wahl von $a$.
- \begin{proof}
- Existenz: Sei $f \in K[X]$ und $(p_i)_{i \in I}$ ein Vertretersystem der Primelemente von $R$.
- Dann wähle
- \[
- a \coloneqq \prod_{i \in I} p_i^{-\text{min}(v_i(f), 0)}
- .\] Damit ist $v_i(a) \ge 0$ $\forall i \in I$, also $a \in R$. Sei nun $i \in I$ beliebig.
- Dann ist nach Gauß, da $R$ faktoriell
- \[
- v_i (a f) = v_i (a) + v_i (f) = - \text{min}(v_i(f), 0) + v_i(f)
- = \begin{cases}
- - v_i(f) + v_i(f) = 0 & v_i(f) < 0 \\
- v_i(f) \ge 0 & v_i(f) \ge 0
- \end{cases}
- .\] Also $af \in R[X]$.
-
- Wohldefiniertheit: Seien $a, a' \in R$ mit $af, a'f \in R[X]$. Dann ist für
- $\epsilon_a, \epsilon_{a'} \in R^{\times }$:
- \begin{salign*}
- I_a(f) &= a^{-1} I(af) \\
- &= \epsilon_a \prod_{i \in I} p_i^{-v_i(a)} \prod_{i \in I} p_i^{v_i(af)} \\
- &= \epsilon_a \prod_{i \in I} p_i^{v_i(af) - v_i(a)} \\
- &\stackrel{\text{Gauß}}{=}
- \epsilon_a \prod_{i \in I} p_i^{v_i(f)} \\
- &\stackrel{\wedge}{=} \epsilon_a' \prod_{i \in I} p_i^{v_i(a') + v_i(f) - v_i(a')} \\
- &\stackrel{\text{Gauß}}{=}
- \epsilon_{a'}
- \prod_{i \in I} p_i^{-v_i(a')} \prod_{i \in I} p_i^{v_i(af)} \\
- &= a'^{-1} I(a'f) \\
- &= I_{a'}(f)
- .\end{salign*}
- \end{proof}
- Für $f = \frac{3}{7} X^2 + X - 5 \in \Q[X]$
- \begin{salign*}
- I(f) = \frac{1}{7} I(7f) = \frac{1}{7} I(3X^2 + 7X - 35) = \frac{1}{7}
- .\end{salign*}
- \item Beh.: Für $f, g \in K[X]$ gilt $I(fg) = I(f)I(g)$.
- \begin{proof}
- Seien $f, g \in K[X]$. Dann ex. mit (b) $a, b \in R$ mit $af, ag \in R[X]$. Dann ist
- \begin{salign*}
- I(fg) = b^{-1} a^{-1} I(abfg) = a^{-1} I(af) b^{-1} I(bg) \iff I(abfg) = I(ab) I(bg)
- .\end{salign*}
- Es genügt also die Behauptung für $f, g \in R[X]$ zu zeigen. Dafür gilt
- mit $(p_i)_{i \in I}$ Vertretersystem der Primelemente in $R$:
- \begin{salign*}
- I(fg) = \prod_{i \in I} p_i ^{v_i}(fg)
- \quad \stackrel{\text{Gauß}}{=} \quad
- \prod_{i \in I} p_i ^{v_i(f) + v_i(g)}
- = \prod_{i \in I} p_i^{v_i(f)}
- \prod_{i \in I} p_i^{v_i(g)} = I(f) I(g)
- .\end{salign*}
- \end{proof}
- \item Sei $r \in R$, $f \in R[X]$ und $h(x) \coloneqq f(X+r) \in R[X]$. Beh.: $I(h) = I(f)$.
- \begin{proof}
- Falls $\text{deg}(f) = 0$, folgt $f = h$ und damit die Behauptung.
- Sei also $\text{deg}(f) \ge 1$.
- Dann sei $a = I(f)$. Dann existiert ein $\tilde{f}$ primitiv, s.d.
- $f = a \tilde{f}$.
- Dann ist
- \[
- I(h) = I(f(X + r)) = I(a \tilde{f}(X + r)) \stackrel{\text{(b)}}{=} a I(\tilde{f}(X+r))
- = I(f) I(\tilde{f}(X+r))
- .\] Es genügt also zu zeigen, dass $\tilde{f}(X+r)$ primitiv, denn dann ist
- $I(\tilde{f}(X+r)) = 1$ und damit $I(h) = I(f)$.
-
- Z.z.: $\tilde{f}(X+r)$ primitiv. Sei dazu $p \in R$ Primelement beliebig.
- Es sei $\text{deg}(h) = \text{deg}(f) \eqqcolon n \in \N$ und
- $\tilde{f} = a_n X^{n} + \ldots + a_0$ und $h = \tilde{a}_n X^{n} + \ldots + \tilde{a}_0$ mit
- $\tilde{a}_j, a_j \in R$ für $j \in \N_0$, $j \le n$. Es ist $a_n = \tilde{a}_n \neq 0$.
- Falls $v_p(a_n) = v_p(\tilde{a}_n) = 0$, dann fertig. Falls $v_p(a_n) = v_p(\tilde{a}_n) > 0$,
- dann ex. ein $k \in \N$, s.d. $\forall j \in \N$ mit $k < j \le n\colon p \mid a_j$ und
- $p \nmid k$, da $\tilde{f}$ primitiv. Dann betrachte
- \[
- \tilde{a}_k = a_k + \sum_{j=k+1}^{n} \alpha_j a_j \qquad \alpha_j \in R
- .\] Da $p \mid a_j$ für $k+1\le j \le n$ folgt $p \mid \sum_{j=k+1}^{n} \alpha_j a_j$ und
- $p \nmid a_k$, also $p \nmid \tilde{a}_k$. Also folgt $v_p(f(X+r)) = v_p(h) = 0$.
- Da $p$ beliebig, folgt $\tilde{f}(X+r) = h(X+r)$ primitiv.
- \end{proof}
- \end{enumerate}
- \end{aufgabe}
-
- \begin{aufgabe}
- \begin{enumerate}[(a)]
- \item Beh.: $\Z[i]^{\times } = \{\pm 1, \pm i\} $.
- \begin{proof}
- Es ist $z \in Z[i]^{\times } \iff N(z) = 1$. Offensichtlich ist
- $N(1) = N(-1) = N(i) = N(-i) = 1$, außerdem folgt aus $N(z) = 1$ mit $z = a + ib$ für
- $a, b \in \Z$:
- $a^2 + b^2 = 1$, also $a = 0$ oder $b = 0$. Falls $a = 0 \implies b \in \{\pm 1\}$, analog
- für $b = 0$. Also insgesamt $z \in \{\pm 1, \pm i\} $.
- \end{proof}
- \item Sei $p \in \Z$ Primzahl mit $p = 4n+1$ mit $n \in \N$.
- Beh.: $p \mid (2n)!^2 + 1$.
- \begin{proof}
- Nach dem Satz von Wilson gilt
- \begin{salign*}
- (p-1)! &\equiv -1 \text{ (mod $p$)}
- \intertext{Durch Umsortierung folgt mit $p = 4n+1$}
- 1 (p-1) 2 (p-2) \cdot \ldots \cdot 2n (p-2n) &\equiv -1 \text{ (mod $p$)}
- \intertext{Da $p-k \equiv -k$ (mod $p$) $\forall k\le p $, folgt}
- 1 (-1) 2 (-2) \cdot \ldots \cdot 2n (-2n) = (-1)^{2n} (2n)!^2 &\equiv -1 \text{ (mod $p$)}
- \intertext{Damit folgt}
- (2n)!^2 &\equiv -1 \text{ (mod $p$)}
- \intertext{Also ist}
- (2n)!^2 + 1 &\equiv 0 \text{ (mod $p$)}
- .\end{salign*}
- Also $p \mid ((2n)!^2 + 1)$.
- \end{proof}
- Beh.: $p \nmid ((2n)! \pm i)$.
- \begin{proof}
- Ang.: $p \mid ((2n)! \pm i)$. Dann ex. $k \in \Z[i]$ mit
- $(2n)! \pm i = p k$ und $k = a + ib$ mit $a, b \in \Z$. Dann ist
- \begin{align*}
- (2n)! \pm i &= (4n+1)(a + ib) \\
- &= (4n+1)a + i (4n+1)b
- .\end{align*}
- Also folgt $\pm 1 = b \underbrace{(4n+1)}_{> 1}$, aber $b \in \Z$ $\contr$.
- \end{proof}
- \item Sei $p \in Z[i]$ Primelement mit $\pi \mid p$ in $\Z[i]$. Beh.: $N(\pi) = p$ und
- $p = a^2 + b^2$ für $a, b \in \Z$.
- \begin{proof}
- Da $\pi \mid p$ ex. ein $k \in \Z[i]$ mit $p = \pi k$. Es ist
- $k \not\in \Z[i]^{\times }$, denn ang. $k \in \Z[i]^{\times } \implies \pi \hat{=} p$, also
- $p$ Primelement in $\Z[i]$ $\contr$ zu (b).
-
- Es ist weiter $p^2 = N(p) = N(\pi) N(k)$. Da $\Z$ faktoriell, $p$ Primzahl in
- $\Z$, $p^2 \neq 0$ und $\pi, k \not\in \Z[i]^{\times }$ folgt
- $N(\pi), N(k) \neq 1$ und damit $N(\pi) = N(k) = p$, also $N(\pi) = p$ und damit
- $p = a^2 + b^2$ für $a, b \in \Z$.
- \end{proof}
- \end{enumerate}
- \end{aufgabe}
-
- \end{document}
|
