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- \documentclass[uebung]{../../../lecture}
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- \begin{document}
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- \title{Lineare Algebra II: Übungsblatt 2}
- \author{Dominik Daniel, Christian Merten}
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- \punkte[8]
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- \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 $(I \cap J)(I + J) \subseteq IJ$.
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- 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 $IJ \subseteq I \cap J$.
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- 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}
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- \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.
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- 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 $7 \mid r \implies r \in 4 \Z \cap 7 \Z$.
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- 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}
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- \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 $\delta (1) = 1^2 = 1$.
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- 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
- $\delta (1) = 1 = \delta (-1)$.
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- 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\} $.
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- 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\} $.
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- 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 $\delta (x) = a^2 + 3b^2 = 2$.
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- 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 $b = 0$.
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- Damit folgt $a^2 = 2$, aber $a \in \Z$ $\contr$.
- \end{proof}
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- Beh.: $\pm 2$ und $\pm (1 \pm \sqrt{-3})$ sind irreduzibel.
- \begin{proof}
- Es gilt zunächst $\delta (2) = \delta (1 \pm \sqrt{-3}) = 4$.
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- 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.
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- 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
- $y \in \Z[\sqrt{-3}]^{\times }$.
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- Für $1 \pm \sqrt{-3} $ analog.
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- Da $2 \; \widehat{=} -2$ und
- $1 \pm \sqrt{-3} \;\widehat{=} -(1 \pm \sqrt{-3})$, folgt die Behauptung.
- \end{proof}
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- \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.: $\text{GGT}(4, 2+2\sqrt{-3}) = \emptyset$.
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- 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\} $.
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- 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 $\pm 4 \nmid \pm (2 \pm 2 \sqrt{-3})$.
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- 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.
- $\pm 4$, $\pm (2 \pm 2 \sqrt{-3}) \not\in \text{GGT}(4, 2 + 2 \sqrt{-3})$.
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- 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:
- \[
- \{ 2, 1 + \sqrt{-3}\} \subseteq T \subseteq \{ \pm 1, \pm 2, \pm (1 \pm \sqrt{-3})\}
- .\]
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- Da $2, 1 + \sqrt{-3} \not\in \Z[\sqrt{-3}]^{\times }$, folgt
- $2 \nmid \pm 1, (1 + \sqrt{-3}) \nmid \pm 1$. Also folgt
- $\pm 1 \not\in \text{GGT}(4, 2+2\sqrt{-3}$.
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- 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}
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- \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 $I_1 := (a_1)$.
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- 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: $I_j \subseteq I_{j+1} \subseteq I$.
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- 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.
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- ,,$\impliedby$'': 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}
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- 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}
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- \end{document}
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