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- \documentclass[uebung]{../../../lecture}
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- \title{Algebra 1: Übungsblatt 2}
- \author{Lukas Nullmeier, Christian Merten}
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- \begin{document}
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- \punkte
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- \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}
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- \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}
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- \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,
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- ]
- \addplot[only marks, mark=x]
- coordinates{ % plot 1 data set
- (0, 0)
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- (-1, 1)
- (-1, 2)
- (-1, -0)
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- (-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}
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