G. Nebe, M. Künzer

Algebra I, WS 04/05

Lösung 8

Aufgabe 31.

(1) Wir betrachten hierzu den surjektiven Ringmorphismus

Z \overline{}Z/2Z × Z/3Z × Z/7Z × Z/11Z
z  \overline{}(z  ,  z  ,  z  , z) ,

der uns nach dem chinesischen Restsatz gegeben ist (wir unterschlagen die Restklassen-Querstriche). Ferner ist sein Kern ist gegeben durch 2 · 3 · 7 · 11Z = 462Z. Finden wir also ein Urbild x_{0} von (a, b, c, d), so erhalten wir die Menge x_{0} + 462Z aller Urbilder. Wir suchen Urbilder von (1, 0, 0, 0), von (0, 1, 0, 0), von (0, 0, 1, 0) und von (0, 0, 0, 1). Ad (1, 0, 0, 0). Der Euklidsche Algorithmus liefert 1 · 231 − 115 · 2 = 1, und damit 231 \overline{}(1, 0, 0, 0). Ad (0, 1, 0, 0). Der Euklidsche Algorithmus liefert 1 · 154 − 51 · 3 = 1, und damit 154 \overline{}(0, 1, 0, 0). Ad (0, 0, 1, 0). Der Euklidsche Algorithmus liefert (−2) · 66 + 19 · 7 = 1, und damit −132 \overline{}(0, 0, 1, 0). Ad (0, 0, 0, 1). Der Euklidsche Algorithmus liefert 5 · 42 − 19 · 11 = 1, und damit 210 \overline{}(0, 0, 0, 1). Es ist also

{x ∈ Z | x ≡_{2} a, x ≡_{3} b, x ≡_{7} c, x ≡_{11} d} = 231a + 154b − 132c + 210d + 462Z .

(2) Vorüberlegung. Es ist x ≡_{6} c wegen Z/6Z ≃ Z/2Z × Z/3Z äquivalent zu x ≡_{2} c und x ≡_{3} c. Da aber auch x ≡_{2} a gelten muß, ist a ≡_{2} c notwendige Voraussetzung, um ein x wie gewünscht zu erhalten. In anderen Worten, falls a ≢_{2} c, dann ist

{x ∈ Z | x ≡_{4} a, x ≡_{7} b, x ≡_{6} c} = ∅ .

Falls hingegen a ≡_{2} c, so folgt aus x ≡_{4} a, daß x ≡_{2} c. Letztere Bedingung ist mithin redundant. In anderen Worten, es ist dann

{x ∈ Z | x ≡_{4} a, x ≡_{7} b, x ≡_{6} c} = {x ∈ Z | x ≡_{4} a, x ≡_{7} b, x ≡_{3} c} .

Wir betrachten den surjektiven Ringmorphismus

[figure: Z; Z/4Z; ×; Z/7Z; ×; Z/3Z; z; (z; ,; z; ,; z)]

mit Kern 84Z. Wir suchen Urbilder von (1, 0, 0), von (0, 1, 0) und von (0, 0, 1). Ad (1, 0, 0). Der Euklidsche Algorithmus liefert 1 · 21 − 5 · 4 = 1, und damit 21 \overline{}(1, 0, 0). Ad (0, 1, 0). Der Euklidsche Algorithmus liefert 3 · 12 − 5 · 7 = 1, und damit 36 \overline{}(0, 1, 0). Ad (0, 0, 1). Der Euklidsche Algorithmus liefert 1 · 28 − 9 · 3 = 1, und damit 28 \overline{}(0, 0, 1). Also wird in diesem Fall

{x ∈ Z | x ≡_{4} a, x ≡_{7} b, x ≡_{6} c} = 21a + 36b + 28c + 84Z .

Aufgabe 32.

(1) Zeigen wir zunächst, daß das angegebene Tupel K[X]/(f(X)) als Vektorraum erzeugt. Sei g(X) ∈ K[X]. Division mit Rest liefert g(X) = f(X)s(X) + r(X), mit entweder r(X) ≠ 0 und deg r ∈ [0, (deg f) − 1] oder r(X) = 0. Jedenfalls ist

\overline{h(X)} = \overline{r(X)} ∈ ⟨X̄^{0}, X̄^{1} …, X̄^{n}⟩ .

Zeigen wir nun, daß das angegebene Tupel linear unabhängig ist. Seien λ_{i} ∈ K mit

∑_{i∈[0,n−1]} λ_{i}X̄^{i} = 0

gegeben. Sei h(X) := ∑_{i∈[0,n−1]} λ_{i}X^{i}. Jedes Element von (f(X)) ist von Grad ≥ n oder gleich 0. Dahingegen ist h(X) von Grad ≤ n − 1 oder gleich 0. Da nach Voraussetzung \overline{h(X)} = 0 sein soll, i.e. h(X) ∈ (f(X)), bleibt nur die Möglichkeit h(X) = 0, i.e. λ_{i} = 0 für alle i ∈ [0, n − 1].

(2) Mit (1) ist R = {0, 1, X̄, X̄ + 1}.

Ein Ringmorphismus R \overline{}R ist durch das Bild ξ von X gegeben, falls dieses Bild die Gleichung ξ^{2} + ξ + 1 = 0 erfüllt. Diese hat nun in R die beiden Nullstellen X̄ und X̄ + 1. Also gibt es die beiden Ringmorphismen

[figure: R; id; R; R; φ; R; X̄; X̄; X̄; X̄ + 1 .]

Die Identität ist ein Automorphismus. Da X̄ + 1 ein Ringerzeuger (äquivalent, F_{2}-Algebrenerzeuger) von R ist, i.e. R = F_{2}[X̄ + 1], ist auch φ surjektiv, und damit wegen R endlich ein Automorphismus. Da X^{2} + X + 1 ∈ F_{2}[X] von Grad ≤ 3 ist und in F_{2} keine Nullstelle aufweist, ist es irreduzibel. Wegen 35 (1) ist nun R ein Körper.

(3) Ein Ringmorphismus von S nach T ist gegeben durch ein Bildelement ξ ∈ T, welches ξ^{4} − 1 = 0 erfüllt. Die Nullstellenmenge dieses Polynoms in T ist nun gegeben durch {1, −1, X̄, −X̄}. Somit gibt es die 4 Ringmorphismen

[figure: S; φ_{1}; T; S; φ_{−1}; T; S; φX̄; T; S; φ_{−X̄}; T; X̄; 1; X̄; −1; X̄; X̄; X̄; −X̄ .]

Es sind 1 und −1 keine Ringerzeuger (äquivalent, F_{3}-Algebrenerzeuger) von T, da jeweils X̄ nicht im Erzeugnis liegt. Also sind φ_{1} und φ_{−1} nicht surjektiv. Dahingegen sind X̄ und −X̄ Ringerzeuger von T. Also sind φX̄ und φ_{−X̄} surjektiv. Injektiv kann überhaupt keine Abbildung von S nach T sein, da |S| = 3^{4} > 3^{2} = |T |. Es ist S kein Körper, da darin (X̄^{2} + 1)(X̄^{2} − 1) = 0 ist, ohne daß einer der beiden Faktoren verschwindet. Es ist T mit 35 (1) ein Körper, da X^{2} + 1 ∈ F_{3}[X] irreduzibel ist, da es keine Nullstelle und Grad ≤ 3 hat.

Aufgabe 33.

(1) Es ist

R/(2) ≃ Z[X]/(X^{4} − 5, 2)
≃ F_{2}[X]/(X^{4} − 5)
= F_{2}[X]/((X + 1)^{4}) .

In letzterem Ring ist die Restklasse von X + 1 nilpotent, aber ungleich Null. Also ist auch sein isomorphes Bild in R/(2), dort ebenfalls die Restklasse von X + 1, nilpotent und ungleich Null.

(2) Mit dem Chinesischen Restsatz wird

R/(11) ≃ Z[X]/(X^{4} − 5, 11)
≃ F_{11}[X]/(X^{4} − 5)
= F_{11}[X]/((X − 2)(X + 2)(X^{2} + 4))
≃ F_{11}[X]/(X − 2) × F_{11}[X]/(X + 2) × F_{11}[X]/(X^{2} + 4)
≃ F_{11} × F_{11} × F_{11}[X]/(X^{2} + 4) .

Es ist X^{2} + 4 ∈ F_{11}[X] irreduzibel, und also mit 35 (1) der Quotient F_{11}[X]/(X^{2} + 4) ein Körper. Da mithin keiner der ringdirekten Faktoren ein nilpotentes Element ungleich 0 enthält, gilt dies auch für R/(11).

Aufgabe 34.

(1) Mit dem Chinesischen Restsatz wird

[figure: R[X]/(X^{2} − 3); φ; ∼; R[X]/(X − \sqrt{3}); ×; R[X]/(X + \sqrt{3}); aX̄ + b; (aX̄ + b; ,; aX̄ + b)]

Ferner haben wir Isomorphismen

[figure: R[X]/(X − \sqrt{3}); ψ_{1}; ∼; R; R[X]/(X + \sqrt{3}); ψ_{2}; ∼; R; X̄; \sqrt{3}; X̄; −\sqrt{3} .]

Der zusammengesetzte Isomorphismus (ψ_{1} × ψ_{2}) ∘ φ von R[X]/(X^{2} − 3) nach R × R schickt also in der Tat aX̄ + b auf (a\sqrt{3} + b, −a\sqrt{3} + b).

(2) Es wird (X̄ − b)^{2} = X̄^{2} − 2bX̄ + b^{2} = −2bX̄ + b^{2} + 3, und die behauptete Gleichung folgt.

(3) Es wird

|\sqrt{3} − x_{n+1}|  =  |π_{1}(X̄ − x_{n+1})|
=  |π_{1}(X̄ − \frac{x_{n}^{2}+3}{2x_{n}})|
=^{(2)}  |π_{1}((−2x_{n})^{−1}(X̄ − x_{n})^{2})|

π_{1} Ringmorphismus

= |π_{1}((−2x_{n})^{−1})(π_{1}(X̄ − x_{n}))^{2}|

=  |2x_{n}|^{−1}|π_{1}(X̄ − x_{n})|^{2}
=  |2x_{n}|^{−1}|\sqrt{3} − x_{n}|^{2} .

Für alle b ∈ R ∖ \{0\} ist \frac{b^{2}+3}{2b} ≥ 1, da b^{2} + 3 ≥ 2b, da (b^{2} + 3) − 2b = (b − 1)^{2} + 2 ≥ 0. Also ist x_{n} ≥ 1 für alle n ≥ 1.

Mit Induktion folgt nun, daß |\sqrt{3} − x_{n}| ≤ |\sqrt{3} − x_{1}|^{2^{n−1}} = |\sqrt{3} − 1|^{2^{n−1}} für n ≥ 1. Da 1 < 3 < 4, ist 1 < \sqrt{3} < 2, und somit geht |\sqrt{3} − 1|^{2^{n−1}} → 0. Also geht x_{n} → \sqrt{3}.

Zahlenwerte: x_{1} = 1, x_{2} = 2, x_{3} = 7/4, x_{4} = 97/56 ≈ 1.73214. Zum Vergleich, \sqrt{3} ≈ 1.73205

Aufgabe 35.

(1) Die Aussage ist richtig.

Erster Lösungweg. Wir zeigen, daß (f(X)) ein maximales Ideal in K[X] ist. Ohne Einschränkung ist f(X) normiert.

Sei (f(X)) ⊆ I ⊂ K[X] ein Ideal. Wir haben I = (f(X)) zu zeigen.

Sei g(X) normiert minimalen Grades in I. Sei h(X) ∈ I beliebig. Division mit Rest gibt h(X) = g(X)s(X)+r(X) mit entweder r(X) ≠ 0 und deg r ∈ [0, (deg g) − 1] oder r(X) = 0. Da r(X) ∈ I, gibt die Minimalität des Grades von g(X), daß r(X) = 0 zu sein hat. Also ist g(X) ein Teiler von h(X). Es folgt I = (g(X)).

Insbesondere teilt g(X) das Polynom f(X). Da f(X) irreduzibel ist, und f(X) und g(X) normiert sind, ist g(X) = f(X) oder g(X) = 1. Letzterenfalls wäre aber I = K[X]. Also ist g(X) = f(X). Es folgt I = (f(X)).

Zweiter Lösungsweg. Wir invertieren jedes Element in K[X]/(f(X)) außer der Null. Sei g(X) ∈ K[X] ∖ (f(X)) ein Repräsentant eines solchen Elements. Da f(X) irreduzibel ist, sind f(X) und g(X) teilerfremd. Somit gibt es mit dem Euklidschen Algorithmus Polynome s(X), t(X) ∈ K[X] mit

s(X)f(X) + t(X)g(X) = 1 .

Es folgt t(X)g(X) ≡_{f(X)} s(X)f(X) + t(X)g(X) = 1, i.e. \overline{t(X)} \overline{g(X)} = 1, wie zu zeigen.

(2) Die Aussage ist richtig. Sei x ∈ R ∖ {0}. Wir suchen ein y ∈ R mit yx = 1. Da unter den Idealen (x^{n}) mit n ≥ 0 nur endlich viele verschieden sein können, gibt es 0 ≤ k < l mit (x^{k}) = (x^{l}). Insbesondere gibt es ein z ∈ R mit zx^{l} = x^{k}. Setzen wir y = zx^{l−k−1}, so wird yx · x^{k} = (zx^{l−k−1})x · x^{k} = zx^{l} = 1 · x^{k}. Kürzen von x^{k}, was in einem Integritätsbereich gestattet ist, gibt yx = 1.

(3) Die Aussage ist richtig. Denn der Kern von K \overline{}R kann nur 0 oder K sein. Wäre er gleich K, so gälte im Bild des Morphismus, und damit auch in R, die Gleichheit 1 = 0. Daraus folgte R = 0, was aber ausgeschlossen war. Also ist der Kern gleich 0 und der Morphismus injektiv.

(4) Die Aussage ist richtig. Sei x ∈ R ∖ {0}. Wir müssen zeigen, daß es ein y ∈ R gibt, für welches yx = 1. Dazu genügt es zu zeigen, daß die Abbildung

[figure: R; (−)x; R; r; rx]

surjektiv ist, denn dann enthält ihr Bild insbesondere die 1. Da R ein Integritätsbereich ist, ist sie injektiv.

Diese Abbildung ist nun eine K-linearer Endomorphismus des endlichdimensionalen K-Vektorraums R. Aus ihrer Injektivität folgt also ihre Surjektivität.

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