G. Nebe, M. Künzer

Algebra I, WS 04/05

Lösung 9

Aufgabe 36.

Wir zeigen zunächst die Existenz eines solchen Ringmorphismus. Setze

[figure: R_{S}; f̂; T; \frac{r}{s}; f(r)f(s)^{−1} .]

Dies ist wohldefiniert, da aus \frac{r}{s} = \frac{r′}{s′} folgt, daß f(r)f(s′) = f(r′)f(s), und somit f(r)f(s)^{−1} = f(r′)f(s′)^{−1}.

Dies ist ein Ringmorphismus, da

f̂(\frac{1}{1}) = 1
f̂(\frac{r}{s} + \frac{r′}{s′}) = f(rs′ + r′s)f(ss′)^{−1} = f(r)f(s)^{−1} + f(r′)f(s′)^{−1}
f̂(\frac{r}{s} · \frac{r′}{s′}) = f(rr′)f(ss′)^{−1} = (f(r)f(s)^{−1}) · (f(r′)f(s′)^{−1})

für \frac{r}{s}, \frac{r′}{s′} ∈ R_{S}.

Sei R_{S} ^{\overline{}^{f̃}} T ein weiterer Ringmorphismus mit f̃|_{R} = f. Zunächst ist 1 = f(\frac{1}{1}) = f̃(\frac{s}{1})f̃(\frac{1}{s}) = f(s)f̃(\frac{1}{s}), und also f̃(\frac{1}{s}) = f(s)^{−1}. Allgemein wird mithin f̃(\frac{r}{s}) = f̃(\frac{r}{1})f̃(\frac{1}{s}) = f(r)f(s)^{−1} = f̂(\frac{r}{s}).

Den Fall S = R ∖ {0} der vorstehenden Aufgabe kennen Sie als Satz 10.3 (ii) aus der Vorlesung.

Aufgabe 37.

(1) Sei 𝔭 ein Primideal. Es ist 1 ∈ R ∖ 𝔭, da 𝔭 ≠ R. Ferner, sind s, s′ ∈ R ∖ 𝔭, und wäre ss′ ∈ 𝔭, so folgte aus der definierenden Eigenschaft eines Primideals, daß s ∈ 𝔭 oder s′ ∈ 𝔭, was nicht geht. Also ist ss′ ∈ R ∖ 𝔭.

Umgekehrt, sei R ∖ 𝔭 als multiplikative Teilmenge bekannt. Wegen 1 ∈ R ∖ 𝔭 ist 𝔭 ≠ R. Sind s, s′ ∈ R so gegeben, daß ss′ ∈ 𝔭, so können nicht s und s′ in R ∖ 𝔭 gelegen haben, da sonst wegen der Multiplikativität dieser Teilmenge auch ss′ darin liegen würde. Also ist s ∈ 𝔭 oder s′ ∈ 𝔭.

(2) Es ist 𝔭_{𝔭} ein Ideal von R_{𝔭}, da 𝔭_{𝔭} ⊆ R_{𝔭}; da \frac{0}{1} ∈ 𝔭_{𝔭}; da mit \frac{a}{s}, \frac{a′}{s′} ∈ 𝔭_{𝔭} wegen 𝔭 Ideal und R ∖ 𝔭 multiplikativ auch \frac{ab′+a′b}{bb′} ∈ 𝔭_{𝔭}; und da schließlich mit \frac{a}{s} ∈ 𝔭_{𝔭} und \frac{r}{t} ∈ R_{𝔭} wegen 𝔭 Ideal und R ∖ 𝔭 multiplikativ auch \frac{ar}{st} ∈ 𝔭_{𝔭} liegt.

Sei noch angemerkt, daß wenn ein Repräsentant \frac{a}{s} eines Elementes in R_{S} die definierenden Eigenschaften a ∈ 𝔭 und s ∈ R ∖ 𝔭 besitzt, daß dann jeder andere Repräsentant \frac{a′}{s′} desselben Elements auch die erste, nämlich a′ ∈ 𝔭, besitzt. Denn aus a′s = as′ ∈ 𝔭 folgt wegen 𝔭 prim und s ∉ 𝔭, daß a′ ∈ 𝔭. (Ferner vereinbaren wir, Elemente von R_{𝔭} stets mit Nenner in R ∖ 𝔭 als Elemente von Quot(R) zu repräsentieren.)

Wir müssen zeigen, daß

[figure: R_{𝔭}/𝔭_{𝔭}; Quot(R/𝔭); \frac{r}{s} + 𝔭_{𝔭}; \frac{r+𝔭}{s+𝔭}; \frac{r}{s} + 𝔭_{𝔭}; \frac{r+𝔭}{s+𝔭}]

in beiden Richtungen eine wohldefinierte Abbildung ist. Sodann genügt es zu zeigen, daß in eine Richtung ein Ringmorphismus vorliegt, es folgt dann daraus, daß in inverser Richtung ebenfalls ein Ringmorphismus vorliegt.

Nun ist aber \frac{r}{s} + 𝔭_{𝔭} = \frac{r′}{s′} + 𝔭_{𝔭} ⟺ \frac{rs′−r′s}{ss′} ∈ 𝔭_{𝔭} ⟺ rs′ ≡_{𝔭} r′s ⟺ (r + 𝔭)(s′ + 𝔭) = (r′ + 𝔭)(s + 𝔭) ⟺ \frac{r+𝔭}{s+𝔭} = \frac{r′+𝔭}{s′+𝔭}. Dies zeigt die Wohldefiniertheit von \overline{}, wenn wie die Äquivalenzkette von links nach rechts lesen, und die Wohldefiniertheit von \overline{}, wenn wir sie in umgekehrter Richtung lesen.

Es ist \overline{}ein Ringmorphismus. Die benötigten Verträglichkeiten mit Einselement, Addition und Multiplikation folgen unmittelbar.

(3) Mit (2) ist 𝔭_{𝔭} ein maximales Ideal von R_{𝔭}, da der Quotient ein Körper ist.

Da jedes Element in R_{𝔭} ∖ 𝔭_{𝔭} invertierbar ist in R_{𝔭}, liegt jedes Ideal ungleich R_{𝔭} von R_{𝔭} in 𝔭_{𝔭}. Also ist 𝔭_{𝔭} das einzige maximale Ideal von R_{𝔭}. (Das Quotientenargument des vorigen Absatzes kann mit diesem Argument auch entfallen, da Maximalität gleich mit folgt; es ist aber dennoch lehrreich.)

Aufgabe 38.

Wir bemerken zunächst, daß v_{p} wegen ⋂_{n≥0}(p^{n}) = 0 wohldefiniert ist – dies war aber in der Aufgabe nicht verlangt.

(1) (i) Zunächst beobachten wir, daß v_{p}(x) = n bedeutet, daß in der Primfaktorzerlegung des Nenners r von x = \frac{r}{s}, wobei s ∈ Z ∖ (p), der Faktor p^{n} bei der Primzahl p auftritt. Daher ist v_{p}(xy) = v_{p}(x) + v_{p}(y).

(ii) Sei n := v_{p}(x) und m := v_{p}(y). Aus x ∈ (p^{n}) und y ∈ (p^{m}) folgt x + y ∈ (p^{min(m,n)}), d.h. die erste Behauptung. Sei nun o.E. n < m. Wäre x+y ∈ (p^{n+1}), so wäre wegen y ∈ (p^{n+1}) auch x ∈ (p^{n+1}). Das ist aber nicht der Fall, und die zweite Behauptung folgt, welche in diesen Bezeichnungen v_{p}(x + y) = n besagt.

(iii) Zunächst bemerken wir, daß u ∈ Z_{(p)} genau dann eine Einheit ist, wenn v_{p}(u) = 0. Denn ist v_{p}(u) > 1, so liegt u in dem Ideal (p) ≠ Z_{(p)}, und ist damit keine Einheit. Umgekehrt, ist v_{p}(u) = 0, so ist u ∉ (p), und damit invertierbar in Z_{(p)}. Seien nun x, y ∈ Z_{(p)} assoziiert. Dann ist xu = y für ein u ∈ (Z_{(p)})^{∗}, also v_{p}(y) = v_{p}(xu) = v_{p}(x) + v_{p}(u) = v_{p}(x). Sei umgekehrt n := v_{p}(x) = v_{p}(y). Schreibe x = p^{n}u und y = p^{n}v mit u, v ∈ (Z_{(p)})^{∗}. Es wird xu^{−1}v = y, und auch u^{−1}v ist eine Einheit in Z_{(p)}.

(2) Sei 𝔞 ⊆ Z_{(p)} ein Ideal ungleich 0. Sei x ∈ 𝔞 ∖ {0} ein Element mit n := v_{p}(x) minimal. Wir behaupten,

daß

𝔞 = (x) = (p^{n}) .

Letztere Gleichheit folgt mit (1 iii), da v_{p}(p^{n}) = n.

In ersterer Gleichheit folgt die Inklusion ⊇ nach Konstruktion. Zeigen wir die Inklusion ⊆. Sei y ∈ 𝔞. O.E. sei y ≠ 0. Nach Wahl von x ist v_{p}(y) ≥ n, d.h. y ∈ (p^{n}) = (x).

Aufgabe 39.

(1) Die Aussage ist richtig. Denn seien x, y ∈ R mit xy ∈ f^{−1}(𝔭), so ist f(xy) = f(x)f(y) ∈ 𝔭 und also wegen 𝔭 prim f(x) ∈ 𝔭 oder f(y) ∈ 𝔭, d.h. x ∈ f^{−1}(𝔭) oder y ∈ f^{−1}(𝔭).

Alternative Begründung. Es ist R/f^{−1}(𝔭) \overline{}S/𝔭, r +f^{−1}(𝔭) \overline{}f(r)+𝔭 ein injektiver Ringmorphismus. Ferner ist S/𝔭 ein Integritätsbereich. Also ist auch R/f^{−1}(𝔭) ein Integritätsbereich.

(2) Die Aussage ist falsch. Denn es ist 0 ⊆ Q ein maximales Ideal, nicht aber sein Urbild 0 unter Z [figure] Q.

(3) Die Aussage ist richtig. Denn es ist

F(1) = 1^{p} = 1

F(x + y) = (x + y)^{p} = x^{p} + (∑_{i∈[1,p−1]} (\begin{matrix}p \\ i \end{matrix}) x^{i}y^{p−i}) + y^{p} = x^{p} + y^{p} = F(x) + F(y)

F(x · y) = (xy)^{p} = x^{p}y^{p} = F(x) · F(y)

für x, y ∈ R, da (\begin{matrix}p \\ i \end{matrix}) = 0 für i ∈ [1, p − 1] in einer F_{p}-Algebra.

(4) Die Aussage ist falsch. Sei etwa R = F_{p}(X). Es ist X nicht im Bild von F, da der Ansatz F(\frac{f(X)}{g(X)}) = X mit f(X), g(X) ∈ F_{p}[X] ∖ {0} zu f(X)^{p} = Xg(X)^{p} und damit zu

0 ≡_{p} p · deg(f(X)) = deg(f(X)^{p}) = deg(Xg(X)^{p}) = 1 + p · deg(g(X)) ≡_{p} 1

führt, was nicht geht. Mithin ist F nicht surjektiv, und also kein Automorphismus.

Hingegen ist F auf einem Körper ein injektiver Endomorphismus – wie gemäß 35 (3) jeder Ringmorphismus von einem Körper in einen Ring ≠ 0.

Körper, die entweder Charakteristik 0 haben, oder die Charakteristik p > 0 haben und auf denen F ein Automorphismus darstellt, heißen perfekt. Endliche Körper sind perfekt. Algebraisch abgeschlossene Körper sind perfekt.

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