2.6 Euklidische Ringe 38 KAPITEL 2. RINGE

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1 38 KAPITEL 2. RINGE in ( ideale und klassische) Primfaktoren zu erhalten. Dedekindringe werden in der algebraischen Zahlentheorie genauer untersucht. Wir wollen zum Schluss noch zeigen, dass jeder vom Nullring verschiedene Ring mit Eins ein maximales Ideal besitzt. Wir benötigen dazu das Lemma von Zorn; dieses ist äquivalent zum Auswahlaxiom und ebenfalls äquivalent zum Wohlordnungssatz. Wir wollen hier nicht näher auf diese Äquivalenzen eingehen. Lemma (Lemma von Zorn (engl.: Zorn s Lemma)). Sei M eine nichtleere, partiell geordnete Menge, d.h. es gibt eine Relation auf M, die reflexiv, antisymmetrisch und transitiv ist. 3 Hat jede aufsteigende Kette in M eine obere Schranke, d.h. zu jeder Teilmenge N M mit x,y N : x y y x gibt es ein z M mit x N : x z, dann besitzt M ein maximales Element bzgl., d.h. es gibt ein Element x M, so dass für y M mit x y folgt x = y. Satz Angenommen, das Lemma von Zorn gilt. Ist R 0 ein Ring mit Eins, so hat R ein maximales Ideal. Beweis. Betrachte die Menge M der Ideale R von R. Da R 0 ist, ist 0 ein echtes Ideal in R, womit M ist. Ist nun I eine Kette von Idealen in M, so ist I := J I J ebenfalls ein Ideal in R. Da 1 J für alle J I gilt, folgt auch 1 I, womit I M ist. Damit sind die Voraussetzungen des Zornschen Lemmas erfüllt und M besitzt ein maximales Element bzgl. der Inklusion. Ein solches Element ist offensichtlich ein maximales Ideal. 2.6 Euklidische Ringe In diesem Abschnitt wollen wir euklidische Ringe studieren: das sind Integritätsbereiche, in denen es eine Division mit Rest gibt. Es wird sich zeigen, dass jeder euklidische Ring ein Hauptidealbereich ist und somit faktoriell. Weiterhin benötigen wir euklidische Ringe, um zu zeigen, das Polynomringe über faktoriellen Ringen wieder faktoriell sind. Dazu benötigen wir noch eine weitere Konstruktion: Quotientenkörper. Diese liefert zum Integritätsbereich Z den Körper Q, der sich aus Brüchen von Elementen aus Z ergibt. Definition Ein Integritätsbereich R heisst euklidisch (engl.: euclidean), falls es eine Abbildung d : R \ {0} N gibt mit der Eigenschaft, dass man zu f,g R mit g 0 Elemente q,r R finden kann mit f = qg + r und entweder r = 0 oder d(r) < d(g). Die Funktion d wird auch Gradfunktion (engl.: degree function) genannt. Beispiel Das wichtigste Beispiel sind die ganzen Zahlen: hier ist d(x) = x, und die Existenz von q und r ist gerade die Division mit Rest, wobei r der Rest und q der Quotient ist. 3 Das bedeutet: sind x,y,z M, so gilt: (1) x x; (2) aus x y und y x folgt x = y; (3) aus x y und y z folgt x z.

2 2.6. EUKLIDISCHE RINGE 39 Beispiel Die Ringe Z[i] und Z[ 2] sind euklidisch. Die Gradfunktionen sind durch d 1 : Z[i] \ {0} N, a + bi a 2 + b 2 und d 2 : Z[ 2] \ {0} N, a+b 2 a 2 2b 2 gegeben. Bevor wir Polynomringe über Körpern betrachten und zeigen, dass diese euklidisch sind, wollen wir zeigen, dass jeder euklidische Ring ein Hauptidealbereich ist. Satz Jeder euklidische Ring ist ein Hauptidealbereich. Eine wichtige Folgerung hieraus ist, dass jeder euklidische Ring faktoriell ist: dies folgt direkt mit Satz , den wir im vorherigen Abschnitt bewiesen haben. Beweis. Sei R euklidisch mit d : R \ {0} N und sei I ein Ideal 0 in R. Die Funktion d nimmt auf I \ {0} ein Minimum an; sei x I mit d(x) = min{d(i) i I \{0}}. Offensichtlich ist x I. Sei nun y I und schreibe y = qx+r mit q,r R so dass entweder r = 0 oder d(r) < d(x). Ist r 0, so ist r = qx y I, da x,y I, was jedoch ein Widerspruch zur Minimalität von d(x) ist. Deswegen muss r = 0 sein, und wir haben y x. Es folgt also I = x. Man kann Faktorringe von euklidischen Ringen auch besser beschreiben als allgemeine Faktorringe: Beispiel Sei R ein euklidischer Ring und I R ein Ideal, I 0. Dann gibt es ein n R mit I = n. Weiterhin gilt R/I = R/nR = {g +nr g R, d(g) < d(n)}. Diese Darstellung von Elementen als g+nr mit d(g) < d(n) ist nicht notwendigerweise eindeutig: ist R = Z und etwa n = 2, so erhalten wir Z/2Z = { 1+2Z,0+2Z,1+2Z}, wobei 1+2Z = 1+2Z ist. Wenn man hier zusätzlich g 0 fordert, wird die Darstellung für R = Z eindeutig, und man erhält Z/nZ = {0+nZ,1+nZ,...,(n 1)+nZ}; vergleiche auch Beispiel Der Ring Z/nZ hat also genau n Elemente. Ist R = K[X] mit einem Körper K, so ist Division mit Rest eindeutig, wie der nächste Satz zeigt, und man hat eine Bijektion zwischen den Polynomen von Grad < deg X n und den Elementen in R/nR. Wir wollen nun zeigen, dass es in Polynomringen eine Division mit Rest gibt. Wir lassen im Folgenden den Index X bei LC X und deg X weg, da wir uns in Polynomringen in genau einer Unbestimmten bewegen. Satz (Polynomdivision (engl.: Polynomial Division)). Sei R ein kommutativer Ring mit Eins und seien f,g R[X] mit g 0 und LC(g) R. Dann gibt es eindeutig bestimmte q,r R[X] mit f = qg+r und degr < degg.

3 40 KAPITEL 2. RINGE Beweis. Wir zeigen zuerst die Eindeutigkeit. Sei f = qg + r = q g + r mit q,q,r,r R[X] und degr,degr < degg. Dann gilt r r = (q q)g und deg(r r ) < degg. Da LC(g) eine Einheit und somit ein Nichtnullteiler und somitdeg((q q)g) = deg(q q)+degg ist,kannnurdeg(r r ) = deg((q q)g) sein, falls deg(q q) = = deg(r r ) ist, also r = r und q = q. Wir zeigen die Existenz von q und r per Induktion nach degf. Ist degf < degg, so setze q := 0 und r := f; dann gilt degr < degg und f = qg +r. Für den Induktionsschritt sei n = degf und ˆf := f LC(f)LC(g) 1 X n degg g. Das Polynom LC(f)LC(g) 1 X n degg g hat Grad n und Leitkoeffizient LC(f), womit deg ˆf < n ist. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es ˆq,ˆr R[X] mit ˆf = ˆqg + ˆr und degˆr < degg. Setze dann gilt q := LC(f)LC(g) 1 X n degg + ˆq und r := ˆr; qg +r = (LC(f)LC(g) 1 X n degg + ˆq)g + ˆr = LC(f)LC(g) 1 X n degg g + ˆf = f. Da in einem Körper jedes Element 0 eine Einheit ist, erhalten wir sofort: Korollar Ist K ein Körper, so ist K[X] mit deg X ein euklidischer Ring und somit insbesondere ein Hauptidealbereich und faktoriell. Beispiel Sei K = Z/2Z; da 2 prim in Z ist, ist 2 = 2Z ein maximales Ideal und K somit ein Körper mit zwei Elementen (vergleiche Beispiel ). Betrachte f = X 3 +X +1 K[X]; der Ring R := K[X]/ f = K[X]/fK[X] hat genau 2 degf = 2 3 = 8 Elemente, und zwar 0+fK[X], 1+fK[X], X +fk[x], 1+X +fk[x], X 2 +fk[x], 1+X 2 +fk[x], X +X 2 +fk[x], 1+X +X 2 +fk[x]. Wir werden später sehen, dass f K[X] irreduzibel ist. Damit folgt, dass R ein Körper mit 8 Elementen ist. Wir werden am Ende der Vorlesung sehen, dass dies bis auf Isomorphie der einzige Körper mit 8 Elementen ist. Somit ist neben Z jeder Polynomring in einer Unbestimmten über einem Körper euklidisch. Das folgende Resultat zeigt, dass wir mit Polynomringen nicht weitere euklidische Ringe erhalten können: Korollar Sei R ein kommutativer Ring mit Eins und S eine nichtleere Menge von Unbestimmten. Dann ist R[S] genau dann euklidisch, falls R ein Körper und S = 1 ist. Dies ist genau dann der Fall, wenn R[S] ein Hauptidealbereich ist. Beweis. Ist R ein Körper und S = 1, so ist R[S] euklidisch und somit insbesondere ein Hauptidealbereich; dies haben wir oben bereits gesehen. Um den Beweis abzuschliessen, müssen wir zeigen, dass sobald eine der Bedingungen

4 2.6. EUKLIDISCHE RINGE 41 verletzt ist, ein Nicht-Hauptideal in R[S] existiert. Ist R kein Körper, so ist das Nullideal nach Satz kein maximales Ideal, womit es ein Ideal I in R gibt mit 0 I R. Ist R ein Körper, so setze I := 0. Setze J := IR[S]+SR[S]; dies sind gerade alle Polynome, deren konstanter Term in I liegt. Insbesondere enthält J nicht das konstante Polynom 1. Angenommen, es gibt ein f R[S] mit f = J. Sei X S eine beliebige Unbestimmte. Da X J liegt, gibt es ein g R[S] mit fg = X. Daraus folgt f,g R[X] und deg X f,deg X g 1. Ist S > 1, so gibt es Y S \{X} und es folgt analog, dass f R[Y] ist mit deg Y f 1. Es muss also f R[X] R[Y] = R sein. Ist S = 1 und R kein Körper, so gibt es ein h I \{0}, und es muss ein g 2 R[S] geben mit fg 2 = h. Dann muss aber f R sein. In beiden Fällen ist also f R. Ist g = a + bx mit a,b R, so ist X = fg = fa+fbx, woraus fa = 0 und fb = 1 folgt. Folglich ist f R, und somit R[S] = f = J. Das kann jedoch nicht sein, da 1 nicht in J liegt. Wir wollen nun den euklidischen Algorithmus betrachten. Dieser erlaubt das algorithmische Bestimmen des grössten gemeinsamen Teilers zweier Elemente eines euklidischen Ringes. Satz (Euklidischer Algorithmus (engl.: Euclidean Algorithm)). Sei R ein euklidischer Ring mit Gradfunktion d. Seien f 0,f 1 R gegeben mit f 1 0. Solange f i 1 0 ist, berechne iterativ f i,q i R mit i = 2,3,... wie folgt: f i 2 = q i f i 1 +f i mit f i = 0 oder d(f i ) < d(f i 1 ). 1. Es gibt ein kleinstes N mit f N = 0. Sei d := f N Dann ist d ein grösster gemeinsamer Teiler von f 0 und f Setze a N := 0, b N := 1, und für i = N 1,N 2,...,2 definiere a i,b i R durch a i := b i+1 und b i := a i+1 q i b i+1. Dann gilt d = a i f i 2 +b i f i 1 für i = 2,...,N, und insbesondere d = a 2 f 0 +b 2 f 1. Beweis. Sei f i 0. Da d Werte in N annimmt, gilt d(f i ) d(f i 1 ) 1, womit man per Induktion d(f i ) d(f 1 ) i+1 erhält. Es muss also ein N geben mit f N = 0, da andernfalls d(f i ) negativ werden müsste, was nicht sein kann. Dies zeigt (1). Wir zeigen nun zuerst (3) und danach (2). Für i = N folgt aus der Definition sofort d = a N f N 2 +b N f N 1. Wir zeigen die Gleichheit für i = N 1,...,2 induktiv. Gelte die Gleichheit für i + 1; dann ist d = a i+1 f i 1 + b i+1 f i = a i+1 f i 1 +b i+1 (f i 2 q i f i 1 ) = b i+1 f i 2 +(a i+1 b i+1 q i )f i 1 = a i f i 2 +b i f i 1, womit (3) gilt. Um (2) zu zeigen, zeigen wir zuerst, dass d jedes f i teilt, insbesondere auch f 0 und f 1. Offensichtlich teilt d f N 1 und f N 2 = q i f N Wenn d ein Teiler

5 42 KAPITEL 2. RINGE von f i und f i 1 ist, dann auch von f i 2 = q i f i 1 + f i. Somit folgt induktiv, dass d alle f i teilt. Wir haben also, dass d = a 2 f 0 +b 2 f 1 ist und dass d sowohl f 0 wie auch f 1 teilt. Ist d ein weiterer Teiler von f 0 und f 1, so teilt d auch a 2 f 0 +b 2 f 1 = d. Folglich ist d per Definition ein grösster gemeinsamer Teiler von f 0 und f 1. Bemerkung Aus dem Beweis erhält man schnell die Abschätzung N d(f 1 )+2. Falls R ein Polynomring K[X] ist und d = deg X, so ist diese Abschätzung optimal. Für R = Z und d(z) = z ist sie jedoch suboptimal; da sich d(f i ) in jedem Schritt nicht nur um mindestens 1 verringert, sondern sich in jedem zweiten Schritt mindestens halbiert: ist f i > f i 1 /2, so ist f i+1 = f i 1 f i < f i 1 /2. Damit kann man N durch einen linearen Ausdruck in log 2 f 1 abschätzen. Der euklidische Algorithmus ist für R = Z am langsamsten, wenn man ihn auf zwei benachbarte Fibonacci-Zahlen (engl.: Fibonacci numbers) anwendet: setze F 0 = F 1 = 1 und iterativ F i+2 = F i +F i+1 für i 2; diese Folge wird auch Fibonacci-Folge (engl.: Fibonacci sequence) genannt. Dann benötigt man i 1 Schritte, um den grössten gemeinsamen Teiler von F i und F i 1 zu bestimmen. Dieser ist übrigens immer 1. Der euklidische Algorithmus ist einer der wichtigsten Algorithmen überhaupt. Mit ihm kann man etwa Inverse von Elementen in Z/nZ oder K[X]/ f bestimmen: Beispiel Sei R ein euklidischer Ring mit Gradfunktion d. Sei n R \ {0} und f + nr R/nR. Dann ist f + nr genau dann eine Einheit in R/nR, wenn ggt(f, n) eine Einheit ist: Ist ggt(f,n) = 1, so gibt es a,b R mit af + bn = 1; diese a,b kann man explizit mit dem euklidischen Algorithmus bestimmen. In R/nR gilt dann (a+nr)(f+nr) = (1+nR) (b+nr) 0 = 1 R/nR, womit (f+nr) 1 = a+nr ist. Gilt andersherum f +nr (R/nR), so gibt es ein a+nr R/nR mit (f +nr)(a+nr) = 1 R/nR = 1+nR. Damit gilt jedoch af 1 nr, womit es ein b R gibt mit af 1 = br und somit af bn = 1. Dies bedeutet jedoch gerade, dass 1 = ggt(f,n) ist. Das obige Argument gilt übrigens auch, falls R ein Hauptidealbereich ist. In euklidischen Ringen hat man jedoch den euklidischen Algorithmus, um Bézout- Gleichungen explizit zu bestimmen. Wir wollen beispielsweise das multiplikativ Inverse von 97 in Z/111Z bestimmen. Ausprobieren ist hier zwar möglich, jedoch ohne technische Hilfsmittel eher mühsam. Es ist 111 = , 97 = , 14 = , 13 = Damit ist ggt(97,111) = 1, also 97 (Z/111Z), und wir können die Bézout-Gleichung durch Rücksubstitution erhalten: 1 = = 14 1 ( ) = = 7 ( ) 1 97 =

6 2.6. EUKLIDISCHE RINGE 43 Damit ist ( 8) 97 1 (mod 111), womit das multiplikativ Inverse von 97 modulo 111 ist. Und tatsächlich ist = 103 (100 3) = = 9991 = (mod 111). Schliesslich wollen wir den verbleibenden Satz aus Abschnitt 2.4 beweisen, nämlich dass Polynomringe über faktoriellen Ringen wieder faktoriell sind. Ist R faktoriell, so ist R[X] im Allgemeinen nicht euklidisch. Um trotzdem mit euklidischen Ringen arbeiten zu können, wollen wir R durch einen Körper Q ersetzen, der R umfasst. Diesen Körper wollen wir genauso konstruieren, wie die rationalen Zahlen aus den ganzen Zahlen entstehen: der Körper soll der Körper der Brüche von Elementen in R sein. Dieser Körper, den wir Quotientenkörper nennen wollen, kann ebenfalls durch eine universelle Eigenschaft definiert werden und ist somit über diese eindeutig bis auf eindeutige Isomorphie bestimmt (vergleiche Bemerkung 2.3.9). Satz Sei R ein Integritätsbereich. Definiere auf Q := R (R\{0}) die Äquivalenzrelation (r,s) (r,s ) : rs = r s. Dann ist Q := Q/ mit den Operationen und ein Körper und die Abbildung [(r,s)] +[(r,s )] := [(rs +r s,ss )] [(r,s)] [(r,s )] := [(rr,ss )] ϕ : R Q, r [(r,1)] ist ein injektiver Homomorphismus von Ringen mit Eins. Wir schreiben a b anstelle [(a,b)] und identifizieren R vermöge ϕ mit ϕ(r) Q(R). Das Paar (Q, ϕ) erfüllt folgende universelle Eigenschaft: ist K irgendein Körper und ψ : R K ein injektiver Homomorphismus von Ringen mit Eins, so gibt es genau einen Homomorphismus ˆψ : Q K so dass das folgende Diagramm kommutiert: R ϕ Q!ˆψ ψ K Definition Wir bezeichnen den Körper Q als Quotientenkörper (engl.: field of fractions) von R und schreiben ihn als Q(R). Beachte, dass Quotientenring und Quotientenkörper zwei völlig verschiedene Konzepte bezeichnen.

7 44 KAPITEL 2. RINGE Beweis. Wir lassen wieder der Übersichtlichkeit halber bei den Äquivalenzklassen den Index weg. Man rechnet schnell nach, dass Q ein kommutativer Ring mit Eins ist. Ist [(r,s)] Q\{0 Q } mit (r,s) (0,1), so folgt r 0. Damit ist auch (s,r) Q und es gilt [(r,s)] [(s,r)] = [(rs,rs)] = [(1,1)] = 1 Q. Damit ist jedes Element 0 eine Einheit und Q ist ein Körper. Seien nun r,r R. Dann gilt ϕ(r+r ) = [(r+r,1)] = [(r,1)]+[(r,1)] = ϕ(r)+ϕ(r ) und genauso ϕ(rr ) = ϕ(r)ϕ(r ). Schliesslich ist ϕ(1 R ) = [(1,1)] = 1 Q. Sei nun r kerϕ, d.h. (r,1) (0,1). Also ist r 1 = 0 1, womit r = 0 ist. Folglich ist der Kern trivial und ϕ ist injektiv. Es verbleibt die universelle Eigenschaft zu zeigen. Sei K ein Körper und ψ : R K injektiv. Für [(r,s)] Q setze ˆψ([(r,s)]) := ψ(r)ψ(s) 1 ; da ψ(s) 0 ist und K ein Körper existiert ψ(s) 1. Man rechnet nun leicht nach, dass ˆψ ein Ringhomomorphismus ist. Weiterhin ist ˆψ([(1,1)]) = ψ(1)ψ(1) 1 = 1. Sei ˆψ : Q K ein weiterer Homomorphismus mit ˆψ ϕ = ψ. Sei [(r,s)] Q; dann ist ˆψ ([(r,s)]) = ˆψ ([(r,1)] [(s,1)] 1 ) = ˆψ (ϕ(r))ˆψ (ϕ(s)) 1 = ψ(r)ψ(s) 1 = ˆψ([(r,s)]), und wir erhalten ˆψ = ˆψ. Wir benötigen nun ein weiteres Hilfsmittel, nämlich das Lemma von Gauß. Wir nennen ein Polynom f R[X] primitiv (engl.: primitive), falls aus g f und g R folgt g R. Dies bedeutet, dass die Koeffizienten von f teilerfremd sind. Beispiel Das Polynom f = 4X 5 +3X 3 +2X +1 Z[X] ist primitiv, das Polynom g = 4X 2 +2X+6 Z[X] nicht. Das Polynom h = 4X 2 +2X+6 Q[X] ist dagegen wieder primitiv. Bemerkung Ist R faktoriell, so kann man jedes Polynom g Q(R)[X]\ {0} eindeutig schreiben als g = ef mit e Q(R) und f R[X] primitiv. Beispiel Ist etwa g = 12 7 X2 + 8X + 2 Q[X] = Q(Z)[X], so ist 3 5 αg = 180X X + 42 Z[X] mit α := kgv(7,3,5) = 105. Nun ist ggt(180,280,42) = 2, womit αg = 2 90X2 +140X+21 Z[X] primitiv ist. Mit e := 105 Q und f := 90X X +21 Z[X] primitiv ist also g = ef. 2 Lemma (Lemma von Gauß (engl.: Gauß Lemma)). Sind f,g R[X] primitiv und ist R faktoriell, so ist auch fg R[X] primitiv. Beweis. Sei f g nicht primitiv. Da R faktoriell ist, gibt es dann ein Primelement p R, welches jeden Koeffizienten von fg teilt und somit fg selber. Da p nach Korollar in R[X] ebenfalls prim ist, muss p entweder f oder g teilen, was ein Widerspruch zur Primitivität von f bzw. g ist. Also muss fg primitiv sein. Aus dem Lemma kann man zwei wichtige Korollare ableiten, die den Grossteil des Satzes beweisen: Korollar Seien R faktoriell und f,g R[X] primitiv. Genau dann sind f und g über Q(R) assoziiert, wenn sie über R assoziiert sind.

8 2.6. EUKLIDISCHE RINGE 45 Beweis. Sei q Q(R) mit qf = g. Schreibe q = a mit a,b R \{0}. Dann b steht dort af = bg. Da g primitiv ist und a ein Teiler von bg ist, muss a bereits b teilen dies erhält man, indem man eine Primfaktorzerlegung von a anschaut, da dies für jeden Primfaktor gelten muss. Analog folgt, dass b ein Teiler von a sein muss, womit a und b in R assoziiert sind und somit q eine Einheit in R ist. Andersherum ist jede Einheit in R auch eine Einheit in Q(R), womit nichts zu zeigen verbleibt. Korollar Seien R faktoriell und f R[X] primitiv. Genau dann ist f R[X] irreduzibel, wenn f Q(R)[X] irreduzibel ist. Beweis. Ist f in Q(R)[X] irreduzibel, so sicher auch in R[X], da f primitiv ist. Sei nun f R[X] irreduzibel und primitiv. Sei f = gh mit g,h Q(R)[X]. Schreibe g = eg 1, h = fh 1 mit e,f Q(R) und g 1,h 1 R[X] primitiv; es ist also f = efg 1 h 1. Nach dem Lemma von Gauß ist g 1 h 1 primitiv, womit nach Korollar folgt, dass ef R ist. Damit lebt die Zerlegung in R[X], und da f dort irreduzibel ist, folgt g 1 R oder h 1 R. Damit können wir schliesslich den angekündigten Satz beweisen: ist R faktoriell, so auch R[S]. Beweis von Satz Wir zeigen zuerst, dass es ausreicht, eine endliche Menge S zu betrachten. Ist f = gh mit f,g,h R[S], so können in g und h nur Unbestimmte vorkommen, die auch in S vorkommen, da R ein Integritätsbereich ist. Da jedes Polynom nur endlich viele Unbestimmte enthält, reicht es also zu jedem Polynom aus, eine endliche Menge von Unbestimmten anzuschauen. Nun zeigen wir die Behauptung per Induktion nach S. Für S = 0 ist die Behauptung klar. Für den Induktionsschritt sei S S mit S = S 1; nach Induktionsvoraussetzung gilt die Behauptung für R[S ], und wir müssen sie für R[S] = (R[S ])[X] zeigen, falls X S \ S. Wir können also ohne Einschränkung gleich S = {X} annehmen. Wir zeigen zuerst, dass es überhaupt Zerlegungen in irreduzible Faktoren von Polynomen f R[X]\{0} gibt. Wir zeigen dies per Induktion nach degf. Für degf = 0 folgt dies daraus, dass R faktoriell ist. Sei nun degf > 0. Ist f irreduzibel, so bleibt nichts zu zeigen. Andernfalls schreibe f = gf 1 mit g R und f 1 R[X] primitiv. Offenbar lässt sich g als Produkt von irreduziblen Elementen schreiben, womit wir f 1 betrachten müssen. Ist f 1 nicht bereits irreduzibel, können wir f 1 = g 1 h 1 schreiben mit g 1,h 1 R[X]. Da f 1 primitiv ist, muss degg 1,degh 1 < degf 1 = degf sein, womit wir auf g 1 und h 1 die Induktionsvoraussetzung anwenden können. Wir müssen nun zeigen, dass zwei Zerlegungen in irreduzible Polynome äquivalent sind. Nach Korollar ist jede solche Zerlegung auch eine irreduzible Zerlegung in Q(R), wobei Elemente aus R zu Einheiten werden. Da Q(R)[X] ein Polynomring in einer Unbestimmten über einem Körper ist und somit nach Korollar faktoriell, sind die Zerlegungen über Q(R) äquivalent. Mit Korollar folgt schliesslich, dass nur noch die irreduziblen Faktoren