Lösung zur 13. Hausübung Algebraische Strukturen (keine Abgabe)

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1 TU Kaiserslautern Fachbereich Mathematik Prof. Dr. Andreas Gathmann Inga Schwabrow Lösung zur 13. Hausübung Algebraische Strukturen (keine Abgabe) Aufgabe 1. Wintersemester 2016/17 (1 + i) (1 i) 3 (2 + i) (2 i) ist die Primfaktorzerlegung von 30 im Ring Z[i]. Die Zahl 30 besitzt in Z die Primfaktorzerlegung 30 = Wenn wir nun in Z[i] eine Primfaktorzerlegung von 30 berechnen wollen, so reicht es, 2, 3 und 5 dort in Primfaktoren zu zerlegen. Man sieht leicht, dass 2 = (1 + i) (1 i) = = ( 1) 2 gilt. Die Zahlen 1 + i und 1 i sind irreduzibel in Z[i], da 2 eine Primzahl in Z ist. Denn sei z.b. 1 + i = (u 1 + u 2 i)(v 1 + v 2 i), so ist 2 = 1 + i 2 = (u u2 2 )(v2 1 + v2 2 ) und damit o.b.d.a. u u2 2 = 1, also u 1 + u 2 i {±1, ±i} eine Einheit. Da Z[i] ein euklidischer Ring ist, sind 1 + i und 1 i dann auch prim. Analog folgt aus dass 2 + i und 2 i prim in Z[i] sind. 5 = (2 + i) (2 i) = = ( 1) 2, Wir wollen nun noch zeigen, dass 3 in Z[i] prim ist. Dazu reicht es wieder, zu zeigen, dass 3 irreduzibel ist. Betrachten wir also eine Zerlegung der Form 3 = (x + y i) (u + v i). Wir müssen zeigen, dass eine der Zahlen x + y i und u + v i eine Einheit ist, d.h. in {1, 1, i, i} liegt, d.h. den Betrag 1 hat (wie wir in vielen vorhergehenden Aufgaben bereits gesehen haben). Berechnen wir das Betragsquadrat in obiger Zerlegung, so erhalten wir 9 = 3 2 = x + y i 2 u + v i 2 = (x 2 + y 2 ) (u 2 + v 2 ). Da x 2 + y 2 und u 2 + v 2 positive ganze Zahlen sind, muss entweder eine von beiden Eins sein (dann sind wir fertig) oder beide müssen 3 sein. Aber für ganze Zahlen x und y besitzt die Gleichung x 2 + y 2 = 3 offensichtlich keine Lösung. Also haben wir gezeigt, dass 3 in Z[i] irreduzibel und damit prim ist. Insgesamt erhalten wir die Primfaktorzerlegung 30 = (1 + i) (1 i) 3 (2 + i) (2 i). 1

2 Aufgabe 2. (a) {174 + z 252 z Z} Z ist die Menge aller Lösungen x Z des Kongruenzgleichungssystems x 2 (mod 4) x 6 (mod 7) x 3 (mod 9). (b) {23 + z 42 z Z} Z ist die Menge aller Lösungen x Z des Kongruenzgleichungssystems x 5 (mod 6) 3x 1 (mod 14). (a) Gegeben sei das folgende Kongruenzgleichungssystem: x a 1 = 2 (mod 4) x a 2 = 6 (mod 7) x a 3 = 3 (mod 9). Es sind n 1 = 4, n 2 = 7, n 3 = 9 paarweise teilerfremd, und N = = 252, N 1 = 63, N 2 = 36 und N 3 = 28. Die Berechnung der Inversen von N i in Z ni geschieht mit Hilfe des Euklidischen Algorithmus (oder in einfachen Fällen durch Hinschauen und kurzes Nachdenken). Da n i und N i teilerfremd sind, gilt x i N i + y i n i = 1 für geeignete x i Z (und y i Z, die hier nicht interessieren): Es folgt: x 1 = 63 1 = 3 1 = 3 Z 4, x 2 = 36 1 = 1 1 = 1 Z 7, x 3 = 28 1 = 1 1 = 1 Z 9. x N 1 x 1 a 1 + N 2 x 2 a 2 + N 3 x 3 a 3 (mod N) (mod 252) 678 (mod 252) 174 (mod 252). Also ist x = 174 die modulo 252 eindeutig bestimmte Lösung und die Menge aller Lösungen ist damit {174 + z 252 z Z} Z. (b) Gegeben sei das folgende Kongruenzgleichungssystem: x 5 (mod 6) 3x 1 (mod 14). 2

3 Da ggt(3, 14) = 1 gilt, ist 3 Z 14 und wir erhalten mit dem Euklidischen Algorithmus 14 = = = oder durch einfaches Probieren, dass 5 = 3 1 Z 14. Also ist obiges Gleichungssystem äquivalent zu folgendem System: x 5 (mod 6) x 5 (mod 14). Nach dem Chinesischen Restsatz bedeutet dies nun, dass x = 5 die modulo 6 eindeutig bestimmte Lösung des Kongruenzgleichungssystems x 1 (mod 2) x 2 (mod 3) und x = 5 die modulo 14 eindeutig bestimmte Lösung des Systems x 1 (mod 2) x 2 (mod 7) ist. Die Lösungen x Z des ursprünglichen Gleichungssystems sind daher genau die simultanen Lösungen dieser beiden Systeme, so dass wir folglich nun das System x a 1 = 1 (mod 2) x a 2 = 2 (mod 3) x a 3 = 2 (mod 7) lösen müssen. Da n 1 = 2, n 2 = 3, n 3 = 7 paarweise teilerfremd sind, können wir nun dieses System analog zu Aufgabenteil (a) mit Hilfe des Chinesischen Restsatzes lösen. Es ist N = = 42, N 1 = 21, N 2 = 14 und N 3 = 6 und wir berechnen Es folgt: x 1 = 21 1 = 1 1 = 1 Z 2, x 2 = 14 1 = 2 1 = 2 Z 3, x 3 = 6 1 = 1 1 = 1 Z 7. x N 1 x 1 a 1 + N 2 x 2 a 2 + N 3 x 3 a 3 (mod N) ( 1) 2 (mod 42) 65 (mod 42) 23 (mod 42). Also ist x = 23 die modulo 42 eindeutig bestimmte Lösung und die Menge aller Lösungen des Ausgangsgleichungssystems ist damit {23 + z 42 z Z} Z. 3

4 Aufgabe 3. (a) Z 25 = Z 5 Z 5 ; (b) Z 15 = Z 4 Z 2. (a) Wegen Z 25 = {k : ggt(k, 25) = 1} hat Z 25 = {1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9, 11,..., 24} Ordnung 20. Da Z 5 = {1, 2, 3, 4} Ordnung 4 hat und damit Z 5 Z 5 = 16 gilt, sind die beiden Gruppen nicht isomorph. (b) Nach dem chinesischen Restsatz gilt (Z 15, ) = (Z 3 Z 5, ), wobei auf der rechten Seite die komponentenweise Multiplikation die Gruppenoperation ist. Es reicht also zu zeigen. (Z 3, ) = (Z 2, +) und (Z 5, ) = (Z 4, +) Aus der Vorlesung wissen wir, dass jede zyklische Gruppe der Ordnung n isomorph zu (Z n, +) ist. Somit reicht es zu zeigen, dass (Z 3, ) zyklisch der Ordnung zwei und, ) zyklisch der Ordnung vier ist. (Z 5 Offenbar gilt Z 3 = { 1, 2 } = 2 und Z 5 = { 1, 2, 3, 4 } = 2 woraus dann also unmittelbar die Behauptung folgt. Aufgabe 4. Voraussetzung. Sei K = Q[t]/(t 2 2) und f(u) = u 3 u 2 2u + 2 L[u], wobei L {Q, R, K}. (a) K ist ein Körper. (b) In den Polynomringen L[u] hat f(u) die folgenden Primfaktorzerlegungen: f(u) = (u 1) (u 2 2) Q[u], f(u) = (u 1) (u 2) (u + 2) R[u], f(u) = (u 1) (u t) (u + t) K[u]. 4

5 (a) Sei K = Q[t]/(t 2 2). Da Q[t] ein kommutativer Ring mit Eins ist, wissen wir bereits, dass der Faktorring K ebenfalls ein kommutativer Ring mit Eins ist. Um zu zeigen, dass K in der Tat ein Körper ist, reicht es, zu zeigen, dass jedes Element außer der Null ein Inverses bezüglich der Multiplikation besitzt. Wir zeigen zunächst, dass t 2 2 Q[t] irreduzibel und damit auch prim ist, denn Q[t] ist ein euklidischer Ring. Dazu betrachten wir Polynome g, h Q[t] mit t 2 2 = g h. Die Gradformel liefert dann deg(g) + deg(h) = deg(t 2 2) = 2. Hätte weder g noch h den Grad Null, so müssten beide Grad Eins haben. Folglich besitzt g die Gestalt Setzen wir b = a 0 a 1 g = a 1 t + a 0 Q[t] mit a 1 0. Q, so gilt f(b) = g(b) h(b) = ( ) a 1 a0 + a 0 h(b) = 0. a 1 Dies steht im Widerspruch zur Tatsache, dass t 2 2 keine Nullstelle in Q hat. Also muss eines der Polynome g oder h den Grad Null haben und ist damit eine Einheit in Q[t], da Q[t] = Q genau die Menge der Polynome vom Grad Null ist. Damit ist gezeigt, das t 2 2 Q[t] irreduzibel ist. Sei also 0 f K beliebig. Dann ist f / (t 2 2) und somit enthält die Primfaktorzerlegung von f, die im euklidischen Ring Q[t] existiert, nicht den Primfaktor t 2 2. Folglich ist 1 ggt(f, t 2 2) und es gibt Elemente g, h Q[t], so dass 1 = g f + h (t 2 2) gilt. Modulo dem Ideal (t 2 2), d.h. in K gilt daher Folglich ist f K. 1 = g f K. Insgesamt haben wir also gezeigt, dass K = K \ {0} gilt, d.h. dass K ein Körper ist. (b) Sei f(u) = u 3 u 2 2u + 2 L[u], wobei L {Q, R, K}. Da L[u] ein euklidischer Ring ist, genügt es f(u) in ein Produkt von irreduziblen Faktoren zu zerlegen. Betrachte zunächst f(u) Q[u]. Wir sehen leicht, dass f(1) = 0 ist und wissen nun aus der Vorlesung, dass dann u 1 f(u) gilt und in der Tat erhalten wir durch Polynomdivision f(u) = (u 1) (u 2 2). Wir wissen, dass Polynome vom Grad 1 irreduzibel sind und haben in Aufgabenteil (a) gezeigt, dass auch u 2 2 Q[u] irreduzibel ist. Betrachten wir f(u) = (u 1) (u 2 2) R[u], so hat f(u) außer 1 R die beiden weiteren Nullstellen ± 2 R, so dass f(u) die Primfaktorzerlegung besitzt. f(u) = (u 1) (u 2) (u + 2) R[u] 5

6 Nun betrachten wir f(u) = (u 1) (u 2 2) K[u]. Dann ist t K eine Nullstelle von u 2 2 und damit von f(u). Somit wissen wir, dass u t u 2 2 und die Polynomdivision in K[u] ( u 2 ( u ) ) tu : tu 2 ( tu t 2) t 2 2 = 0 ( u t ) = u + t liefert die Primfaktorzerlegung f(u) = (u 1) (u t) (u + t) K[u]. 6