2.2. ELEMENTARE TEILBARKEITSTHEORIE, INTEGRITÄTSBEREICHE 65
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- Justus Bretz
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1 2.2. ELEMENTARE TEILBARKEITSTHEORIE, INTEGRITÄTSBEREICHE 65 Nun kommen wir zur Teilbarkeitstheorie in Integritätsbereichen. Es wird ganz elementar in dem Sinne, dass wir wieder mehr von Elementen als von Idealen sprechen. Zuerst eine Ernüchterung: Die Begriffe prim und unzerlegbar für Elemente in einem Integritätsbereich fallen im allgemeinen auseinander: Definition Sei R ein Integritätsbereich. 1) Ein Element 0 a R R heißt irreduzibel oder unzerlegbar, falls jede Faktorisierung von a in R trivial ist, das heißt, falls gilt: a = a 1 a 2 für a i R impliziert a 1 R oder a 2 R. 2) Ein Element 0 a R R heißt prim, falls a (b 1 b 2 ) impliziert a b 1 oder a b 2 für alle b i R. Beispiel ) In R = Z ist 2 prim und irreduzibel. 2) Sei K ein Integritätsbereich und R = K[X]. Dann ist X prim (vom Grad 1) und unzerlegbar. (Falls X (a(x)b(x)) und X a(x), so folgt: a(0) 0, also b(0) = 0 und X b(x).) Lemma Sei R ein Integretätsbereich. 1. Ist ab = ac für a R {0} und b, c R so gilt b = c. 2. Ist a R prim, so ist a auch unzerlegbar. 3. a R ist prim genau dann, wenn a R ein Primideal ist. Beweis. 1) 0 = ab ac = a(b c). Da R keine Nullteiler hat und a 0 fold b c = 0. 2) Sei a prim und a = a 1 a 2 mit a i R R. Dann gilt: a a 1 a 2 und a a 1 (sonst wäre a 2 R ) und a a 2 (sonst wäre a 1 R ). Dies ist aber ein Widerspruch zu der Voraussetzung dass a prim ist. 3) Übung. q. e. d. Die Umkehrung der zweiten Aussage gilt im Allgemeinen nicht. Beispiel Sei R = Z[ 5]. Es gilt: 3 2 = (1 + 5)(1 5). Das Element 3 ist in R unzerlegbar, aber nicht prim.
2 66 KAPITEL 2. RINGE UND MODULN An dieser Stelle sei angemerkt, dass Dedekind, der sicher als einer der Urväter der modernen Algebra einzuschätzen ist, wegen der schlechten Eigenschaften des Teilbarkeitsbegriffes für Elemente, den Idealbegriff erfunden hat, um in bestimmten Situationen der Zahlentheorie doch noch zu einer befriedigenden Teilbarkeitstheorie, diesmal aber für Ideale (sprich ideale Zahlen) zu kommen. Im obigen Beispiel kann man nämlich alle vier Zahlen als Ideale noch weiter zerlegen: 3 = 3, , = 2, , = 3, , = 3, 1 5 2, 1 5 Wir kommen jetzt zu einer Charakterisierung der Situation, wo die Teilbarkeitstheorie funktioniert. Definition Ein Integritätsbereich R heißt ein Ring mit eindeutiger Faktorisierung oder faktoriell (Gaußscher Bereich), falls jede Nichteinheit 0 eine im wesentlichen eindeutige Faktorisierung in unzerlegbare Elemente besitzt. Die Eindeutigkeit bedeutet: Falls a = a 1... a n = b 1... b m mit a i, b j R unzerlegbar, so folgt n = m und nach Umnumerierung a i b i für i = 1,..., n. Satz Ein Integritätsbereich R ist faktoriell genau dann, wenn (a) R keine unendlichen Teilerketten a 1, a 2,... mit a i+1 a i und a i+1 a i für alle i N enthält und (b) jedes irreduzible Element prim ist. Beweis. : (a) ist sofort klar, da jedes Element sich in endlich viele Irreduzible zerlegt. Sei nun a irreduzibel und a bc, d.h. at = bc für ein t R. Dann haben b = b 1 b n und c = c 1 c m eindeutige Zerlegungen in Irreduzible und da at = b 1 b n c 1 c m die eindeutige Zerlegung in Irreduzible von at ist, muss a auch auf der rechten Seite vorkommen, d.h. a = b i und a teilt b oder a = c j und a teilt c. : Wir zeigen, dass ür ein beliebiges Element a R R eine Faktorisierung in unzerlegbare Elemente existiert: Falls a selbst unzerlegbar ist, so folgt die Behauptung sofort. Sonst existiert ein b 1 R R mit b 1 a und b 1 a. Falls b 1 unzerlegbar, haben wir einen unzerlegbaren Teiler von a gefunden. Sonst setzte die Teilersuche mit b 1 fort und finde b 2 b 1. Dann gilt natürlich auch auch b 2 a. Nach endlich vielen Schritten erhält man ein b k, das irreduzibel ist und a teilt. Setze nun a 1 = b k. Dann gilt a = a 1 ã. Fährt man nun wie oben mit ã fort und wiederholt diesen Vorgang n mal, so erhält man a = a 1... a n ã n, wobei alle a i unzerlegbar sind. Falls nun ã n für alle n N zerlegbar wäre, so wäre dies ein Widerspruch zu (a), also ist die Existenz der Faktorisierung gezeigt. Zur Eindeutigkeit: Sei a 1... a n = b 1... b m und alle a i, b j seien unzerlegbar. Dann teilt a 1 das Produkt b 1... b n, und da a 1 nach (b) prim ist, teilt a 1 eines der b i. Setze nun o.b.d.a.
3 2.3. HAUPTIDEALBEREICHE 67 i = 1. Also gilt: a 1 teilt b 1 und b 1 ist unzerlegbar. Das heißt aber a 1 b 1, und man kann o.b.d.a. a 1 und b 1 gleichsetzen. Fahre nun fort mit a 2... a n = b 2... b m. Durch eine Induktion über das Minimum von n und m kann man so die Behauptung zeigen. q. e. d. Beispiel ) Die Bedingung (a) ist verletzt bei dem Semigruppenring KM mit M = (Q 0, +) und mit der K-Basis (x i i Q 0 ). Beispielsweise ist x, x 1/2, x 1/4, x 1/8,... eine unendliche Teilerkette. 2) Bei R = Z[ 5] ist die Bedingung (b) verletzt: 3 3 = (2 + 5)(2 5) (Vergleiche auch Beispiel 2.54.) 3) Die Bedingung (a) ist erfüllt für R[x 1,..., x n ], falls R faktoriell ist, beispielsweise für K[x 1,..., x n ], wobei K ein Körper ist. Zum Beweis von (a) benutze den Grad der Polynome (Übung). Auch (b) ist hier erfüllt; das zu zeigen ist aber jetzt noch zu schwierig. Bemerkung Sei R ein faktorieller Ring und a, b R. 1) Ausgehend von der eindeutigen Primfaktorisierung der Elemente definiert man c = ggt(a, b) den größten gemeinsamen Teiler und x = kgv(a, b) das kleinste gemeinsame Vielfache von a und b. Beide sind bis auf Einheiten eindeutig bestimmt. Für den größten gemeinsamen Teiler c gilt: (i) c a und c b (ii) d a und d b genau dann, wenn d c (iii) ggt(a, b) = ggt(a, b a). Die Eigenschaften (i) und (ii) sind charakterisierend. 2) Für das kleinste gemeinsame Vielfache x gilt: (i) a x und b x (ii) a y und b y genau dann, wenn x y. Diese beiden Eigenschaften sind charakterisierend. 3) ab ggt(a, b) kgv(a, b). 2.3 Hauptidealbereiche Die einfachsten Typen faktorieller Ring sind die Hauptidealbereiche. Definition Ein Integritätsbereich R heißt Hauptidealbereich, falls jedes Ideal von R ein Hauptideal ist. Wir lernen nun besonders schöne Hauptidealbereiche kennen:
4 68 KAPITEL 2. RINGE UND MODULN Definition Ein Integritätsbereich heißt Euklidischer Bereich, falls eine Abbildung ν : R Z 0 existiert mit folgenden Eigenschaften: (i) ν(r) = 0 genau dann,wenn r = 0 (ii) für a R und 0 b R existieren q, r R, so dass a = bq + r mit ν(r) < ν(b). Beispiel ) R := Z ist Euklidischer Bereich mit dem gewöhnlichen Absolutbetrag: { a a 0 ν(a) := a a < 0. 2) Ist K Körper, so ist R = K[x] Euklidischer Bereich mit der folgenden Variante des Grades: { 0 a = 0 ν(a) := 2 Grad(a) a 0. Satz Ein Euklidischer Bereich (R, ν) ist Hauptidealbereich. Beweis. Sei {0} I R ein Ideal. Wähle a I so, dass 0 ν(a) ν(b) für alle b I. Sei nun c I. Dann existieren q, r R mit c = aq + r und ν(r) < ν(a). Da r = c aq I ist und für jedes b I {0} gilt ν(a) ν(b), folgt dass ν(r) = 0. Damit ist r = 0 und somit c = aq a. Also ist I = a. q. e. d. Satz Ist R Hauptidealbereich, so ist R faktoriell. Beweis. Zeige zuerst, dass keine unendlichen Teilerketten existieren: Angenommen, es gäbe a 1, a 2, mit a i+1 a i und a i+1 a i. Dann gilt: a 1 a 2 a 3... ( gilt, da a i+1 a i ist.) Setze nun I := a i R. Dann folgt, da R Hauptidealbereich i=1 ist, dass ein a R existiert mit I = a. Aber da a Ra i ist, existiert ein i mit a Ra i. Daraus folgt dann: a i = a i+1 =... = a, also ein Widerspruch zu der Annahme, dass eine unendliche Teilerkette vorliegt. Zeige nun: Jedes irreduzible Element ist prim. Sei dazu a R R irreduzibel. Offenbar ist a genau dann prim, wenn a ein Primideal ist. Wir können sogar zeigen, dass a ein maximales Ideal ist, denn sei a I R I. Da R Hauptidealbereich ist, folgt I = d für ein d R R. Somit a Rd, also a = dd für ein d R. Das bedeutet d R, denn a ist irreduzibel und d R. Da a d ist, haben wir I = a. q. e. d.
5 2.4. DER SATZ VON GAUSS ÜBER FAKTORIELLE RINGE 69 Übung: Sei R Hauptidealbereich und a, b R {0}. Zeige a + b = a, b = ggt(a, b) und a b = kgv(a, b) und schließlich a b = ab. Korollar Ist R ein Hauptidealbereich, so ist jedes Primideal, das ungleich dem 0-Ideal ist, ein maximales Ideal. Wir wissen schon, dass jedes maximale Ideal ein Primideal ist, da der Faktorring nach einem maximalen Ideal ein Körper, also insbesondere ein Integritätsbereich ist. Also sind in Hauptidealbereiche die nicht 0-Ideale maximal genau dann, wenn sie Primideale sind. Beispiel (Anwendungen) 1) Z[X] ist kein Hauptidealbereich, denn das Primideal X ist kein maximales Primideal. Z.B. ist X < 2, X < Z[X]. 2) K[X, Y ] (K sei ein Körper) ist ebenfalls kein Hauptidealbereich. 3) Z ist Hauptidealbereich und also faktoriell und Primzahlen sind bis auf Multiplikation mit Einheiten (±1) die unzerlegbaren Elemente von Z. Also sind die einzigen maximalen Ideale die Ideale, die von Primzahlen erzeugt werden. Daher sind die F p := Z/ p für Primzahlen p sind die einzigen Restklassenkörper von Z. 4) Für jeden Körper K ist K[X] ein Hauptidealbereich und faktoriell. Die irreduziblen Polynome in K[X] sind gleich den Primelementen in K[X] und den unzerlegbaren Elementen in K[X]. Die Restklassenkörper von K[X] sind alle von der Form K[X]/ p(x), wo p(x) K[X] irreduzibel ist. Man beachte K[X] = K, so dass man eine Normaldarstellung der Elemente von K(X) hat, indem man mit durchgekürzten Brüchen arbeitet, so dass der führende Koeffizienten des Nenners 1 ist. 2.4 Der Satz von Gauß über faktorielle Ringe Wir wollen jetzt faktorielle Ringe betrachten, die keine Hauptidealbereiche sind. Das Schlüsselergebnis geht auf Carl Friedrich Gauß zurück. Definition Sei R ein faktorieller Bereich. Ein Polynom 0 p(x) R[X] heißt primitiv, falls der ggt seiner Koeffizienten gleich 1 ist. Wir bezeichnen mit cont(p(x)) den ggt seiner Koeffizienten. Lemma (Gaußsches Lemma) Sei R ein faktorieller Bereich. Das Produkt zweier primitiver Polynome aus R[X] ist wieder primitiv. Beweis. Seien a(x) = a 0 X n + a 1 X n a n R[X] und b(x) = b 0 X m + b 1 X m b m R[X] beide primitiv. Angenommen a(x)b(x) ist nicht primitiv. Dann gibt es ein irreduzibles Element p R, das sämtliche Koeffizienten von a(x)b(x) teilt. Sei i
6 70 KAPITEL 2. RINGE UND MODULN minimal mit p a i und j minimal mit p b j. Dann gilt für den (i + j)-ten Koeffizienten von a(x)b(x): p a 0 b i+j +... a i 1 b j+1 +a i b j + a i+1 b j a i+j b 0 }{{}}{{} p p Also folgt p a i b j, was aber ein Widerspruch ist, da p prim ist und weder a i noch b j teilt. q. e. d. Als Folgerung erhalten wir den Hauptsatz. Lemma Sei R faktoriell und K = Quot(R). 1. Jedes p(x) R[X] kann als p(x) = cp 1 (X) mit c = cont(f) und p 1 (X) R[X] primitiv geschrieben werden. 2. Ist für p(x) R[X] sowohl p(x) = cp 1 (X) und p(x) = dp 2 (X) mit p 1 (X), p 2 (X) R[X] primitiv, so gilt c d und p 1 (X) p 2 (X). 3. Ist p(x) R[X] unzerlegbar so ist p(x) auch unzerlegbar in K[X]. Beweis. 1) Sei p(x) = n i=0 a ix i und c = cont(p(x)). Dann ist a i = cb i für b i R. Also folgt die Behauptung mit p 1 (X) = n i=0 b ix i. 2) Wir zeigen zuerst, dass sowohl c als auch d größte gemeinsame Teiler der Koeffizienten von p(x) sind. Da p(x) = dp 2 (X) folgt, dass d ein gemeinsamer Teiler der Koeffizienten von p(x) ist. Da c ein ggt dieser Koeffizienten ist, folgt c d. Sei nun d = rc für r R. Dann ist cp 1 (X) = p(x) = dp 2 (X) = rcp 2 (X). Dann ist p 1 (X) = rp 2 (X) und, da p 1 (X), p 2 (X) primitiv, ist r R. Also ist d c. 3) Angenommen p(x) ist zerlegbar in K[X]. Dann existieren f(x), g(x) K[X] mit p(x) = f(x)g(x). Seien r, s die kleinsten gemeinsamen Vielfachen der Nenner von f(x) und g(x). Dann sind rf(x) und sg(x) in R[X] und somit existieren nach (1) primitive p 1 (X), p 2 (X) R[X] mit cont(rf(x))p 1 (X) = rf(x) und cont(sg(x))p 2 (X) = sg(x). Damit ist rsp(x) = cont(rf(x))cont(sg(x))p 1 (X)p 2 (X). Also erhalten wir p(x) = kp 1 (X)p 2 (X) mitn k = r 1 s 1 cont(rf(x))cont(sg(x)) K. Da p 1 (X)p 2 (X) und p(x) beide primitiv, folgt nach dem Gaußschen Lemma, k R. Aber p(x) ist unzerlegbar in R[X], woraus p 1 (X) R oder p 2 (X) R folgt. Also f(x) oder g(x) K. q. e. d. Satz Ist R faktoriell, so ist der Polynomring R[X] auch faktoriell.
7 2.4. DER SATZ VON GAUSS ÜBER FAKTORIELLE RINGE 71 Beweis. Wir müssen die zwei Bedingungen von Satz 2.56 nachweisen, dass R[X] keine unendlichen Teilerketten hat und dass jedes unzerlegbare Element prim ist. Ersteres folgt aus der offenkundigen Tatsache, dass der Grad in einer Teilerkette stationär werden muss und dass R keine unendlichen Teilerketten enthält. Letzteres bekommt man aus dem Gaußschen Lemma wie folgt: Sei K := Quot(R). Sei p(x) R[X] unzerlegbar. Dann ist nach dem vorherigen Lemma p(x) auch unzerlegbar in K[X]. Da K[X] faktoriell, ist p(x) prim in K[X]. Wir zeigen nun, dass p(x) prim in R[X] ist. Seinen dazu a(x), b(x) R[X] mit p(x) a(x)b(x). Behauptung: p(x) a(x) oder p(x) b(x). In K[X] folgt nun p(x) a(x) oder p(x) b(x), sagen wir ersteres. Also existiert ein primitives q(x) R[X] und c K mit cp(x)q(x) = a(x). Da wiederum p(x)q(x) primitiv ist, folgt c R, d. h. p(x) a(x) in R[X]. q. e. d. Beispiel ) Z[X] ist faktoriell, aber kein Hauptidealbereich. Ebenso Z[X 1,..., X n ]. 2) Ist K Körper, so ist K[X 1,..., X n ] faktoriell, aber für n 2 kein Hauptidealbereich. 3) Sei p(x) = X n +a 1 X n a n Z[X]. Dann gilt: Genau dann ist p(x) unzerlegbar in Z[X], wenn es unzerlegbar in Q[X] ist. (Beweis: Übung.) Dies eröffnet viele Möglichkeiten für Irreduzibilitätsbeweise, denn Z[X] hat den Polynomring F p [X] für jede Primzahl p als epimorphes Bild. Z. B. ist X 4 X 2 + 2X + 1 Q[X] irreduzibel, denn (mod 2) faktorisiert es als (X 2 + X + 1) 2 in irreduzible Faktoren und (mod 3) als (X 1)(X 3 + X 2 1). Bemerkung Man könnte denken, dass Bemerkung ) sich leicht zu einem Faktorisierungsalgorithmus für Polynome aus Q[X] ausbauen lässt. Dies ist aber nicht ganz so einfach, denn beispielsweise das Polynom X 4 10X ist irreduzibel, aber modulo einer beliebigen Primzahl zerfällt es eintweder in ein Produkt zweier quadratischer irreduzibler Faktoren oder in ein Produkt von 4 Linearfaktoren. Übung: Sei p(x) = X n + a 1 X n a n Z[X]. Zeige: Jede rationale Wurzel a Q von p(x) liegt bereits in Z und es gilt: a a n. Folgere a b p(b) für alle b Z. Hier ist ein weiteres sehr nützliches Irreduzibilitätskriterium. Satz (Eisensteinkriterium) R sei faktoriell, K = Quot(R) und f(x) = a n X n a 0 R[X] mit a n 0 und n > 0. Sei weiter p R prim, so dass p a n und p a i für i = n 1,..., 0 und p 2 a 0. Dann ist f(x) irreduzibel in K[X].
8 72 KAPITEL 2. RINGE UND MODULN Beweis. OBdA sei f primitiv. Angenommen, f sei nicht irreduzibel, ließe sich also darstellen als f = gh mit g := b d X d b 0 R[X] und h := c m X m c 0 R[X]. (b d c m 0.) Nun gilt p teilt a 0 = b 0 c 0 und p 2 teilt nicht b 0 c 0. Daraus folgt obda: p teilt c 0, nicht aber b 0. Da p nicht c m b d = a n teilt, teilt p auch nicht c m. Wähle nun r minimal mit p teilt nicht c r. Dann ist r n und a r = b 0 c r + b 1 c r Da p weder b 0 noch c r teilt, teilt es auch nicht das Produkt b 0 c r. Andererseits gilt p c r i (i = 1,..., r), da p c i, i < r. Dies ist aber ein Widerspruch zu p a r. q. e. d. Beispiel ) Sei X 2 + Y 2 1 = X 2 + (Y 2 1) = X 2 + (Y + 1)(Y 1) C[X, Y ] = C[Y ][X]. p = Y +1 C[Y ] ist prim, also ist nach Eisenstein X 2 +(Y 2 1) irreduzibel in C(Y )[X] = Quot(C[Y ])[X]. Da das Polynom primitiv ist, folgt, dass es irreduzibel in C[X, Y ] ist. 2) p sei eine Primzahl. Dann ist f = X p 1 + X p X + 1 Q[X] irreduzibel. Beweis: Die Abbildung Q[X] Q[X] : q(x) q(x + 1) ist ein Q-Algebren- Automorphismus. Klar: f(x) ist genau dann irreduzibel, wenn f(x + 1) irreduzibel ist: Es gilt: f(x) = Xp 1 X 1 ( ) ( ) ( ) f(x + 1) = (X+1)p 1 p p p X = X p 1 + X 1 p 2 + X 2 p Nun teilt p 1 p nicht den Koeffizienten von X p 1, jedoch alle anderen Koeffizienten. Außerdem teilt p 2 nicht den Koeffizienten von X 0, nämlich p. Damit ist nach Eisenstein das Polynom irreduzibel. 3) X n p ist irreduzibel, wobei p ein Primelement in R ist.
7.3 Euklidische Bereiche, Hauptideal- und Gaußbereiche
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