deg(f) =deg(g)+deg(h).

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1 2.9 Elementarteilersatz 69 Beweis. Ohne Einschränkung sei f R[X] primitiv. Sonst zerlege f = af,wobei das Element a ggt(a 0,...,a n ) ist. Dann ist f f in Q(R)[X] assoziiert. Wegen ϱ(f) =ϱ(a)ϱ(f) ist ϱ(a) R,weil ϱ(f) irreduzibel in R[X] ist. Wäre nun das primitive f nicht irreduzibel in R[X],sowäre f = gh mit g, h R[X] und deg(g) 1, deg(h) 1. Wegen a n p ist a n 0 in R, also gilt deg(f) =deg(ϱ(f)). Weil R integer ist, gilt deg(f) =deg(g)+deg(h). Weiter gilt deg(g) deg(ϱ(g)) und deg(h) deg(ϱ(h)) und deg(ϱ(f)) deg(ϱ(g)) + deg(ϱ(h)). Somit folgt deg(g) =deg(ϱ(g)) und deg(h) =deg(ϱ(h)). Da beide Grade 1 sind, wäre ϱ(f) nicht irreduzibel im Widerspruch zur Voraussetzung. Also ist f in R[X] irreduzibel und somit nach Satz ist f in Q(R)[X] irreduzibel. Beispiel Das Polynom f = X 5 X ist irreduzibel in Z[X] und in Q[X]. Beweis. Wende Satz an mit p = Z 2. Dann gilt ϱ(f) =X 5 + X 2 +1 F 2 [X]. Offensichtlich hat ϱ(f) keine Nullstelle in F 2.Wäre ϱ(f) nicht irreduzibel, so müsste ϱ(f) einen Faktor vom Grad 2 haben. In F 2 [X] gibt es aber nur folgende Polynome vom Grad 2 X 2 ; X 2 +1; X 2 + X ; X 2 + X +1;. Die ersten drei haben Nullstellen, teilen also ϱ(f) nicht und für das letzte gilt ϱ(f) =(X 3 + X 2 )(X 2 + X +1)+1. Also ist ϱ(f) irreduzibel in F 2 [X]. 2.9 Elementarteilersatz Ein R -Modul M ist eine Menge mit zwei Verknüpfungen +:M M M ;(m 1,m 2 ) m 1 + m 2 : R M M ; (r, m) rm die dieselben Axiome wie ein Vektorraum erfüllen. Der Unterschied ist nur, dass hier R eine beliebiger kommutativer Ring R ist und nicht wie bei Vektorräumen ein Körper ist. Das hat weit reichende Konsequenzen. Es gilt zum Beispiel nicht mehr, dass M eine Basis hat oder dass jede maximal linear unabhängige Teilmenge in

2 70 2. Elementare Ringtheorie M eine Basis ist. Man nennt einen endlich erzeugten Modul F frei, wenn er eine Basis hat; also wenn es eine R -lineare Abbildung ϕ : R n F gibt, die bijektiv ist. Man zeigt leicht, dass in diesem Fall die Zahl n eindeutig bestimmt ist, indem man modulo eines maximalen Ideals m R reduziert; es ist n =dim R/m (F/mF).Für einen freien R -Modul M definiert man den dualen Modul M := Hom R (M,R) als den Modul der Linearformen auf M.Die R -linearen Abbildungen ϕ : R n R m zwischen endlich erzeugten freien R -Moduln kann man durch m n Matrizen A M(m n, R) beschreiben. Im Folgenden wollen wir die Struktur von Moduln über Hauptidealringen untersuchen. Wir beginnen mit zwei zentralen Lemmata. Lemma Es sei R ein Hauptidealring und es sei F ein endlich erzeugter freier R -Modul mit einer Basis (x 1,...,x n ). Dann ist jeder R -Untermodul M F von F frei mit einer Basis der Länge m n. Beweis. Wir führen Induktion nach n := dim F.Für n =1 ist F isomorph zu R 1 und M wird unter diesem Isomorphismus auf ein Ideal abgebildet. Damit folgt die Behauptung, weil R ein Hauptidealring ist. Sei nun die Behauptung für n 1 bewiesen. Dann sei π n : F R die Projektion auf die letzte Komponente bezüglich einer Basis (x 1,...,x n ) von F. Falls π n (M) =0 ist, so ist M n 1 R x i und die Behauptung folgt nach Induktionsvoraussetzung. Falls π n (M) 0 ist, so ist π n (M) R ein Ideal und somit π n (M) =R α ein Hauptideal. Sei nun z M mit π n (z) =α.seinun x M. Dann existiert ein r R mit π n (x) =rα. Setzt man nun y := x r z,soist π n (y) =π n (x) rπ n (z) =rα rα =0. Also gilt M = Rz +(M Ker(π n )). Weiterhin ist jedes y Rz Ker(π n ) von der Form y = rz und erfüllt 0=π n (y) =rπ n (z) =rα. Wegen α 0 ist r = 0 und damit y =0.Alsoist M = Rz (M Ker(π n )). Auf M Ker(π n ) kann man die Induktionsvoraussetzung anwenden und erhält die Behauptung. Lemma Es sei R ein Hauptidealring und F := n R x i ein endlich erzeugter freier R -Modul mit Basis (x 1,...,x n ). Weiterhin sei M F ein R - Untermodul von F. Dann existieren e M, e F und eine Linearform ϕ F mit folgenden Eigenschaften: (a) ϕ(m) ist maximal in der Menge M := {ψ(m) ; ψ F }. (b) ϕ(m) =R ϕ(e ) und e = ϕ(e ) e (c) F = R e Ker(ϕ) (d) M = R e (M Ker(ϕ))

3 2.9 Elementarteilersatz 71 Beweis. (a) Für jedes ψ F ist ψ(m) R ein Ideal. Dann folgt mit Lemma 2.6.8, dass ein maximales Element ϕ(m) in M für ein ϕ F existiert. (b) Da R ein Hauptidealring ist, gibt es α R mit ϕ(m) =Rα. Somit existiert ein e M mit ϕ(e )=α. Wir zeigen nun zuerst, dass α jedes ψ(e ) für ψ F teilt! Dazu sei d := ggt(α, ψ(e )). Da R ein Hauptidealring ist, gibt es a, b R mit d = a α + b ψ(e )=(aϕ + bψ)(e )=χ(e ) für χ := (aϕ + bψ) F. Nun ist R α R d χ(m) M. Wegen der Maximalität von R α ist R d = R α. Folglich gilt ψ(e ) R α. Ohne Einschränkung sei M 0. Wegen M 0 ist α 0. Nun hat man e = r 1 x r n x n. Nach dem oben Gezeigten teilt α jede Koordinate r i = π i (e ),wobei π i Koordinatenfunktion bezüglich der Basis (x 1,...,x n ) ist. Folglich gilt die i -te e := r 1 α x r n α x n F. Also gilt e = ϕ(e ) e. Weiterhin ist ϕ(e) =1. (c) Jedes x F kann man in der Form x = ϕ(x) e+(x ϕ(x) e) schreiben. Wegen ϕ(e) =1 ist (x ϕ(x) e) Ker(ϕ).Weiterhinerfüllt jedes x Re Ker(ϕ) nun x = re und 0 = ϕ(x) =rϕ(e) =r.alsoist x = 0. Das beweist (c). (d) Jedes m M kannmaninderform m = ϕ(m)e+k mit k Ker(ϕ) schreiben. Nun ist ϕ(m) ϕ(m) =Rα ;also ϕ(m) =rα.somit ϕ(m)e = rαe = re Re. Dann ist aber auch k = m ϕ(m)e M. Damit ist auch (d) gezeigt. Satz (Elementarteilersatz) Es sei R ein Hauptidealring, F ein endlich erzeugter freier R -Modul und M F ein Untermodul. Dann gilt: (i) Es existieren eine Basis (e 1,...,e n ) von F und α 1,...,α m R, so dass α i stets α i+1 für i =1,...,m 1 teilt und (α 1 e 1,...,α m e m ) eine Basis von M ist. (ii) Die Ideale (α 1 ) (α 2 )... (α m ) sind eindeutig durch (i) bestimmt. Beweis. Wir führen Induktion nach n := dim F.Für n = 0 ist nichts zu zeigen. Für n 1 wählen wir ϕ, e, e wie in Nach ist F := Ker(ϕ) frei vom Rang n 1 und M := M Ker(ϕ) F ein Untermodul. Dann gilt F = F Re und M = M Re mit M F. Auf die Situation M F können wir die Induktionsvoraussetzung anwenden. Es gibt also eine Basis e 2,...,e n von F und α 2,...,α m R,sodass (α 2 e 2,...,α m e m ) eine Basis von M ist und die Teilbarkeitsbeziehungen erfüllt. Mit den Bezeichnungen von Lemma setzen wir e 1 := e und α 1 := α. Dann ist (e 1,...,e n ) eine Basis von F und (α 1 e 1,...,α m e m ) eine Basis von M. Es bleibt somit nur noch zu zeigen,

4 72 2. Elementare Ringtheorie dass α 1 auch α 2 teilt. Dazu betrachten wir die Linearform ψ := π 1 + π 2 : F R, die x = r 1 e r n e n auf r 1 + r 2 abbildet. Dann ist α 1 = ψ(α 1 e 1 ) ψ(m) und α 2 = ψ(α 2 e 2 ) ψ(m). Also ist ϕ(m) =Rα 1 ψ(m).da ϕ(m) maximal in M ist, gilt Rα 1 = ψ(m) und somit α 2 Rα 1. Die Aussage (ii) folgt aus Satz 2.9.4(iv) weiter unten. Satz (Struktursatz für Moduln über Hauptidealringen) Es sei R ein Hauptidealring. Es sei M ein endlich erzeugter R -Modul und T (M) :={x M ; es gibt 0 r R mit rx =0} sein Torsionsuntermodul. Dann gilt: (i) M = T (M) M/T(M) (ii) M/T(M) = R r (iii) T (M) = R/Rα 1... R/Rα s mit 0 α i R R und (α i+1 ) (α i ) für i =1,...,s 1. (iv) Die Ideale (α 1 )... (α s ) sind durch M eindeutig bestimmt. Beweis. Es ist M = Rm Rm n endlich erzeugt. Dann betrachte die R -lineare Abbildung n ϕ : R n = Re i M ; e i m i und deren Kern K := Ker(ϕ) R n. Nach Satz existiert eine Basis (x 1,...,x n ) von R n und α 1,...,α n R mit (α i ) (α i+1 ) für i =1,...,n 1, so dass K = Rα 1 x 1...Rα n x n gilt, wobei α s 0 und α s+1 =...= α n = 0 gilt. Dann folgt M = R n /K = Rx 1 /Rα 1 x 1... Rx n /Rα n x n = R/Rα1... R/Rα n Dann folgt M = T (M) R n s T (M) = R/Rα1... R/Rα s. Damit ist (i) bis (iii) gezeigt. Nun zur Eindeutigkeitsaussage (iv). Wir bemerken Folgendes vorab. Es sei π R ein Primelement und α = π j α ggt(π, α ) = 1, so gilt für jedes σ N mit {x R/Rα ; π σ x =0} = R β = R/Rπ min{σ,j} für β := α/π min{σ,j}. Weiterhin benötigen wir den Begriff der Länge eines endlich erzeugten R -Moduls M, der durch eine Potenz π n eines Primelements π annulliert wird. Wird M

5 2.9 Elementarteilersatz 73 durch π annulliert, so ist M ein R/Rπ -Modul und somit ein Vektorraum über dem Körper R/Rπ. In diesem Fall ist l R (M) :=dim R/Rπ (M). Im allgemeinen Fall filtriert man den Modul in folgender Weise und setzt M M(π σ ):={x M ; π σ x =0} M(π σ 1 ) l R (M) := ( dim R/Rπ M(π σ+1 )/M (π σ ) ). σ=0 Nun zum Beweis: Der Torsionsuntermodul T := T (M) ist eindeutig durch M bestimmt. Wegen der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegungen reicht es zu zeigen, dass für jedes Primelement π R, die exakte Potenz π ni,mitder π in α i aufgeht, eindeutig durch T bestimmt ist. Dazu betrachte nun für σ N den Untermodul T (π σ ):={x T ; π σ x =0} T. Hat man eine Zerlegung von T wie in (iii), so gilt für jedes σ N T (π σ ) = R/ ( π min{σ,n1})... R/ ( π min{σ,ns}). Dann gilt für die Länge des Moduls ) s l R (T (π σ ) = l R (R/ ( π min{σ,nj})) = j=1 s min{σ, n j } Diese Gleichungen für σ =0,...,n s bestimmen die Exponenten n 1,...,n s eindeutig. Satz Es sei R ein Hauptidealring und A M(m n, R) eine Matrix. (i) Es existieren Matrizen S GL(m, R) und T GL(n, R), so dass SAT eine Diagonalmatrix mit Diagonalelementen α 1,...,α r ist, wobei α i stets α i+1 für i =1,...,r 1 teilt, wobei r := Min{m, n} ist. (ii) Die Ideale (α 1 ) (α 2 )... (α r ) sind eindeutig durch (i) bestimmt. Beweis. Die Matrix A liefert eine lineare Abbildung ϕ : R n R m via Multiplikation. Es seien e bzw. f die kanonischen Basen von R m bzw. R n.nunist ϕ(r n ) R m ein R -Untermodul. Nach Satz existiert eine Basis e von R m, so dass ( ) ϕ(r n )=Rα 1 e 1... Rα r e r mit (α 1 ) (α 2 )... (α r ) gilt. Dann sei S GL(m, R) die Transformation mit Se i = e i für i =1,...,m. Nun wählt man f i Rn derart, dass ϕ(f i )=α ie i für i =1,...,r gilt, wobei r die größte Zahl mit α i 0 ist. Dann kann man dieses System (f 1,...,f r ) zu einer Basis (f 1,...,f n) von R n ergänzen, wobei f j Ker(ϕ) für j = r +1,...,n gewählt werden kann; denn ϕ(r n ) R m ist frei nach und somit folgt die j=1

6 74 2. Elementare Ringtheorie Ergänzung mittels Sei nun T GL(n, R) die Transformationsmatrix, die die Basis f auf f abbildet; es gilt also Tf j = f j für j =1,...,n. Somit gilt SATf j = SAf j = α j Se j = { αj e j für j =1,...,r 0 für j = r +1,...,n Damit ist die Behauptung (i) bewiesen. Es ist r := min{m, n}. Die Behauptung (ii) folgt aus Satz 2.9.3(ii) mit der Darstellung ( ). Lemma Es sei R ein kommutativer Ring. Es sei M ein R -Modul und ϕ : M R n = n Re i eine surjektive lineare Abbildung. Seien f 1,...,f n M, so dass ϕ(f i )=e i für i =1,...,n gilt. Dann ist F := n Rf i ein freier R -Modul und es gilt M =Ker(ϕ) F. Ist insbesondere R ein Hauptidealring R und M = R m ein endlich erzeugter freier R -Modul, so kann man das System (f 1,...,f n ) mit Elementen aus Ker(ϕ) zu einer Basis von M ergänzen. Beweis. Offenbar ist ϕ F : F R n ein Isomorphismus; also ist F frei. Ist m M, so ist ϕ(m) = n r ie i. Dann gilt m =(m x)+x mit x := n r i f i. Dabei ist m x Ker(ϕ) und x F. Also gilt M =Ker(ϕ) F.ImFalleines freien endlich erzeugten Moduls M ist Ker(ϕ) M frei nach Satz Man überlegt sich leicht, dass Satz auch den Elementarteilersatz impliziert. Im Fall eines euklidischen Ringes kann man die Existenzaussage 2.9.5(i) wie im Fall von endlich erzeugten abelschen Gruppen beweisen; vgl. Satz Der Elementarteilersatz impliziert auch den Hauptsatz über endlich erzeugte abelsche Gruppen aus Satz Notiz Es sei G eine Gruppe. Für jedes n N und g G definiert man n g := g... g als das n -fache Produkt von g ; dabei ist die Gruppenverknüpfung in G.Für negative ganze Zahlen n Z setzt man ( n) g := n g 1. Auf diese Weise ist G genau dann ein Z -Modul, wenn G abelsch ist. Abschließend wollen wir noch auf Anwendungen des Elementarteilersatzes in der Linearen Algebra eingehen.

7 2.9 Elementarteilersatz 75 Notiz Es sei K ein Körper und K[X] der Polynomring in einer Unbestimmten X über K.Für einen K -Vektorraum V liefert jeder Endomorphismus ϕ End K (V ) eine K[X] -Modulstruktur (V,ϕ) auf V. Umgekehrt wird jede K[X] -Modulstruktur auf V auf diese Weise gegeben. Man bekommt so eine bijektive Beziehung zwischen End K (V ) und der Menge der K[X] -Modulstrukturen auf V. Beweis. Man definiert die skalare Multiplikation auf V über K[X] V V ;(p, v) p(ϕ)(v). Für jede K[X] -Modulstruktur auf V ist die Abbildung X : V V ; v X v ein Endomorphismus. Damit erhält man aus Satz die Zerlegung von (V,ϕ) in zyklische Untermoduln. Satz Es sei V ein endlich dimensionaler K -Vektorraum der Dimension n und es sei ϕ End K (V ).Danngiltfür den K[X] -Modul (V,ϕ) = K[X]/(m 1 )... K[X]/(m r ), wobei m 1,...,m r normierte Polynome mit m 1 m 2,...,m r 1 m r sind. Es ist m r = m(ϕ, X) das Minimalpolynom von ϕ und c(ϕ, X) =( 1) n m 1... m r das charakteristische Polynom von ϕ. Beweis. Die Zerlegung folgt aus Wegen m i m r für i =1,...,r ist 0=m r v := m r (ϕ)(v) für alle v V. Offenbar ist m r das normierte Polynom kleinsten Grades, das den Faktor K[X]/(m r ) annulliert; also ist m r das Minimalpolynom von ϕ. In der linearen Algebra hat man beim Beweis des Satzes von Cayley-Hamilton nachgerechnet, dass das charakteristische Polynom der Multiplikation mit X auf K[X]/(m i ) bis auf ein Vorzeichen gleich m i ist. Daraus folgt die Behauptung mit der Berechnung der Determinanten einer Blockmatrix. Damit erhält man die rationale Normalform von Endomorphismen. Satz (Rationale Normalform) Es sei V ein endlich dimensionaler K - Vektorraum der Dimension n und es sei ϕ End K (V ). Dann existiert eine Basis v von V, so dass die Matrixdarstellung v M(ϕ) Blockgestalt hat, wobei nur die Diagonalblöcke A 1,...,A r von 0 verschieden sind und folgendermaßen aussehen: c i, c i,1 A i := c i,2, c i,ni 1

8 76 2. Elementare Ringtheorie wobei m i := T ni +c i,ni 1T ni c i,0 der i -te normierte Elementarteiler ist. Es ist m i das Minimalpolynom von A i und das Produkt m 1... m r =( 1) n c(ϕ, X) ist bis auf ein Vorzeichen gleich dem charakteristischem Polynom von ϕ. Die Elementarteiler m 1,...,m r teilen sich sukzessiv. Beweis. Nach dem Struktursatz gibt es einen Isomorphismus von K[T ] -Moduln Φ:(V,ϕ) K[T ]/(m 1 )... K[T ]/(m r ). Betrachte nun den Vektor v i,0 V, der unter Φ auf Φ(v i,0 )=(0,...,1,...,0) abgebildet wird, wobei die 1 an der i -ten Stelle steht. Dann setze v i,ν := ϕ ν (v i,0 ) also Φ(v i,ν )=(0,...,T ν,...,0) für ν =0,...,deg(m i ) 1.Setztman n i := deg(m i ), so gilt ϕ ni (v i,0 )= c i,ni 1v i,ni 1... c i,0 v i,0 wegen m i (ϕ)(v i,0 )=0;esistnämlich m i Φ(v i,0 ) = 0. Setzt man nun v := (v 1,0,...,v 1,n1 1,...,v r,0,...,v r,nr 1), so erfüllt diese Basis das Gewünschte. Setzt man noch voraus, dass das charakteristische Polynom in Linearfaktoren zerfällt, so erhält man die Jordansche Normalform. Satz (Jordansche Normalform) Es sei V ein endlich dimensionaler K - Vektorraum der Dimension n und es sei ϕ End K (V ). Das charakteristische Polynom c(ϕ, X) zerfalle über K in Linearfaktoren. Dann existiert eine Basis v von V, so dass die Matrixdarstellung von ϕ bezüglich der Basis v Jordansche Normalform hat. Beweis. Betrachte ein Polynom 0 m K[X] mit einer Zerlegung m = pq in teilerfremde Faktoren p, q K[X], so existieren f,g K[X] mit 1 = fp+ gq.sei nun m := m(ϕ, X) das Minimalpolynom von ϕ. Dann gilt ( ) id V = p(ϕ) f(ϕ)+q(ϕ) g(ϕ). und damit auch V =Im(p(ϕ)) + Im(q(ϕ)) Wegen m(ϕ) =0 ist Im(p(ϕ)) Ker(q(ϕ)) und Im(q(ϕ)) Ker(p(ϕ)). Also gilt für v Im(p(ϕ)) Im(q(ϕ)) nach ( ) v = f(ϕ) p(ϕ)(v)+g(ϕ) q(ϕ)(v) =0+0=0.

9 2.9 Elementarteilersatz 77 Damit folgt V =Im(p(ϕ)) Im(q(ϕ)). Zur Herleitung der Jordanschen Normalform benutzen wir zunächst die Zerlegung aus Danach reduzieren wir mit dem voran gegangenen Überlegungen auf den Fall, dass das Minimalpolynom Potenz eines normierten irreduziblen Polynoms p ist. Da dieses das charakteristische Polynom teilt und selbiges linear ist, folgt m =(X λ) n. Betrachte nun die Isomorphie der K[X] -Moduln V K[X]/ ( (X λ) n). Es existiert ein Vektor v V, der unter diesem Isomorphismus auf das Element 1 abgebildet wird. Dann betrachte das System v := (v, (ϕ λ) 1 (v),...,(ϕ λ) n 1 (v)) V. Das ist eine K -Vektorraumbasis von V, wie man mittels des Isomorphismus sofort erkennt. Setzt man v j := (ϕ λ) j 1 (v)) für j =1,...,n, so gilt ϕ(v j )=(ϕ λ)(v j )+λv j = v j+1 + λv j ; dabei ist v n+1 := 0 gesetzt. Das zeigt, dass die Matrixdarstellung von ϕ bezüglich der Basis v Jordansche Normalform besitzt. Es bleibt noch die Frage zu klären, wie man die Elementarteiler in Satz berechnet. Betrachten wir also einen endlich dimensionalen K -Vektorraum V mit einem Endomorphismus ϕ. Es sei e := (e 1,...,e n ) eine K -Basis von V und A die darstellende Matrix von ϕ bezüglich der Basis e. Nun sei R := K[T ] und betrachte V als R -Modul (V,ϕ) mittels ϕ. Dann kann man (V,ϕ) in folgender Weise als Restklassenmodul von R n darstellen n ϱ : R n V ; x =(x 1,...,x n ) x i (ϕ)(e i ). Beachte, dass x i = x i (T ) R = K[T ] Polynome sind. Diese Abbildung ist surjektiv. Man bestimmt nun den Kern von ϱ, indem man die Abbildung (A TE n ):R n R n ; x Ax Tx studiert. Dann gilt Ist nämlich x K n, so gilt Ker(ϱ) =Im(A TE n ). ϱ ( (A TE n )(x) ) = ϕ(v) ϕ(v) =0 wobei v := x 1 e x n e n ist. Also gilt Im(A TE n ) Ker(ϱ),weil K n R n den R -Modul R n erzeugt. Umgekehrt, sei nun x Ker(ϱ). Dann kann man x nach Potenzen von T entwickeln N x = T i x i mit x i K n. i=0

10 78 2. Elementare Ringtheorie Setze nun v i := ϱ(x i ) V für i =1,...,N. Nun impliziert ϱ(x) =0 0=ϱ ( N T i ) N x i = v0 + ϕ i (v i ). i=0 Also gilt v 0 = N ϕi (v i ) und somit x 0 = N Ai (x i ) in K n. Daher gilt N N N x = A i (x i )+ T i (x i )= (T i A i )(x i )=(A TE n )y für ein y R n,weilfür r 1 gilt (T r A r )=(T A) (T r 1 + T r 2 A TA r 2 + A r 1 ). Somit gewinnt man die Elementarteiler von ϕ als Elementarteiler von der Matrix (A T E n ), indem man diese Matrix mittels elementarer Zeilen und Spaltenumformungen auf Diagonalgestalt bringt.