D-MATH Algebra I HS 2015 Prof. Richard Pink. Musterlösung 1. Ringe, Polynome, Potenzreihen. x(y z) = x(y + ( z)) = xy + x( z) = xy + ( xz) = xy xz.

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1 D-MATH Algebra I HS 20 Prof. Richard Pink Musterlösung Ringe, Polynome, Potenzreihen. Zeige, dass in jedem Ring R die Distributivregel gilt. Lösung: Für alle x, y, z R gilt x, y, z R : x(y z = xy xz x(y z = x(y + ( z = xy + x( z = xy + ( xz = xy xz. 2. Zeige, dass ein Ringhomomorphismus ψ : R S genau dann ein Isomorphismus ist, wenn er bijektiv ist. Lösung: Sei ψ : R S ein bijektiver Ringhomomorphismus. Für alle s, s 2 S setze r := ψ (s und r 2 := ψ (s 2. Dann gilt s = ψ(r und s 2 = ψ(r 2. Aus der Homomorphieeigenschaft von ψ folgt also haben wir s + s 2 = ψ(r + ψ(r 2 = ψ(r + r 2, s s 2 = ψ(r ψ(r 2 = ψ(r r 2, ψ (s + s 2 = r + r 2 = ψ (s + ψ (s 2, ψ (s s 2 = r r 2 = ψ (s ψ (s 2. Zudem gilt ψ ( S = R wegen ψ( R = S. Somit ist ψ : S R ebenfalls ein Ringhomomorphismus. Deshalb ist ψ ein Isomorphismus. Umgekehrt ist ein Ringisomorphismus ψ : R S insbesondere ein Isomorphismus der unterliegenden Mengen, und folglich bijektiv. 3. Sei K ein Körper und sei σ : K[X] K[X] ein Ringautomorphismus, dessen Einschränkung von σ auf K die Identität ist. Zeige, dass es Elemente a K und a 0 K gibt, so dass σ(x = a X + a 0 ist. Lösung: Da σ eine Bijektion ist, gilt σ(x 0. Genauso ist σ (X 0. Sei dann P (X = a n X n a 0 Mit anderen Worten ist σ ein Automorphismus von K-Algebren.

2 das Bild von X unter σ mit a i K und a n 0, und sei Q(X = b m X m b 0 das Bild von X unter σ mit b j K und b m 0. Wir berechnen X = σ(σ (X = σ(q(x = b m σ(x m b 0 = b m (a n X n a 0 m b 0 = b m a m n X nm + niedrigere Terme Deshalb gilt für den Grad = nm. Da n und m nicht-negative ganze Zahlen sind, müssen sie gleich sein. 4. Zeige mit der universellen Eigenschaft von Polynomringen, dass R[X,..., X n ] = R[Y,..., Y m ][Y m+,..., Y n ] für alle m n gilt. Lösung: First, we restate the universal property satisfied by R[X,..., X n ] in the following way: Let A be a ring endowed with a ring homomorphism ι : R A and with a specified n-tuple ā := (a,.., a n A. We say the tuple (A, ι, ā satisfies the universal property of R[X,..., X n ] if for each ring S, each ring homomorphism ϕ : R S and every n-tuple s = (s,..., s n S n, there exists a unique ring homomorphism ϕ : A S sending a k to s k for k n such that ϕ ι = ϕ. In other words, the following diagram commutes: R ϕ S s k ( ι A! ϕ a k 2

3 We begin with the following lemma: Lemma 0.. Suppose (B, ι, b and (B, ι, b satisfy the universal property of R[X,..., X n ]. Then there is a unique isomorphism ι : B B sending b i to b i for i =,.., n and such that ι ι = ι. Beweis. The universal property with (A, ι, ā = (B, ι, b and (S, ϕ, s = (B, ι, b yields a ring homomorphism ι : B B. Similarly, with (A, ι, ā = (B, ι, b and (S, ϕ, s = (B, ι, b, one attains ι : B B. Finally, applying the universal property with (A, ι, ā = (B, ι, b and (S, ϕ, s = (B, ι, b. Clearly id B : B B satisfies the diagram in (. One checks that ι ι does as well. By uniqueness, this implies that ι ι = id B. In the same fashion one finds ι ι = id B. Therefore ι is an isomorphism with inverse ι. Now let ι : R R[Y,..., Y m ][Y m+,..., Y n ] be the canonical injection and Ȳ := (Y,..., Y n. We want to show that (R[Y,..., Y m ][Y m+,...y n ], ι, Ȳ satisfies the universal property of R[X,..., X n ]. Let ι : R R[Y,..., Y m ] and ι : R[Y,..., Y m ] R[Y,..., Y m ][Y m+,..., Y n ] be the canonical inclusions. The universal property of R[Y,..., Y m ] as a polynomial ring over R implies the existence of a unique ϕ making the following diagram commute: R ϕ S s k (2 ι R[Y,..., Y m ] ϕ Y k Now we can apply the universal property for R[Y,..., Y m ][Y m+,..., Y n ] as a polynomial ring over R[Y,..., Y m ], yielding: R[Y,..., Y m ] ϕ S s k (3 ι ϕ R[Y,..., Y m ][Y m+,..., Y n ] Y k m<kn We claim that ϕ := ϕ satisfies the conditions in (. Indeed, for k m, ϕ(y k = ϕ(ι(y k = ϕ (Y k = s k and thus ϕ(y j = s j for j =,..., n. Furthermore, 3

4 for r R we have ϕ ι(r = ϕ (ι ι (r = ( ϕ ι ι (r = ϕ ι (r = ϕ(r Lastly, we need to show that ϕ is the unique morphism satisfying (. Let ψ be such a map. Then ψ ι satisfies (2 and is therefore equal to ϕ by the uniqueness of ϕ. From this it follows that ψ satisfies (3 and therefore ψ = ϕ, again by uniqueness.. (a Verifiziere die Ringaxiome für Ring R[[X]] der formalen Potenzreihen in einer Variable über einem Ring R. (b Zeige, dass ein Element a 0 + i>0 a ix i R[[X]] genau dann invertierbar ist, wenn a 0 R eine Einheit ist. Lösung: (a Aus den Axiomen für (R, + folgt, dass (R[[X]], + eine abelsche Gruppe mit der Nullfolge (0 als Neutralelement ist. Die Multiplikation ist assoziativ, denn für (a n, (b n, (c n R[[X]] gilt ((a n (b n (c n = ( n i=0 a ( n ( j ib n i (cn = j=0 i=0 a ib j i c n j ( n ( = n ( j=i a ib j i c n j = i=0 a n i i j=0 b jc n i j = (a n i=0 ( n j=0 b jc n j = (a n ((b n (c n. Die Multiplikation ist kommutativ, denn wegen der Kommutativität von R gilt für (a n, (b n R[[X]] (a n (b n = ( n i=0 a ib n i = ( n i=0 b n ia i = ( n j=0 b ja n j = (bn (a n. Die Folge (e n mit e 0 = und e i = 0 für i > 0 ist Einselement, denn für (a n R[[X]] beliebig ist (e n (a n = (a n (e n = ( n i=0 a ie n i = (an. Die Gültigkeit des Distributivgesetzes folgt aus einer analogen Rechnung und dem Distributivgesetz für R. Im Folgenden schreiben wir ein Element (a n R[[X]] als formale Potenzreihe a 0 + n>0 a nx n. (b Wir nehmen zunächst an, dass a 0 + i>0 a ix i R[[X]] invertierbar ist. Das heisst, es existiert b 0 + i>0 b ix i R[[X]], so dass (a 0 + i>0 a ix i (b 0 + i>0 b ix i = a 0 b 0 + n>0 ( n i=0 a ib n i X n = ist. Daraus folgt nach obiger Beschreibung des Einselements a 0 b 0 = und 4 n i=0 a ib n i = 0, n > 0.

5 Insbesondere ist a 0 in R invertierbar. Falls umgekehrt a 0 + i>0 a ix i R[[X]] mit a 0 in R invertierbar gegeben ist, definieren wir induktiv: b 0 := a 0 ( b n := a n 0 i= a ib n i für n > 0 Dann ist b 0 + i>0 b ix i R[[X]] und ( a0 + i>0 a ix i( b 0 + i>0 b ix i = a 0 b 0 + n>0 ( n i=0 a ib n i X n =, denn für n = 0 ist a 0 b 0 = a 0 a 0 = und für n > 0 ist n i=0 a ib n i = a 0 b n + n i= a ib n i = n i= a ib n i + n i= a ib n i = 0. Somit ist a 0 + i>0 a ix i in R[[X]] invertierbar. 6. Welche der Unterringe Z[i, ], Z[ i 2 4i 4i ], Z[ ], Z[, 4 + 3i] von C sind gleich? Lösung: Zuerst bemerken wir, dass sich der Unterring Z[i, ] C als Z[i, ] = { a+bi k a, b Z, k Z 0 } schreiben lässt. In der Tat ist die rechte Seite ein Unterring von C, da sie abgeschlossen unter Addition, Bildung von additiven Inversen und Multiplikation ist. Zudem ist sie wegen a+bi = ( k k (a + bi als Ring von i und über Z erzeugt, also ist sie gleich Z[i, ]. Die Elemente i, 4i, 4 + 3i liegen daher alle in Z[i, i 4i ]. Somit sind Z[ ], Z[ ] und 2 2 Z[ 4i, 4 + 3i] in Z[i, ] enthalten. Wegen i = 2 ( i und = 2( i 2 2 2, i = ( 4i (4 + 3i + 4 und = ( 4i 2 3 gilt für Z[ i 4i ] und Z[, 4 + 3i] auch die umgekehrte Inklusion. Es gilt also 2 Z[i, ] = Z[ i 4i ] = Z[, 4 + 3i]. 2 Der Unterring Z[ 4i ] enthält wegen 4i = ( 4i und = ( 4i 2 3

6 die Elemente 4i und. Deshalb gilt die Inklusion { a+4bi k a, b Z, k Z 0 } Z[ 4i ]. Die linke Seite ist selber ein Unterring, da sie enthält und abgeschlossen unter Addition, Bildung von additiven Inversen, und Multiplikation ist. Zudem ist 4i ein Element dieses Unterrings. Somit gilt sogar Z[ 4i ] = { a+4bi k a, b Z, k Z 0 }. Da 4b für alle b Z und k Z >0 gilt, ist i kein Element von Z[ 4i ]. Daher ist k Z[ 4i] echt in Z[i, i ] = Z[ i 4i ] = Z[, 4 + 3i] enthalten. 2 *7. Zeige, dass jeder endlich erzeugte unitäre Unterring von Q die Form Z[ ] für ein n n Z >0 hat. Folgere daraus, dass Q als Ring nicht endlich erzeugt ist. Lösung: Sei R Q ein endlich erzeugter unitärer Unterring mit Erzeugenden α,..., α k Q. Wegen R enthält R den Unterring Z, also ist R = Z[α,..., α k ]. Wir können jedes α i auf eindeutige Weise schreiben als α i = p i q i für teilerfremde p i Z und q i Z >0. Sei n := kgv(q,..., q k. Dann ist α i = p i q i = p id i für i k, wobei d n i := n q i. Also sind alle Erzeugende ganzzahlige Vielfache von, und somit R = Z[α n,..., α k ] Z[ ]. n Da p i und q i für i k teilerfremd sind, existieren nach dem chinesischen Restsatz a i, b i Z mit a i p i + b i q i =. Dann gilt q i = a i α i + b i, und somit Z[ q,..., q k ] Z[α,..., α k ] = R. Zudem ist n ein Teiler von q q k, also ist = l n q q k für ein l Z, und es gilt Z[ ] Z[ n q,..., q k ]. Also haben wir gezeigt, dass R = Z[ n ] gilt. Ist nun R = Z[ ] Q ein beliebiger endlich erzeugter unitärer Unterring, so n existiert eine Primzahl p mit p n; dann ist Q R, also R Q. Dies zeigt, p dass Q als Ring nicht endlich erzeugt ist. 6