Aufgaben zu Kapitel 2

Transkript

1 2 Sei a R ud seie a ud a Iverse vo a Da ist a = a = a ( aa ) = ( a a)a = a = a 22 Wege Aufgabe 4 bleibt lediglich (R2) ud (R3) zu zeige (R2): Die Multipliatio ist offebar assoziativ Das Eiselemet ist die Mege M, de M A = A M = A für alle A P(M) (R3): A ( B+ C) = A (( B C) ( B C C C )) = = ( A B C C ) ( A C B C ) ud A B+ A C = (( A B) ( A C) ) (( A B) ( A C) ) = = ( A ( B C) ) ( A C B C C C ) = ( A B C C ) ( A C B C ) 23 Sei M = { a,, a } Wir defiiere eie Abbildug σ : P( M) 2 2 A a ( χ A ( a ),, χ A ( a )) mit χ A ( a i ) = falls a i A 0 falls a i A Die Futio χ A ist die so geate charateristische Futio vo A Folgede Eigeschafte der charateristische Futio lasse sich leicht achreche: χ A B = χ A χ B χ A B = χ A + χ B χ A χ B χ A C = χ A χ A B = χ A χ A B = χ A χ A χ B χ A χ A = χ A Somit ergibt sich

2 2 χ A+ B = χ ( A B) ( A B) = ( χ A + χ B χ A χ B ) ( χ A + χ B χ A χ B )χ A χ B = ( χ A + χ B χ A χ B ) ( χ A χ B + χ A χ B χ A χ B ) = χ A + χ B 2χ A χ B Damit ist χ A B ( a i ) = χ A ( a i ) χ B ( a i ) i 2 χ A+ B ( a i ) = χ A ( a i ) + χ B ( a i ) i 2 24 Sei ab = 0 ud sei a ivertierbar Da ist b = b = ( a a)b = a ( ab) = a 0 = 0 Also ist a ei Nullteiler 25 Sei I ei Ideal vo R Aus r,, r R ud x,, x I folgt sofort r i x i I i = Ist umgeehrt r i x i I für alle r,, r R ud x,, x I, so folgt aus x, y i = I, r R: x+ y = x + y I ud rx I 26 Nei Der Rig der gaze Zahle ist ei Itegritätsbereich Wege (, 0) ( 0, = ( 0, 0) ist icht ullteilerfrei 27 a) Es ist λ 3 = i, λ, = i = λ 2 2 also λ 2 λ + = 0

3 3 b) Sei R = { a + bλ a, b } Offebar ist (R, +) eie abelsche Gruppe mit eutralem Elemet 0 = 0+ 0λ Das Assoziativgesetz der Multipliatio sowie die beide Distributivgesetze werde diret vo geerbt Neutrales Elemet der Multipliatio ist = + 0λ Es bleibt lediglich zu zeig, dass R uter der Multipliatio abgeschlosse ist Es ist ( a + bλ) ( c + dλ) = ac + ( ad + bc)λ+ bdλ 2 = ac + ( ad + bc)λ+ bd( λ = ( ac bd) + ( ad + bc + bd)λ R c) Wege λ 6 = sid folgede Elemete vo R ivertierbar (selbstverstädlich sid alle Elemete vo R außer der 0 i ivertierbar; hier wird jedoch verlagt, dass die Iverse a vo a wieder i R liegt): λ λ 2 = λ λ 3 = λ 4 = λ λ 5 = λ λ 6 = Wir zeige, dass es außer diese eie weitere ivertierbare Elemete des Rigs R gibt Sei r = a+ bλ R { 0} Wir zeige dazu zuächst, dass r gilt Es lässt sich leicht achreche, dass a + bλ 2 = a 2 + ab + b 2 ud damit stets eie gaze Zahl ist Fall : Sid a ud b beide 0 oder beide 0, so ist ab 0 ud damit a + bλ 2 = a 2 + ab + b 2 > 0, also a + bλ Fall 2: Sei b > 0 ud a 0 Da ist a 2 + ab + b 2 a 2 + a + > (Die letzte Ugleichug lässt sich zb durch eie Miimumaalyse der reelle Futio f( x) = x 2 + x + beweise) Fall 3: Sei a > 0 ud b 0 Siehe Fall 2 Damit ist gezeigt, dass r für alle r R { 0} gilt Ist r R ivertierbar, das heißt, ist -- R, so ist --, sowie wege r r -- r = ---- r folgt r = Die obige 6 Elemete vo R sid offebar die eizige mit dieser Eigeschaft

4 4 28 Sei ( a, b) ( R R 2 ) Da existiert ( a, b ) ( R R 2 ) mit ( a, b) ( a, b ) = (,, also aa = ud bb = Daraus folgt sofort ( a, b) R R 2 Sei umgeehrt ( a, b) R R 2, also a R, b R 2 Da gibt es a R ud b R 2 mit aa = ud bb =, also ( a, b) ( a, b ) = (, Daraus folgt ( a, b) ( R R 2 ) 29 a) Kei Homomorphismus wege ϕ( = (, 0) (, b) Homomorphismus c) Homomorphismus d) Kei Homomorphismus wege ϕ( (, 0) + ( 0, ) = ϕ(, =, aber ϕ(, 0) + ϕ( 0, = 0+ 0 = 0 e) Kei Homomorphismus wege ϕ(, = 2 20 Es gilt: ϕ( a)ϕ( a ) = ϕ( aa ) = ϕ( = Daraus folgt sofort die Behauptug 2 Es gilt: sowie 9 = 2, also ist 9 = {, 2, 4, 5, 7, 8} die zylische Gruppe der Ordug 6 22 Es bleibt zu zeige, dass I das eutrale Elemet der Additio sowie zu jedem Elemet die additive Iverse ethält Sei a I Da ist ud = 0 a I a = ( a I

5 5 23 Sei a Ieie Eiheit, das heißt, es existiert ei a R mit aa = a a = Aus (I2) folgt sofort I Ist u r R, so folgt wieder aus (I2): r = r = r I 24 Seie a, b Ker ϕ, r R Da gilt ϕ( a + b) = ϕ( a) + ϕ( b) = = 0, woraus folgt a + b Ker ϕ Weiterhi gilt ϕ( ra) = ϕ( r)ϕ( a) = ϕ( r)0 = 0, woraus folgt ra Ker ϕ Schließlich ist Ker ϕ wege 0 Ker ϕ icht leer Also ist Ker ϕ ei Ideal vo R 25 Wege ϕ( = ist Bild ϕ Mit Aufgabe 23 folgt, dass Bildϕ geau da ei Ideal ist, we Bildϕ = R gilt 26 Sei = ggt( m, ) Wir zeige: ( m, ) = ( ) Sei zuächst a ( m, ), also a = r + sm mit r, s Wege = ggt( m, ) gibt es gaze Zahle u ud v mit = u ud m = v Daraus folgt a = ru+ sv = ( ru + sv) ( ) Sei umgeehrt a ( ), also a = r mit Seie x ud y die Bézout-Koeffiziete vo m ud Da gilt = xm + y ud daraus folgt a = r = rxm + ry ( m, ) 27 Wege 0 I ud 0 J ist 0 I J, also I J Sid a, b I J ud r R, so folgt offebar auch a + b I J ud ra I J 28 Sei = gv( m, ) Wir zeige: ( m) ( ) = ( ) Sei zuächst a ( m) ( ) Da ist a ei gemeisames Vielfaches vo m ud vo, also auch ei Vielfaches vo, mithi a () Sei umgeehrt a () Da ist a ei Vielfaches vo, also auch ei gemeisames Vielfaches vo m ud vo, also a ( m) ( ) 29 a) Es gilt: (das ist der Nullrig )

6 b) Die Aufgabestellug ist fehlerhaft, es muss heiße: Beweise Sie, dass der Rig m m für < m isomorph ist zu g, wobei g = ggt(, m) Beweis: 220 Sei x R ilpotet ud sei x = 0 Da ist ( x) ( + x + x x ) = ( + x+ x x )( x) = ( + x) ( x + x 2 ± x ) = ( x + x 2 ± x )( + x) = 22 a) Nilradial vo 8 : {0, 2, 4, 6} Nilradial vo 2 : {0, 6} Nilradial vo : Das Nilradial vo besteht aus der 0 sowie aus alle Zahle m [ 2 : ], dere jeweilige Primteilermege gleich der Primteilermege vo ist b) Seie a, b N(R) ud r R Sei ferer a = b m = 0 Aus dem für alle ommutative Rige geltede biomische Lehrsatz folgt: ( a + b) = 0 a + m + + m a b m + + m a b m m b m I dieser Summe ethalte die erste m Summade (obere Reihe) sämtlich de Fator a, die restliche Summade de Fator b m Daher ist ( a + b) + m = 0, also a + b N(R) Ferer ist ( ra) = r a = 0, also ist auch ra N(R) c) Sei a + N( R) ilpotet i R N( R) Da gibt es ei mit 0 = ( a + N( R) ) = a + N( R), das heißt, a N( R) ud somit ist auch a N( R) 222 Aus x 2 = folgt ( x + ( x = x 2 = 0 Da K ei Itegritätsbereich ist, folgt x = oder x = 223 Sei K = { x, x 2, x 3,, x } mit x = Fall : Sei o B d A x 2 = Die Gleichug x = x ist äquivalet zu x 2 = ud hat laut Aufgabe 222 ur die Lösuge x = ud x 2 = Für alle

7 7 [ 3 : ] gilt da x x Wir sortiere u die Elemete so um, dass paarweise Iverse ebeeiader stehe: x 3 = x 4,, x = x Da folgt: x x 2 x 3 x 4 x x = ( = Fall 2: = Die Gleichug x = x hat da ur die Lösug x = Etspreched Fall gilt x 2 x 3 x 4 x x = Es folgt: x x 2 x 3 x 4 x x = = 224 Es lässt sich achreche, dass die multipliative Gruppe vo M( 3 ) vo M(, erzeugt wird 225 Sowohl i 2 als auch i 5 a x 2 + y 2 Null werde, auch we ( x, y) ( 0, 0) ist: I 2 ist = 0, i 5 ist = Wesetlich ist wieder die Tatsache, dass i der Ausdruc x 2 + y 2 für ( x, y) ( 0, 0) icht Null werde a Vermöge der Abbildug σ : M( ) mit M( a, b) a a + bi ist M( ) isomorph zum Körper der omplexe Zahle 227 Gäbe es ei x 0 mit ϕ( x) = 0, so wäre x ivertierbar ud es folgte = ϕ( = ϕ( xx ) = ϕ( x)ϕ( x ) = 0 ϕ( x ) = 0, was jedoch im Körper icht möglich ist 228 Es ist ϕ( 0) = 0 ud ϕ( = Für [ 2 : p ] gilt: ϕ( ) = ϕ( + + = ϕ( + + ϕ( = + + = Also ist ϕ die idetische Abbildug 229 Die Bildug der ojugiert omplexe: σ : mit a + bia a bi ist ei Automorphismus vo 230 Sei I ei icht-triviales Ideal vo K[ x] ud sei a( x) 0 ei Polyom leiste Grades i I Wir zeige: I = ( a( x) ) Da I ei Ideal ist, gilt mit a( x) I auch ( a( x) ) I Sei b( x) I Da gibt es Polyome q( x), r( x) mit b( x) = q( x)a( x) + r( x) mit grad r( x) < grad a( x) oder r( x) = 0 Wege b( x) I ud a( x) I ist auch r( x) = b( x) q( x)a( x) I Da a( x) ei Polyom leiste Grades i I ist, muss r( x) = 0 sei Daraus folgt b( x) = q( x)a( x) ( a( x) )

8 8 Damit ist gezeigt: I ( a( x) ) ud zusamme mit ( a( x) ) I folgt I = ( a( x) ) 23 a) Ist ei Ideal b) Ist ei Ideal (Beide Idealbediguge verletzt) c) Ist ei Ideal 232 a) Die Abbildug f : K[ x] K p( x) a p( ist ei Righomomorphismus, wie sich leicht achreche lässt Die Mege I ist gerade der Ker dieses Homomorphismus, ach Satz 26 also ei Ideal vo K[x] b) Nach dem erste Isomorphiesatz für Rige ist K[ x] I K c) Ist p( = 0, so hat das Polyom p(x) ach Satz 27 eie Liearfator x, das heißt, es gilt p( x) = ( x q( x) für ei q( x) K[ x] Daraus folgt sofort I = ( x 233 Wir zeige, dass das Ideal ( x, 2) vo [ x] ei Hauptideal sei a Ist f( x) ( x, 2), so gibt es Polyome p( x) ud q( x) mit f( x) = xp( x) + 2q( x) Da ist f( 0) = 2q( 0) gerade Ageomme, ( x, 2) = ( p( x) ) für ei p( x) [ x] Offebar gilt grad q( x) grad p( x) für alle q( x) ( p( x) ) Wege 2 ( x, 2) = ( p( x) ) folgt grad p( x) = 0 Ferer folgt aus der obige Bemerug, dass p(0) gerade ist, also ist p( x) = 2 für ei Aus x ( x, 2), aber x ( 2) folgt ei Widerspruch zur Aahme ( x, 2) = ( p( x) ) Damit ist die Behauptug bewiese 234 Sei p( x) = a( x)q( x) q( x) = b( x)p( x) Da ist p( x) = a( x)b( x)p( x), also hat das Polyom a( x)b( x) de Grad 0, das heißt a( x)b( x) = c K Da ist a( x) a( x) = b ( x) c c =,

9 9 also sid sowohl a(x) als auch b(x) Eiheite i K[x], ud daraus folgt p( x) q( x) 235 a) ( x 5 + x + ( x 2 + x + = x 3 + x 2 + b) Korretur: Es muss heiße i 5 [x] ( x 4 + 2x 3 x 2 + 3x 2) ( x 2 3x = x 2 Rest ggt( p( x), q( x) ) = x + xp( x) + ( x q( x) = x a) b) c) ggt( x 7 +, x 4 + = x + ggt( x 6 +, x 4 + = x 2 + ggt( x +, x m + = x ggt(, m) Sei p( x) = a q( x), wobei a K der höchste Koeffiziet vo p(x) ist ud p( x) q( x) = ei ormiertes Polyom a Die Existez ud die Eideutigeit eier Zerlegug i irreduzible Polyome verläuft durch Idutio ach =grad q(x) geau ach dem Schema des Beweises vo Satz Es bedeutet, dass i 2 [x] die Primfatorzerlegug icht eideutig ist Es hadelt sich also um ei Beispiel dafür, dass Satz 26 i R[x] falsch wird, we R ei Körper ist 240 Idetisch mit Aufgabe x, x+, x 2 + x +, x 3 + x 2 +, x 3 + x Alle Polyome vom Grad sowie x 2 + ud x 2 + x 243 a) Die geate Polyome habe alle eie Nullstelle, also auch eie Liearfatore Wäre eies vo ihe reduzibel, müsste es vo der Form p( x)q( x) mit p(x) ud q(x) irreduzibel ud grad p(x) = grad q(x) = 2 sei Das eizige irreduzible Polyom vom Grad 2 i 2 [x] ist x 2 + x + ( Aufgabe 24 ud ( x 2 + x + ( x 2 + x + = x 4 + x + b) x 3 x 2 + hat eie Nullstelle, also auch eie Liearfator Also ist dieses Polyom irreduzibel ( Lösug der Aufgabe auf S 63)

10 0 x 4 + hat ebefalls eie Liearfator Die Probedivisio durch die beide irreduzible Polyome vom Grad 2 ( Aufgabe 242) zeigt, dass x 4 + auch eie quadratische Fator besitzt, also irreduzibel ist 244 a) x 3 + x 2 + 3x 3 = ( x 2) ( x 2 + 3x + 4) i 5 [x] b) x 7 + x 2 + = ( x 2 + x + ( x 5 + x 4 + x 2 + x + i 2 [x] c) x 5 + x 4 + x 3 x = ( x 2 + x ( x 3 x + i 3 [x] 245 a) Sei m p( x) = a x, q( x) = b x Da ist m p ( x) = a x, q ( x) = b x, p( x)q( x) = c x mit c = a b, i i m+ ( p( x)q( x) ) = c x, m+ p( x)q ( x) = d x mit d = ia i b i = ( i)a i b i, m+ p ( x)q( x) = e x mit = ia b, i ud somit m+ d + e = ( i i ia i b i = a b i i = c

11 p( x)q ( x) + p ( x)q( x) = m+ ( d + e = m+ c x = ( p( x)q( x) ) b) Hat p(x) eie doppelte Nullstelle i b, so ist p(yx) vo der Form p( x) = ( x b) 2 q( x) mit q( x) [ x] Da ist ach Teil a) p ( x) = 2( x b)q( x) + ( x b) 2 q ( x), ud somit p( b) = 0 ud p ( b) = 0 Ist umgeehrt p( b) = 0 ud p ( b) = 0, so folgt p( x) = ( x b)q( x) mit q( x) [ x] Da ist ach Teil a) p ( x) = q( x) + ( x b)q ( x), somit q( b) = p ( b) ( b b)q ( x) = p ( b) = 0, also ist q( x) vo der Form q( x) = ( x b)r( x), somit p( x) = ( x b) 2 r( x) 246 Wir ermittel zuächst die Azahl der irreduzible Polyome vom Grad 2 Gesamtzahl der Polyome vom Grad 2: p 2 Davo sid reduzibel alle Produte aus zwei Liearfatore, davo gibt es (Auswahl 2 aus p, mit Zurüclege, ohe Beachtug der Reihefolge): p + 2 p( p+ = Die Azahl der irreduzible Polyome vom Grad 2 beträgt da p 2 p( p+ p( p = Gesamtzahl der Polyome vom Grad 3: p 3 Davo sid reduzibel: alle Produte aus drei Liearfatore, davo gibt es (Auswahl 3 aus p, mit Zurüclege, ohe Beachtug der Reihefolge): p + 3 p( p+ ( p + 2) = , 3 6

12 2 alle Produte aus eiem Liearfator ud eiem irreduzible quadratische Polyom, davo gibt es: p p ( p p 2 ( p = Die Gesamtazahl der irreduzible Polyome vom Grad 3 beträgt demach: p 3 p 2 ( p p( p+ ( p + 2) = -- ( p p)