(a) Beweisen Sie: R ist ein Teilring von Q . (b) Bestimmen Sie die Einheitengruppe R

EINF ¨ UHRUNG IN DIE ALGEBRA Proseminar SS 2012 L¨ osungen zur Endklausur am 29. 6. 2012

1. Es sei p ∈ N eine Primzahl (in der Klausur p = 13 bzw. p = 17) und R = {

| m ∈ Z , k ∈ N

} ⊂ Q .

(a) Beweisen Sie: R ist ein Teilring von Q . (b) Bestimmen Sie die Einheitengruppe R

.

(c) Zeigen Sie, dass f¨ ur jedes Ideal I / R von R gilt: I ist das von der Menge I ∩ Z in R erzeugte Ideal.

(d) Beweisen Sie, dass jedes Ideal von R ein Hauptideal ist.

(a). Wir verwenden dazu das Teilringkriterium. Wir m¨ ussen also 1 ∈ R und a − b, ab ∈ R f¨ ur alle a, b ∈ R zeigen.

Wegen 1 =

ist 1 ∈ R. Seien nun a, b ∈ R, etwa a =

, b =

mit m, n ∈ Z und k, l ∈ N

. Dann gelten

a − b = mp

− np

p

, ab = mn p

, woraus a − b ∈ R und ab ∈ R folgen.

(b). Wir zeigen

R

= {±p

| k ∈ Z } .

Sei zun¨ achst k ∈ Z . Ist k ≥ 0, so folgt p

=

∈ R. Ist aber k < 0 so gilt auch p

=

∈ R.

Also gilt in jedem Fall p

∈ R. Wendet man dies auf −k an, so folgt auch p

∈ R. Wegen p

= (p

)

(Inverses in Q ) folgt p

∈ R

.

Wegen −1 =

∈ R und (−1) = (−1)

ist auch −1 ∈ R

und damit auch f¨ ur k ∈ Z

−p

∈ R

. Wir haben nun also

R

⊃ {±p

| k ∈ Z }

gezeigt. Wir zeigen noch ⊂: Sei a ∈ R

, etwa a =

mit m ∈ Z und k ∈ N

. Dann gibt es b ∈ R mit ab = 1. Sei b =

mit n ∈ Z und l ∈ N

. Dann folgt

m p

n

p

= 1 ,

also mn = p

. Daher teilt m die Primzahlpotenz p

. Es folgt, dass m bis aufs Vorzeichen selbst eine Primzahlpotenz ist, etwa m = ±p

mit s ∈ N

. Wir erhalten daher

a = m

p

= ± p

p

= ±p

, woraus ⊂ folgt.

(c). Sei I ein Ideal von R und sei (I ∩ Z ) das von I ∩ Z in R erzeugte Ideal. Wegen I ∩ Z ⊂ I, ist dann einmal (I ∩ Z ) ⊂ I. Zum Beweis der umgekehrten Inklusion, sei a ∈ I , etwa a =

mit m ∈ Z und k ∈ N

. Dann folgt (wegen a ∈ I und

∈ R)

m = p

a = p

1 a ∈ I , und damit m ∈ Z ∩ I. Also ist

a = m

p

= m 1

p

∈ (I ∩ Z ) .

1

(d). Sei I ein Ideal von R. Dann ist I eine Untergruppe von (R, +) und damit I ∩ Z eine Untergruppe von Z . Also gibt es ein d ∈ Z mit I ∩ Z = d Z = {kd | k ∈ Z }. Wir zeigen nun

I = (d) = {rd | r ∈ R} .

Wegen d ∈ I ∩ Z ⊂ I gilt ⊃. Zum Beweis der anderen Inklusion sei a ∈ I, etwa a =

mit m ∈ Z und k ∈ N

. Dann ist (siehe auch den Beweis von (c)):

m = p

a = p

1 a ∈ I ∩ Z = d Z . Also gibt es n ∈ Z mit p

a = dn. Wir erhalten daher

a = dn p

= d n

p

∈ Rd .

2A. Es seien R ein Ring und I, J, K / R Ideale von R mit J ⊂ I. Beweisen Sie, dass dann gilt:

(I ∩ J) + (I ∩ K ) = I ∩ (J + K) .

⊂: Sei r ∈ (I ∩ J) + (I ∩ K). Dann gibt es x ∈ I ∩ J und y ∈ I ∩ K mit r = x + y. Wir erhalten

x, y ∈ I ⇒ x + y ∈ I, x ∈ J, y ∈ K ⇒ x + y ∈ J + K .

Es folgt r = x + y ∈ I ∩ (J + K) (zum Beweis dieser Inklusion haben wir die Voraussetzung J ⊂ I nicht gebraucht; diese Inklusion gilt also immer).

⊃: Sei r ∈ I ∩ (J + K). Dann gilt r ∈ I und r ∈ J + K. Also ist r = x + y mit x ∈ J und y ∈ K . Wegen J ⊂ I ist I ∩ J = J, also x ∈ I ∩ J . Wegen x ∈ J ⊂ I und r ∈ I ist auch y = r − x ∈ I und daher y ∈ I ∩ K. Also

r = x + y, x ∈ I ∩ J, y ∈ I ∩ K , und daher r ∈ (I ∩ J ) + (I ∩ K).

2B. Es seien R ein Ring und I, J, K / R Ideale von R mit I ⊂ J. Beweisen Sie, dass dann gilt:

I + (J ∩ K) = (I + J ) ∩ (I + K) .

Wegen I ⊂ J ist I + J = J und I = I ∩ J. Also ist (I ∩ J) + (J ∩ K) = J ∩ (I + K) zu zeigen. Dies folgt aus 2A., wenn man dort I und J vertauscht.

Da Sie nat¨ urlich das Ergebnis von 2A. nicht zur Verf¨ ugung hatten, noch einmal ein direkter Beweis.

⊂: Sei r ∈ I + (J ∩ K). Dann gibt es x ∈ I und y ∈ J ∩ K mit r = x + y. Dann gelten x ∈ I, y ∈ J ⇒ x + y ∈ I + J, x ∈ I, y ∈ K ⇒ x + y ∈ I + K ,

also r = x + y ∈ (I + J) ∩ (I + K) (wieder hat dieser Beweis die Voraussetzung I ⊂ J nicht verwendet; diese Inklusion gilt also immer).

⊃: Sei r ∈ (I + J ) ∩ (I + K). Dann ist r ∈ I + J und r ∈ I + K. Daher gibt es x, x

∈ I, y ∈ J und z ∈ K mit r = x + y = x

+ z. Wegen x ∈ I ⊂ J und y ∈ J, ist auch r = x + y ∈ J.

Wegen r ∈ J und x

∈ I ⊂ J ist daher auch z = r − x

∈ J und damit z ∈ J ∩ K . Wir haben also

r = x

+ z, x

∈ I, z ∈ J ∩ K ,

also r ∈ I + (J ∩ K).

3. F¨ ur i = 1, 2 seien (H

, ·) Gruppen und N

/ H

Normalteiler. Beweisen Sie, dass dann gilt:

N

× N

/ H

× H

und (H

× H

)/(N

× N

) ' (H

/N

) × (H

/N

) . (die Aufgabe der anderen Gruppe hat sich nur in der Notation unterschieden).

Es seien π

: H

→ H

/N

und π

: H

→ H

/N

die Restklassenhomomorphismen. Dann sind π

, π

surjektiv und es gelten ker(π

) = N

f¨ ur k = 1, 2.

Wir defineren eine Abbildung

f : H

× H

→ (H

/N

) × (H

/N

)

durch f(h

, h

) = (π

(h

), π

(h

)) f¨ ur alle (h

, h

) ∈ H

×H

. Wir zeigen, dass f ein surjektiver Gruppenhomomorphismus mit ker(f ) = N

× N

ist. Dann folgt einmal, dass N

× N

ein Normalteiler ist (denn jeder Kern ist einer) und aus dem Homomorphiesatz folgt

(H

× H

)/(N

× N

) = (H

× H

)/ ker(f ) ' Bi(f ) = (H

/N

) × (H

/N

) .

f ist ein Gruppenhomorphismus: Seien h = (h

, h

), u = (u

, u

) ∈ H

× H

. Dann gilt (beachte, dass π

und π

Gruppenhomomorphismen sind):

f(hu) = f((h

u

, h

u

)) = (π

(h

u

), π

(h

u

)) = (π

(h

)π

(u

), π

(h

)π

(u

)) =

= (π

(h

), π

(h

))(π

(u

), π

(u

)) = f (h)f (u) .

f ist surjektiv: Sei x = (x

, x

) ∈ (H

/N

) × (H

/N

) beliebig gew¨ ahlt. Da π

und π

surjektiv sind, gibt es h

∈ H

und h

∈ H

mit x

= π

(h

) und x

= π

(h

). Wir setzen nun h = (h

, h

) ∈ H

× H

. Dann gilt

f(h) = (π

(h

), π

(h

)) = (x

, x

) = x .

ker(f ) = N

× N

: Sei h = (h

, h

) ∈ H

× H

. Dann haben wir die ¨ Aquivalenzen h ∈ ker(f ) ⇐⇒ f (h) = (π

(h

), π

(h

)) = (1, 1) ⇐⇒ π

(h

) = 1 und π

(h

) = 1 ⇐⇒

⇐⇒ h

∈ ker(π

) = N

und h

∈ ker(π

) = N

⇐⇒ h = (h

, h

) ∈ N

× N

, woraus die Behauptung folgt.

4. Zeigen Sie: ggT(2

− 1, 2

− 1) = 2

− 1.

Wir dividieren laufend mit Rest und erhalten:

2

− 1 = 2

(2

− 1) + 2

− 1 2

− 1 = 2

(2

− 1) + 2

− 1 2

− 1 = 2

(2

− 1) + 2

− 1 2

− 1 = (2

+ 1)(2

− 1) + 0 . Es folgt die Behauptung.

Die L¨ osung der anderen Gruppe geht analog.