Dedekindringe und Zahlkörper < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 08:03 Fr 20.01.2012 | | Autor: | Vilietha |
| Aufgabe | Sei [mm] A=\IZ[\sqrt{-5}]=\{a+b\sqrt{-5} | a,b \in \IZ\}\subseteq \IC.
[/mm]
Zeigen Sie dass A ein Dedekindring ist, aber kein Hauptidealring ist. |
Hallo zusammen,
(zuerst der Hinweis, dass ich keine Algebra und Zahlentheorie gehört habe. Deshalb kenne ich mich Zahlkörpern, Polynomringen und ähnlichem noch nicht allzu gut aus...)
Wir hatten Dedekindringe nicht so definiert wie auf deutschen Wikipedia, sondern ein wenig spezialisierter:
Sei A ein noetherscher Integritätsbereich mit dim(A)=1. Dann ist A ein Dedekindring wenn für jedes Primideal [mm] p\neq(0) [/mm] in A die Lokalisierung [mm] A_p [/mm] ein diskreter Bewertungsring ist.
(also nur eindimensionale Ringe, und nulldimensionale Ringe sind ausgeschlossen)
Um zu zeigen dass A ein Dedekindring ist, kann man ja alternativ zeigen, dass A noethersch ist, dim(A)=1 und dass A ganz abgeschlossen ist (als Integritätsbereich in seinem Quotientenkörper k:=Quot(A)). (Das war ein Satz in der Vorlesung).
Noethersch
Ein hinreichendes Kriterium dafür das A noethersch ist, ist wenn es einen Ringhomomorphismus [mm] \phi: [/mm] B->A gibt, wobei B noethersch ist. [mm] B:=\IZ^2 [/mm] müsste noethersch sein, denn [mm] \IZ^2\cong\IZ\oplus\IZ, [/mm] und [mm] \IZ [/mm] ist noethersch. Und [mm] \phi:B->A [/mm] mit [mm] \phi((a,b):=a+b*\sqrt{-5} [/mm] müsste ja sogar ein Isomorphismus sein.
Dimension
DiM(A)=1 <=> Alle Primideale außer (0) sind maximale Ideale, da A ein Integritätsbereich ist. Hier komme ich aber nun nicht mehr weiter. Zum Beispiel ist es mir noch nicht gelungen die Primelemente in A zu identifizieren.
Ganze Abgeschlossenheit
A ist ganz abgeschlossen in K. Sei [mm] c\in [/mm] A. Dann ist c die Nullstelle von p(x):=x-c. Also ist A Teilmenge des ganzen Abschlusses von A in K. Wenn c [mm] \in K\backslash [/mm] A, dann kann c nicht die Nullstelle eines Polynoms sein mit Koeffizienten in A. Dies zu zeigen fällt mir schwer. Ich vermute dass man da wieder am besten diese Minimalpolynomen verwendet, mit welchen ich mich nicht auskenne.
Hauptidealbereich
Um zu zeigen dass A kein Hauptidealbereich ist, zeigt man wohl am besten dass es ein Ideal gibt welches kein Hauptideal ist. Es müsste dann ja eigentlich [mm] a,b\in [/mm] A geben mit [mm] (a)+(b)\neq [/mm] (c) [mm] \forall c\in [/mm] A. Welche Elemente a,b man hier am besten wählt habe ich bisher noch nicht herausgefunden.
Ich freue mich auf eure Antworten.
Viele Grüße,
Vilietha
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:41 Fr 20.01.2012 | | Autor: | felixf |
Moin Vilietha!
> Sei [mm]A=\IZ[\sqrt{-5}]=\{a+b\sqrt{-5} | a,b \in \IZ\}\subseteq \IC.[/mm]
>
> Zeigen Sie dass A ein Dedekindring ist, aber kein
> Hauptidealring ist.
>
> Hallo zusammen,
>
> (zuerst der Hinweis, dass ich keine Algebra und
> Zahlentheorie gehört habe. Deshalb kenne ich mich
> Zahlkörpern, Polynomringen und ähnlichem noch nicht allzu
> gut aus...)
>
> Wir hatten Dedekindringe nicht so definiert wie auf
> deutschen Wikipedia, sondern ein wenig spezialisierter:
> Sei A ein noetherscher Integritätsbereich mit dim(A)=1.
> Dann ist A ein Dedekindring wenn für jedes Primideal
> [mm]p\neq(0)[/mm] in A die Lokalisierung [mm]A_p[/mm] ein diskreter
> Bewertungsring ist.
> (also nur eindimensionale Ringe, und nulldimensionale Ringe
> sind ausgeschlossen)
Nulldimensionale Dedekindringe sind genau die Koerper, insofern habt ihr nicht viel ausgeschlossen  Das machen uebrigens ziemlich viele, den Fall [mm] $\dim [/mm] = 0$ auszuschliessen.
> Um zu zeigen dass A ein Dedekindring ist, kann man ja
> alternativ zeigen, dass A noethersch ist, dim(A)=1 und dass
> A ganz abgeschlossen ist (als Integritätsbereich in seinem
> Quotientenkörper k:=Quot(A)). (Das war ein Satz in der
> Vorlesung).
>
> Noethersch
> Ein hinreichendes Kriterium dafür das A noethersch ist,
> ist wenn es einen Ringhomomorphismus [mm]\phi:[/mm] B->A gibt, wobei
> B noethersch ist. [mm]B:=\IZ^2[/mm] müsste noethersch sein, denn
> [mm]\IZ^2\cong\IZ\oplus\IZ,[/mm] und [mm]\IZ[/mm] ist noethersch. Und
> [mm]\phi:B->A[/mm] mit [mm]\phi((a,b):=a+b*\sqrt{-5}[/mm] müsste ja sogar
> ein Isomorphismus sein.
Nun, [mm] $\IZ^2$ [/mm] ist zwar ein Ring, jedoch ist [mm] $\IZ^2 \to [/mm] A$ kein Ringhomomorphismus, sondern nur ein [mm] $\IZ$-Modul-Homomorphismus.
[/mm]
Du kannst allerdings einen surjektiven Ringhomomorphismus [mm] $\IZ[X] \to [/mm] A$ angeben. Schliesslich ist [mm] $\IZ$ [/mm] als Hauptidealbereich noethersch, und nach dem Hilbertschen Basissatz ist somit auch [mm] $\IZ[X]$ [/mm] noethersch.
> Dimension
> DiM(A)=1 <=> Alle Primideale außer (0) sind maximale
> Ideale, da A ein Integritätsbereich ist. Hier komme ich
> aber nun nicht mehr weiter. Zum Beispiel ist es mir noch
> nicht gelungen die Primelemente in A zu identifizieren.
Primelemente helfen dir hier auch nicht so viel, da der Ring nicht faktoriell ist (siehe unten).
Hier wuerde ich zuerst zeigen, dass $A$ ganz ueber [mm] $\IZ$ [/mm] ist. (Das kannst du unten auch noch gebrauchen.)
Sei nun $P$ ein Primideal in $A$ ungleich 0; du musst zeigen, dass $P$ ein maximales Ideal ist. Betrachte dazu $Q := P [mm] \cap \IZ$: [/mm] dies ist ein Primideal in [mm] $\IZ$, [/mm] also dort ein maximales Ideal. Damit bekommst du, dass $A/P$ eine ganze Erweiterung von [mm] $\IZ/Q$ [/mm] ist. Diese ganze Erweiterung entsteht durch Adjunktion eines Elementes (die Restklase von [mm] $\srqt{5}$), [/mm] womit du aehnlich wie hier bekommst dass $A/P$ ein endlicher Int'bereich ist und somit ein Koerper. Also ist $P$ maximales Ideal.
> Ganze Abgeschlossenheit
> A ist ganz abgeschlossen in K. Sei [mm]c\in[/mm] A. Dann ist c die
> Nullstelle von p(x):=x-c. Also ist A Teilmenge des ganzen
> Abschlusses von A in K. Wenn c [mm]\in K\backslash[/mm] A, dann kann
> c nicht die Nullstelle eines Polynoms sein mit
> Koeffizienten in A. Dies zu zeigen fällt mir schwer. Ich
> vermute dass man da wieder am besten diese Minimalpolynomen
> verwendet, mit welchen ich mich nicht auskenne.
Es ist vermutlich einfacher zu zeigen, dass $A$ der ganze Abschluss von [mm] $\IZ$ [/mm] in [mm] $\IQ(\sqrt{5}) [/mm] = Quot(A)$ ist. Hattet ihr einen Satz, dass der ganze Abschluss in einem Koerper bereits ganzabgeschlossen ist? Wenn nicht, kannst du das auch schnell selber zeigen (du brauchst, dass Ganzheit von Ringerweiterungen transitiv ist: sind also $A/B$ und $B/C$ ganz, so auch $A/C$, und umgekehrt).
Um zu zeigen, dass $A$ der ganze Abschluss von [mm] $\IZ$ [/mm] in [mm] $\IQ(\sqrt{5})$ [/mm] ist, nimm dir ein Element $a + b [mm] \sqrt{5}$, [/mm] $a, b [mm] \in \IQ$ [/mm] aus [mm] $\IQ(\sqrt{5})$ [/mm] und bestimme dessen Minimalpolynom ueber [mm] $\IQ$. [/mm] Ein Element ist genau dann ganz ueber [mm] $\IZ$, [/mm] wenn das Minimalpolynom nur ganzzahlige Koeffizienten hat.
(Du musst eine Fallunterscheidung machen: das MiPo hat Grad 1 falls das Element in [mm] $\IQ$ [/mm] ist, dort sieht es dann auch sehr einfach aus. Fuer Elemente [mm] $\not\in \IQ$ [/mm] hat das MiPo Grad 2 und du musst einfach irgendein Polynom mit Koeffizienten aus [mm] $\IQ$ [/mm] finden, welches $a + b [mm] \sqrt{5}$ [/mm] als Nullstelle hat und welches Grad 2 hat und welches normiert ist. Berechne also $(a + b [mm] \sqrt{5})^2$, [/mm] ziehe davon ein passendes [mm] $\IQ$-Vielfaches [/mm] von $a + b [mm] \sqrt{5}$ [/mm] ab so dass etwas in [mm] $\IQ$ [/mm] uebrigbleibt. Das liefert dir den linearen und konstanten Term des Polynoms.)
> Hauptidealbereich
> Um zu zeigen dass A kein Hauptidealbereich ist, zeigt man
> wohl am besten dass es ein Ideal gibt welches kein
> Hauptideal ist.
Das ist recht muehsam.
Es gilt folgendes: ein Dedekindring ist genau dann ein Hauptidealbereich, wenn er faktoriell ist.
Sprich: wenn er kein Hauptidealbereich ist, ist er nichtmals faktoriell. Um also ein Gegenbeispiel dafuer zu finden, dass er ein Hauptidealbereich ist, reicht es ein irreduzibles Element zu finden, welches nicht prim ist.
Ein Kandidat eines Elementes, welches du auf zwei Arten zerlegen kannst, ist [mm] $\sqrt{5}^2 [/mm] - [mm] 1^2 [/mm] = 4$.
(Du solltest dir hier auch ueberlegen, welche Elemente Einheiten sein koennen.)
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:53 Sa 21.01.2012 | | Autor: | Vilietha |
Hallo Felix,
vielen Dank für deine Antwort.  Mir ist wieder einiges viel klarer geworden.
Noethersch
> Nun, [mm]\IZ^2[/mm] ist zwar ein Ring, jedoch ist [mm]\IZ^2 \to A[/mm] kein
> Ringhomomorphismus, sondern nur ein
> [mm]\IZ[/mm]-Modul-Homomorphismus.
>
> Du kannst allerdings einen surjektiven Ringhomomorphismus
> [mm]\IZ[X] \to A[/mm] angeben. Schliesslich ist [mm]\IZ[/mm] als
> Hauptidealbereich noethersch, und nach dem Hilbertschen
> Basissatz ist somit auch [mm]\IZ[X][/mm] noethersch.
Ich habe nach einem passenden Ringhomomorphismus [mm] \phi:\IZ[x]->A [/mm] gesucht, aber leider keinen gefunden.
Die Abbildung welche durch [mm] \phi(p):=a_1+a_0\sqrt{-5} [/mm] für p(x)= [mm] \sum_{i=0}^{n} a_n*x^n [/mm] definiert ist dürfte ja zum Beispiel keiner sein.
Dimension
> Hier wuerde ich zuerst zeigen, dass [mm]A[/mm] ganz ueber [mm]\IZ[/mm] ist.
> (Das kannst du unten auch noch gebrauchen.)
>
> Sei nun [mm]P[/mm] ein Primideal in [mm]A[/mm] ungleich 0; du musst zeigen,
> dass [mm]P[/mm] ein maximales Ideal ist. Betrachte dazu [mm]Q := P \cap \IZ[/mm]:
> dies ist ein Primideal in [mm]\IZ[/mm], also dort ein maximales
> Ideal. Damit bekommst du, dass [mm]A/P[/mm] eine ganze Erweiterung
> von [mm]\IZ/Q[/mm] ist. Diese ganze Erweiterung entsteht durch
> Adjunktion eines Elementes (die Restklase von [mm]\srqt{5}[/mm]),
> womit du aehnlich wie
> hier bekommst dass
> [mm]A/P[/mm] ein endlicher Int'bereich ist und somit ein Koerper.
> Also ist [mm]P[/mm] maximales Ideal.
Ja, das ist wirklich ein schöner Weg. Inbesondere da wir ja den Satz in der Vorlesung hatten dass wenn ein Ring A ganz ist über B, dann ist ein PI p [mm] \subset [/mm] A ein MI genau dann wenn p [mm] \cap [/mm] B ein MI in B ist. Und somit folgt ja dann sofort dass unser Ring A hier in der Aufgabe die Dimension 1 haben muss.
Ganze Abgeschlossenheit
> Es ist vermutlich einfacher zu zeigen, dass [mm]A[/mm] der ganze
> Abschluss von [mm]\IZ[/mm] in [mm]\IQ(\sqrt{5}) = Quot(A)[/mm] ist. Hattet
> ihr einen Satz, dass der ganze Abschluss in einem Koerper
> bereits ganzabgeschlossen ist?
Ja, den Satz hatten wir. Wir hatten ihn sogar etwas allgemeiner für beliebige Ringe.
Auf jeden Fall ist dein Ansatz natürlich sehr schön.
> Wenn nicht, kannst du das
> auch schnell selber zeigen (du brauchst, dass Ganzheit von
> Ringerweiterungen transitiv ist: sind also [mm]A/B[/mm] und [mm]B/C[/mm]
> ganz, so auch [mm]A/C[/mm], und umgekehrt).
>
> Um zu zeigen, dass [mm]A[/mm] der ganze Abschluss von [mm]\IZ[/mm] in
> [mm]\IQ(\sqrt{5})[/mm] ist, nimm dir ein Element [mm]a + b \sqrt{5}[/mm], [mm]a, b \in \IQ[/mm]
> aus [mm]\IQ(\sqrt{5})[/mm] und bestimme dessen Minimalpolynom ueber
> [mm]\IQ[/mm]. Ein Element ist genau dann ganz ueber [mm]\IZ[/mm], wenn das
> Minimalpolynom nur ganzzahlige Koeffizienten hat.
>
> (Du musst eine Fallunterscheidung machen: das MiPo hat Grad
> 1 falls das Element in [mm]\IQ[/mm] ist, dort sieht es dann auch
> sehr einfach aus. Fuer Elemente [mm]\not\in \IQ[/mm] hat das MiPo
> Grad 2 und du musst einfach irgendein Polynom mit
> Koeffizienten aus [mm]\IQ[/mm] finden, welches [mm]a + b \sqrt{5}[/mm] als
> Nullstelle hat und welches Grad 2 hat und welches normiert
> ist. Berechne also [mm](a + b \sqrt{5})^2[/mm], ziehe davon ein
> passendes [mm]\IQ[/mm]-Vielfaches von [mm]a + b \sqrt{5}[/mm] ab so dass
> etwas in [mm]\IQ[/mm] uebrigbleibt. Das liefert dir den linearen und
> konstanten Term des Polynoms.)
(Ich vermute, dass du überall [mm] \sqrt{-5} [/mm] meinst wo du [mm] \sqrt{5} [/mm] geschrieben hast, oder? ) Also für den ersten Fall war das tatsächlich kein Problem. Im Fall dass [mm] c\not\in \IQ [/mm] ist, erhalte ich für das MiPo p: [mm] p(x)=x^2-2ax+(a²+5b^2)=:x^2+cx+d \in \IZ[x] [/mm] <=> c [mm] \in \IZ \wedge d\in \IZ [/mm] <=> [mm] a\in 1/2\IZ \wedge (a^2+5b^2)\in \IZ [/mm] <=> a [mm] a\in \IZ \wedge b\in \IZ. [/mm] Aber wie genau man den letzten Schritt am besten beweist ist mir noch nicht eingefallen.
Das Kriterium mit den MiPos hatten wir nicht in der Vorlesung. Gibt es einen eleganten Weg um dies zu beweisen?
Hauptidealbereich
> Das ist recht muehsam.
>
> Es gilt folgendes: ein Dedekindring ist genau dann ein
> Hauptidealbereich, wenn er faktoriell ist.
>
> Sprich: wenn er kein Hauptidealbereich ist, ist er
> nichtmals faktoriell. Um also ein Gegenbeispiel dafuer zu
> finden, dass er ein Hauptidealbereich ist, reicht es ein
> irreduzibles Element zu finden, welches nicht prim ist.
>
> Ein Kandidat eines Elementes, welches du auf zwei Arten
> zerlegen kannst, ist [mm]\sqrt{5}^2 - 1^2 = 4[/mm].
>
> (Du solltest dir hier auch ueberlegen, welche Elemente
> Einheiten sein koennen.)
Wenn man diesen Ansatz wählt müsste man zuerst ja noch beweisen, dass Faktoriellität wirklich ein Kriterium ist für Dedekindringe um Hauptidealbereiche zu sein. Denn wir hatten keinen Satz in der Vorlesung der dies besagt. Wir hatten aber eine ganz kurze Notiz aufgeschrieben, welche anmerkt dass ein Dedekindring A ein Hauptidealring ist genau dann wenn die Idealgruppe I(A) von A trivial ist. Vielleicht ist dies hilfreich um die Aussage zu zeigen.
Da ja -5 und nicht 5 unter der Wurzel sein müsste in deinem Beispiel habe ich nun eine andere Zahl statt 4 gewählt. [mm] 6=2*3=(1-\sqrt(-5))*(1+\sqrt(5)). [/mm] Dies sind zwei verschiedene Zerlegungen in irreduzible Elemente. Und die Elemente sind nicht assoziiert da die einzigen Einheiten in A 1 und -1 sind. Eine andere Charakterisierung von faktoriellen Ringen ist ja, dass alle irreduziblen Elemente Primelemente sind. Man könnte also ja eigentlich auch einfach ein irreduzibles Element angeben welches nicht prim ist. Aber welches könnte man denn hier nehmen?
Viele Grüße,
Vilietha
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:22 Sa 21.01.2012 | | Autor: | felixf |
Moin Vilietha,
> vielen Dank für deine Antwort. Mir ist wieder einiges
> viel klarer geworden.
bitte :)
> Noethersch
> > Nun, [mm]\IZ^2[/mm] ist zwar ein Ring, jedoch ist [mm]\IZ^2 \to A[/mm]
> kein
> > Ringhomomorphismus, sondern nur ein
> > [mm]\IZ[/mm]-Modul-Homomorphismus.
> >
> > Du kannst allerdings einen surjektiven Ringhomomorphismus
> > [mm]\IZ[X] \to A[/mm] angeben. Schliesslich ist [mm]\IZ[/mm] als
> > Hauptidealbereich noethersch, und nach dem Hilbertschen
> > Basissatz ist somit auch [mm]\IZ[X][/mm] noethersch.
>
> Ich habe nach einem passenden Ringhomomorphismus
> [mm]\phi:\IZ[x]->A[/mm] gesucht, aber leider keinen gefunden.
> Die Abbildung welche durch [mm]\phi(p):=a_1+a_0\sqrt{-5}[/mm] für
> p(x)= [mm]\sum_{i=0}^{n} a_n*x^n[/mm] definiert ist dürfte ja zum
> Beispiel keiner sein.
Nein, die ist auch keiner. Aber du kannst [mm] $\phi(p)$ [/mm] doch als [mm] $a_0 [/mm] + [mm] a_1 \sqrt{-5}$ [/mm] + weiteres passendes Definieren.
> Dimension
> > Hier wuerde ich zuerst zeigen, dass [mm]A[/mm] ganz ueber [mm]\IZ[/mm]
> ist.
> > (Das kannst du unten auch noch gebrauchen.)
> >
> > Sei nun [mm]P[/mm] ein Primideal in [mm]A[/mm] ungleich 0; du musst zeigen,
> > dass [mm]P[/mm] ein maximales Ideal ist. Betrachte dazu [mm]Q := P \cap \IZ[/mm]:
> > dies ist ein Primideal in [mm]\IZ[/mm], also dort ein maximales
> > Ideal. Damit bekommst du, dass [mm]A/P[/mm] eine ganze Erweiterung
> > von [mm]\IZ/Q[/mm] ist. Diese ganze Erweiterung entsteht durch
> > Adjunktion eines Elementes (die Restklase von [mm]\srqt{5}[/mm]),
> > womit du aehnlich wie
> > hier bekommst dass
> > [mm]A/P[/mm] ein endlicher Int'bereich ist und somit ein Koerper.
> > Also ist [mm]P[/mm] maximales Ideal.
>
> Ja, das ist wirklich ein schöner Weg. Inbesondere da wir
> ja den Satz in der Vorlesung hatten dass wenn ein Ring A
> ganz ist über B, dann ist ein PI p [mm]\subset[/mm] A ein MI genau
> dann wenn p [mm]\cap[/mm] B ein MI in B ist.
Genau, das schriebst du ja schon in einem anderen Thread
> Und somit folgt ja dann sofort dass unser Ring A hier in der Aufgabe
> die Dimension 1 haben muss.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Ganze Abgeschlossenheit
> > Es ist vermutlich einfacher zu zeigen, dass [mm]A[/mm] der ganze
> > Abschluss von [mm]\IZ[/mm] in [mm]\IQ(\sqrt{5}) = Quot(A)[/mm] ist. Hattet
> > ihr einen Satz, dass der ganze Abschluss in einem Koerper
> > bereits ganzabgeschlossen ist?
>
> Ja, den Satz hatten wir. Wir hatten ihn sogar etwas
> allgemeiner für beliebige Ringe.
Gut :)
> Auf jeden Fall ist dein Ansatz natürlich sehr schön.
Wenn man weiss, dass [mm] $\IZ[\sqrt{-5}]$ [/mm] der Ring der ganzen Zahlen in [mm] $\IQ(\sqrt{-5})$ [/mm] ist, dann ist das der "natuerliche" Ansatz
> > Wenn nicht, kannst du das
> > auch schnell selber zeigen (du brauchst, dass Ganzheit von
> > Ringerweiterungen transitiv ist: sind also [mm]A/B[/mm] und [mm]B/C[/mm]
> > ganz, so auch [mm]A/C[/mm], und umgekehrt).
> >
> > Um zu zeigen, dass [mm]A[/mm] der ganze Abschluss von [mm]\IZ[/mm] in
> > [mm]\IQ(\sqrt{5})[/mm] ist, nimm dir ein Element [mm]a + b \sqrt{5}[/mm], [mm]a, b \in \IQ[/mm]
> > aus [mm]\IQ(\sqrt{5})[/mm] und bestimme dessen Minimalpolynom ueber
> > [mm]\IQ[/mm]. Ein Element ist genau dann ganz ueber [mm]\IZ[/mm], wenn das
> > Minimalpolynom nur ganzzahlige Koeffizienten hat.
> >
> > (Du musst eine Fallunterscheidung machen: das MiPo hat Grad
> > 1 falls das Element in [mm]\IQ[/mm] ist, dort sieht es dann auch
> > sehr einfach aus. Fuer Elemente [mm]\not\in \IQ[/mm] hat das MiPo
> > Grad 2 und du musst einfach irgendein Polynom mit
> > Koeffizienten aus [mm]\IQ[/mm] finden, welches [mm]a + b \sqrt{5}[/mm] als
> > Nullstelle hat und welches Grad 2 hat und welches normiert
> > ist. Berechne also [mm](a + b \sqrt{5})^2[/mm], ziehe davon ein
> > passendes [mm]\IQ[/mm]-Vielfaches von [mm]a + b \sqrt{5}[/mm] ab so dass
> > etwas in [mm]\IQ[/mm] uebrigbleibt. Das liefert dir den linearen und
> > konstanten Term des Polynoms.)
>
> (Ich vermute, dass du überall [mm]\sqrt{-5}[/mm] meinst wo du
> [mm]\sqrt{5}[/mm] geschrieben hast, oder? )
Aeh, ja :D
> Also für den ersten
> Fall war das tatsächlich kein Problem. Im Fall dass
> [mm]c\not\in \IQ[/mm] ist, erhalte ich für das MiPo p:
> [mm]p(x)=x^2-2ax+(a²+5b^2)=:x^2+cx+d \in \IZ[x][/mm] <=> c [mm]\in \IZ \wedge d\in \IZ[/mm]
> <=> [mm]a\in 1/2\IZ \wedge (a^2+5b^2)\in \IZ[/mm] <=> a [mm]a\in \IZ \wedge b\in \IZ.[/mm]
> Aber wie genau man den letzten Schritt am besten beweist
> ist mir noch nicht eingefallen.
Sind $a, b [mm] \in \IZ$, [/mm] so auch $a [mm] \in \tfrac{1}{2} \IZ$ [/mm] und [mm] $a^2 [/mm] + 5 [mm] b^2 \in \IZ$. [/mm] Interessant ist also nur die andere Richtung.
Schreibe $a = [mm] \frac{a'}{2}$ [/mm] und $b = [mm] \frac{b'}{c'}$ [/mm] mit $a', b' [mm] \in \IZ$ [/mm] und $c' [mm] \in \IN_{>0}$, [/mm] und mit $b', c'$ teilerfremd. Dann ist $2 a = a' [mm] \in \IZ$ [/mm] automatisch erfuellt. Wegen [mm] $a^2 [/mm] + 5 [mm] b^2 [/mm] = [mm] \frac{(a')^2}{4} [/mm] + [mm] \frac{5 (b')^2}{(c')^2} [/mm] = [mm] \frac{(a' c')^2 + 5 (2 b')^2}{(2 c')^2} \in \IZ$ [/mm] muss also $(2 [mm] c')^2$ [/mm] ein Teiler von $(a' [mm] c')^2 [/mm] + 5 (2 [mm] b')^2$ [/mm] sein. Daraus kannst du jetzt folgern, dass $c' [mm] \in \{ 1, 2 \}$ [/mm] ist.
Ist $c' = 1$, also $b [mm] \in \IZ$, [/mm] so ist [mm] $a^2 \in \IZ$, [/mm] was nur geht falls $a [mm] \in \IZ$ [/mm] ist.
Bleibt also der Fall $c' = 2$; dann ist $a = [mm] \frac{a'}{2}$ [/mm] und $b = [mm] \frac{b'}{2}$ [/mm] mit $b'$ ungerade. Folgere, dass $a'$ und $b'$ ungerade sind, und schreibe $a' = (2 A + 1)$ und $b' = (2 B + 1)$. Dann bekommst du schliesslich den Widerspruch $4 [mm] \mid [/mm] 6$. Also kann dieser Fall nicht eintreten.
> Das Kriterium mit den MiPos hatten wir nicht in der
> Vorlesung. Gibt es einen eleganten Weg um dies zu
> beweisen?
Sei $R$ ein ganzabgeschlossener Int'bereich, $K / Quot(R)$ eine alg. Koerpererweiterung und [mm] $\alpha \in [/mm] K$ ganz ueber $R$ und $f = [mm] MiPo_{Quot(R)}(\alpha)$. [/mm] Sei $L$ ein Zerfaellungskoerper von $f$ ueber $K$; dann gibt es Elemente [mm] $\alpha_1, \dots, \alpha_n \in [/mm] L$ mit [mm] $\alpha_1 [/mm] = [mm] \alpha$ [/mm] und $f = [mm] \prod_{i=1}^n [/mm] (X - [mm] \alpha_i)$.
[/mm]
Ist $g [mm] \in [/mm] R[X]$ ein normiertes Polynom mit [mm] $g(\alpha) [/mm] = 0$ (gibt es weil [mm] $\alpha$ [/mm] ganz ueber $R$ ist), so gilt $f [mm] \mid [/mm] g$ (in $Quot(R)[X]$) und somit [mm] $g(\alpha_i) [/mm] = 0$: damit sind alle [mm] $\alpha_i$ [/mm] ganz ueber $R$, und der Ring [mm] $R[\alpha_1, \dots, \alpha_n]$ [/mm] ist ganz ueber $R$.
Jetzt kannst du nach dem Satz von Vieta die Koeffizienten von $f$ schreiben als polynomielle Ausdruecke mit ganzzahligen Koeffizienten in den [mm] $\alpha_1, \dots, \alpha_n$, [/mm] womit die Koeffizienten von $f$ in [mm] $R[\alpha_1, \dots, \alpha_n]$ [/mm] liegen und somit ganz ueber $R$ sind. Da die Koeffizienten jedoch auch gleichzeitig in $Quot(R)$ liegen, muessen sie bereits in $R$ liegen, da $R$ ganzabgeschlossen in $Quot(R)$ ist. Also folgt $f [mm] \in [/mm] R[X]$.
Die Rueckrichtung ist sehr einfach: ist $f [mm] \in [/mm] R[X]$, so ist wegen [mm] $f(\alpha) [/mm] = 0$ bereits [mm] $\alpha$ [/mm] ganz ueber $R$.
> Hauptidealbereich
> > Das ist recht muehsam.
> >
> > Es gilt folgendes: ein Dedekindring ist genau dann ein
> > Hauptidealbereich, wenn er faktoriell ist.
> >
> > Sprich: wenn er kein Hauptidealbereich ist, ist er
> > nichtmals faktoriell. Um also ein Gegenbeispiel dafuer zu
> > finden, dass er ein Hauptidealbereich ist, reicht es ein
> > irreduzibles Element zu finden, welches nicht prim ist.
> >
> > Ein Kandidat eines Elementes, welches du auf zwei Arten
> > zerlegen kannst, ist [mm]\sqrt{5}^2 - 1^2 = 4[/mm].
> >
> > (Du solltest dir hier auch ueberlegen, welche Elemente
> > Einheiten sein koennen.)
>
> Wenn man diesen Ansatz wählt müsste man zuerst ja noch
> beweisen, dass Faktoriellität wirklich ein Kriterium ist
> für Dedekindringe um Hauptidealbereiche zu sein.
Nein, muss man nicht: jeder Hauptidealbereich ist faktoriell. Und wenn du zeigst, dass der Ring nicht faktoriell sein kann, ist er insbesondere kein Hauptidealbereich.
Das unbewiesene Resultat benutzt du nur damit du weisst wonach du suchen musst
> Denn wir
> hatten keinen Satz in der Vorlesung der dies besagt. Wir
> hatten aber eine ganz kurze Notiz aufgeschrieben, welche
> anmerkt dass ein Dedekindring A ein Hauptidealring ist
> genau dann wenn die Idealgruppe I(A) von A trivial ist.
> Vielleicht ist dies hilfreich um die Aussage zu zeigen.
Nein, das brauchst du nicht.
> Da ja -5 und nicht 5 unter der Wurzel sein müsste in
> deinem Beispiel habe ich nun eine andere Zahl statt 4
> gewählt. [mm]6=2*3=(1-\sqrt(-5))*(1+\sqrt(5)).[/mm]
Ja, das ist eine gute Idee
> Dies sind zwei
> verschiedene Zerlegungen in irreduzible Elemente. Und die
> Elemente sind nicht assoziiert da die einzigen Einheiten in
> A 1 und -1 sind.
Wenn du weisst, dass es die einzigen Einheiten sind, dann geht das so
Du kannst auch einfach [mm] $\frac{2}{1 \pm \sqrt{-5}}$ [/mm] in [mm] $\IC$ [/mm] ausrechnen und in der Form $a + b [mm] \sqrt{-5}$ [/mm] darstellen: sobald $a$ oder $b$ nicht in [mm] $\IZ$ [/mm] liegen, sind die Dinger offensichtlich nicht assoziiert.
> Eine andere Charakterisierung von
> faktoriellen Ringen ist ja, dass alle irreduziblen Elemente
> Primelemente sind.
...und das jedes Element als Produkt von irreduziblen Elementen schreibbar ist.
> Man könnte also ja eigentlich auch
> einfach ein irreduzibles Element angeben welches nicht prim
> ist. Aber welches könnte man denn hier nehmen?
Nun, 2. Oder 3. Oder $1 + [mm] \sqrt{-5}$. [/mm] Oder $1 - [mm] \sqrt{-5}$. [/mm] Und um dann zu zeigen, dass es nicht prim ist, musst du wie oben vorgehen: etwa $(1 + [mm] \sqrt{-5}) \mid [/mm] 2 [mm] \cdot [/mm] 3$ verwenden und zeigen, dass $1 + [mm] \sqrt{-5}$ [/mm] weder 2 noch 3 teilt. Laeuft im Endeffekt auf den gleichen Aufwand hinaus.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:25 So 22.01.2012 | | Autor: | Vilietha |
Guten Morgen Felix,
du bist ein wahrer Segen...
Noethersch
> Nein, die ist auch keiner. Aber du kannst [mm]\phi(p)[/mm] doch als
> [mm]a_0 + a_1 \sqrt{-5}[/mm] + weiteres passendes Definieren.
Vielen Dank für das Entfernen der Tomaten auf meinen Augen.
Jetzt kann sogar ich eine passende Abbildung sehen.
Und zwar [mm] \phi(p):=p(\sqrt{-5)}) [/mm]
Ganze Abgeschlossenheit
> Sind [mm]a, b \in \IZ[/mm], so auch [mm]a \in \tfrac{1}{2} \IZ[/mm] und [mm]a^2 + 5 b^2 \in \IZ[/mm].
> Interessant ist also nur die andere Richtung.
>
> Schreibe [mm]a = \frac{a'}{2}[/mm] und [mm]b = \frac{b'}{c'}[/mm] mit [mm]a', b' \in \IZ[/mm]
> und [mm]c' \in \IN_{>0}[/mm], und mit [mm]b', c'[/mm] teilerfremd. Dann ist [mm]2 a = a' \in \IZ[/mm]
> automatisch erfuellt. Wegen [mm]a^2 + 5 b^2 = \frac{(a')^2}{4} + \frac{5 (b')^2}{(c')^2} = \frac{(a' c')^2 + 5 (2 b')^2}{(2 c')^2} \in \IZ[/mm]
> muss also [mm](2 c')^2[/mm] ein Teiler von [mm](a' c')^2 + 5 (2 b')^2[/mm]
> sein.
> * Daraus kannst du jetzt folgern, dass [mm]c' \in \{ 1, 2 \}[/mm] ist.
>
> Ist [mm]c' = 1[/mm], also [mm]b \in \IZ[/mm], so ist [mm]a^2 \in \IZ[/mm], was nur
> geht falls [mm]a \in \IZ[/mm] ist.
>
> Bleibt also der Fall [mm]c' = 2[/mm]; dann ist [mm]a = \frac{a'}{2}[/mm] und
> [mm]b = \frac{b'}{2}[/mm] mit [mm]b'[/mm] ungerade. Folgere, dass [mm]a'[/mm] und [mm]b'[/mm]
> ungerade sind, und schreibe [mm]a' = (2 A + 1)[/mm] und [mm]b' = (2 B + 1)[/mm].
> Dann bekommst du schliesslich den Widerspruch [mm]4 \mid 6[/mm].
> Also kann dieser Fall nicht eintreten.
Also die erste Hälfte verstehe ich. Aber die zweite leider nicht mehr. Ich vermute du verwendest in der Zeile mit dem * dass b' und c' teilerfremd sind um zu folgern dass [mm] c'\in \{1,2\} [/mm] ist. Aber Dank z.Bsp. der vielen Quadrate kann ich das noch nicht sehen. Und auch die folgenden Zeilen sind mir allesamt noch ein Rätsel. Zum Beispiel wenn c'=2 ist und a' und b' ungerade sein müssen, dann müsste daraus ja direkt folgen dass a und b keine ganzen Zahlen sein können. Du verwendest dann aber ja noch A und B, welches gerade Zahlen sein sollen, oder? (Mit Zahlen hab ichs nicht so... )
Hauptidealbereich
>
> Nein, muss man nicht: jeder Hauptidealbereich ist
> faktoriell. Und wenn du zeigst, dass der Ring nicht
> faktoriell sein kann, ist er insbesondere kein
> Hauptidealbereich.
>
> Das unbewiesene Resultat benutzt du nur damit du weißt
> wonach du suchen musst
Ok, aber dann müsste man womöglich trotzdem noch zeigen dass jeder Hauptidealbereich faktoriell ist. Denn diesen Satz hatten wir auch nicht in der Vorlesung. Aber diesen müsste ich eigentlich in einem der Algebra-Bücher finden können.
Angenommen 2 ist nicht irreduzibel. Dann gibt es x,y [mm] \in [/mm] A* (A* ist A ohne Einheiten) mit 2=x*y.
Sei N die Norm von A, also [mm] N(a+b\sqrt{-5}):=a^2+5b. [/mm]
Wie kann man sehen dass N(2)=N(x)*N(y) gilt? Es müsste ja dann auch N(2)=N(x*y)=N(x)*N(y) gelten.
Aber allgemein scheint dies ja nicht zu gelten, denn wenn ich die mittlere und die rechte Seite ausmultipliziere dann sind die beiden Seiten nicht gleich:
[mm] N(x*y)=ac^2 [/mm] + [mm] 5ad^2 [/mm] + 10adbc + [mm] 5bc^2 [/mm] - 10acbd + [mm] 25bd^2\neq a^2c^2 [/mm] + [mm] 5b^2c^2 [/mm] + [mm] 5a^2d^2 [/mm] + [mm] 25b^2 d^2 [/mm] = N(x)*N(y)
Viele Grüße,
Vilietha
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:59 So 22.01.2012 | | Autor: | felixf |
Moin Vilietha!
> du bist ein wahrer Segen...
Freut mich :)
> Noethersch
> > Nein, die ist auch keiner. Aber du kannst [mm]\phi(p)[/mm] doch
> als
> > [mm]a_0 + a_1 \sqrt{-5}[/mm] + weiteres passendes Definieren.
>
> Vielen Dank für das Entfernen der Tomaten auf meinen
> Augen.
Ich find Tomaten als Augendekoration eh nicht so toll. Ich ess die lieber auf
> Jetzt kann sogar ich eine passende Abbildung sehen.
> Und zwar [mm]\phi(p):=p(\sqrt{-5)})[/mm]
Genau. Einsetzungshomomorphismen sind allgemein eine feine Sache
Wenn du einen Ring $A$ schreiben kannst als [mm] $\sum_{i=1}^n a_i [/mm] B$ mit einem noetherschen Ring $B$ sowie Elementen [mm] $a_1, \dots, a_n \in [/mm] A$, dann ist $A$ noethersch, da es Bild des Einsetzungshomomorphismus [mm] $B[x_1, \dots, x_n] \to [/mm] A$, $f [mm] \mapsto f(a_1, \dots, a_n)$ [/mm] ist. (Der Ring [mm] $B[x_1, \dots, x_n]$ [/mm] ist wegen Hilbert noethersch.)
> Ganze Abgeschlossenheit
> > Sind [mm]a, b \in \IZ[/mm], so auch [mm]a \in \tfrac{1}{2} \IZ[/mm] und
> [mm]a^2 + 5 b^2 \in \IZ[/mm].
> > Interessant ist also nur die andere Richtung.
> >
> > Schreibe [mm]a = \frac{a'}{2}[/mm] und [mm]b = \frac{b'}{c'}[/mm] mit [mm]a', b' \in \IZ[/mm]
> > und [mm]c' \in \IN_{>0}[/mm], und mit [mm]b', c'[/mm] teilerfremd. Dann ist [mm]2 a = a' \in \IZ[/mm]
> > automatisch erfuellt. Wegen [mm]a^2 + 5 b^2 = \frac{(a')^2}{4} + \frac{5 (b')^2}{(c')^2} = \frac{(a' c')^2 + 5 (2 b')^2}{(2 c')^2} \in \IZ[/mm]
> > muss also [mm](2 c')^2[/mm] ein Teiler von [mm](a' c')^2 + 5 (2 b')^2[/mm]
> > sein.
> > * Daraus kannst du jetzt folgern, dass [mm]c' \in \{ 1, 2 \}[/mm]
> ist.
> >
> > Ist [mm]c' = 1[/mm], also [mm]b \in \IZ[/mm], so ist [mm]a^2 \in \IZ[/mm], was nur
> > geht falls [mm]a \in \IZ[/mm] ist.
> >
> > Bleibt also der Fall [mm]c' = 2[/mm]; dann ist [mm]a = \frac{a'}{2}[/mm] und
> > [mm]b = \frac{b'}{2}[/mm] mit [mm]b'[/mm] ungerade. Folgere, dass [mm]a'[/mm] und [mm]b'[/mm]
> > ungerade sind, und schreibe [mm]a' = (2 A + 1)[/mm] und [mm]b' = (2 B + 1)[/mm].
> > Dann bekommst du schliesslich den Widerspruch [mm]4 \mid 6[/mm].
> > Also kann dieser Fall nicht eintreten.
>
> Also die erste Hälfte verstehe ich. Aber die zweite leider
> nicht mehr. Ich vermute du verwendest in der Zeile mit dem
> * dass b' und c' teilerfremd sind um zu folgern dass [mm]c'\in \{1,2\}[/mm]
> ist. Aber Dank z.Bsp. der vielen Quadrate kann ich das noch
> nicht sehen.
Wenn $(2 [mm] c')^2$ [/mm] ein Teiler von $(a' [mm] c')^2 [/mm] + 5 (2 [mm] b')^2$ [/mm] ist, dann auch [mm] $(c')^2$ [/mm] selber. Da [mm] $(c')^2$ [/mm] immer ein Teiler von $(a' [mm] c')^2$ [/mm] ist, muss es somit auch ein Teiler von $5 (2 [mm] b')^2 [/mm] = 5 [mm] \cdot 2^2 \cdot (b')^2$ [/mm] sein. Da $c'$ und $b'$ teilerfremd sind -- und somit auch [mm] $(c')^2$ [/mm] und [mm] $(b')^2$ [/mm] -- muss dann schon [mm] $(c')^2 \mid [/mm] (5 [mm] \cdot 2^2)$ [/mm] gelten. Wegen der Primfaktorzerlegung in [mm] $\IZ$ [/mm] kann somit hoechstens der Primfaktor 2 in $c'$ auftauchen, und zwar auch nur einmal. Damit und mit $c' > 0$ folgt $c' [mm] \in \{ 1, 2 \}$.
[/mm]
> Und auch die folgenden Zeilen sind mir
> allesamt noch ein Rätsel. Zum Beispiel wenn c'=2 ist und
> a' und b' ungerade sein müssen, dann müsste daraus ja
> direkt folgen dass a und b keine ganzen Zahlen sein
> können.
Da $c'$ und $b'$ teilerfremd sind koennen nicht sowohl $c'$ und $b'$ durch zwei teilbar sein. Da $c' = 2$ ist muss also $b'$ ungerade sein.
Und ja, daraus folgt $b [mm] \not\in \IZ$. [/mm] Wir wollen ja zeigen, dass dies nicht der Fall ist, also suchen wir weiter nach einem Widerspruch
> Du verwendest dann aber ja noch A und B, welches
> gerade Zahlen sein sollen, oder? (Mit Zahlen hab ichs nicht
> so... )
Nein, das sind einfach irgendwelche Zahlen. Jede ungerade Zahl $b'$ kannst du schreiben als $2 B + 1$ mit einer beliebigen ganzen Zahl $B$.
> Hauptidealbereich
> >
> > Nein, muss man nicht: jeder Hauptidealbereich ist
> > faktoriell. Und wenn du zeigst, dass der Ring nicht
> > faktoriell sein kann, ist er insbesondere kein
> > Hauptidealbereich.
> >
> > Das unbewiesene Resultat benutzt du nur damit du weißt
> > wonach du suchen musst
>
> Ok, aber dann müsste man womöglich trotzdem noch zeigen
> dass jeder Hauptidealbereich faktoriell ist. Denn diesen
> Satz hatten wir auch nicht in der Vorlesung. Aber diesen
> müsste ich eigentlich in einem der Algebra-Bücher finden
> können.
Der Satz sollte eigentlich in jeder Einfuehrung in die Algebra vorkommen. Man zeigt dort, dass euklidische Ringe Hauptidealbereiche sind und dass Hauptidealbereiche faktoriell sind.
> Angenommen 2 ist nicht irreduzibel. Dann gibt es x,y [mm]\in[/mm] A*
> (A* ist A ohne Einheiten) mit 2=x*y.
> Sei N die Norm von A, also [mm]N(a+b\sqrt{-5}):=a^2+5b.[/mm]
> Wie kann man sehen dass N(2)=N(x)*N(y) gilt? Es müsste ja
> dann auch N(2)=N(x*y)=N(x)*N(y) gelten.
Du kannst es einmal explizit nachrechnen. Oder du verwendest $N(x) = x [mm] \cdot \sigma(x)$, [/mm] wobei [mm] $\sigma [/mm] : [mm] \IQ(\sqrt{-5}) \to \IQ(\sqrt{-5})$, [/mm] $a + b [mm] \sqrt{-5} \mapsto [/mm] a - b [mm] \sqrt{-5}$ [/mm] ein Automorphismus von [mm] $\IQ(\sqrt{-5})$ [/mm] ist (naemlich die Einschraenkung der komplexen Konjugation auf [mm] $\IQ(\sqrt{-5})$). [/mm] Oder du verwendest einfach, dass $N(x) = [mm] |x|^2$ [/mm] ist und das der Betrag multiplikativ ist.
> Aber allgemein scheint dies ja nicht zu gelten, denn wenn
> ich die mittlere und die rechte Seite ausmultipliziere dann
> sind die beiden Seiten nicht gleich:
> [mm]N(x*y)=ac^2[/mm] + [mm]5ad^2[/mm] + 10adbc + [mm]5bc^2[/mm] - 10acbd + [mm]25bd^2\neq a^2c^2[/mm]
> + [mm]5b^2c^2[/mm] + [mm]5a^2d^2[/mm] + [mm]25b^2 d^2[/mm] = N(x)*N(y)
Auf der linken Seite fehlen dir ein paar Quadrate. Mit denen sind beide Ausdruecke gleich.
LG Felix
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