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Algebra.tex

@@ -52,6 +52,7 @@
 \newcommand\Q{\ensuremath{\mathbb{Q}}}
 \newcommand\mapsfrom{\rotatebox{180}{$\mapsto$}}
 \newcommand\ssq{\subseteq}
+\newcommand\eps{\varepsilon}
 
 \theoremsymbol{\ensuremath{\square}}
 \theorembodyfont{\normalfont}
@@ -3249,6 +3250,7 @@ Wir sagen: $P$ hat in $a$ eine Nullstelle $\iff P \in \ker(\ev_a)$. Für $P, Q
 Sei zunächst $R$ unitärer Ring.
 
 \begin{satz}
+	\label{satz:koeffizienten}
 	Seien $f, g \in R[X]$, der führende Koeffizient von $f$ sei eine Einheit in $R \implies \exists$
 	eindeutig bestimmte Polynome $q, r \in R[X]$ mit $\deg(r) < \deg(f) \lor r = 0$ mit $g = qf+r$.
 \end{satz}
@@ -3258,8 +3260,120 @@ Sei zunächst $R$ unitärer Ring.
 	Induktion nach $\deg(g) =: n$ Induktionsanfang: $n=0$ \checkmark (in $R$ kann
 	jedes Element ($g$) durch Einheit ($f$) geteilt werden) \\ Angenommen die
 	Aussage ist für Polynome $g$ von Grad $< n$ bereits gezeigt. Sei $f(x) =
-		\varepsilon X^m + a X^{m-1} + \dots, \varepsilon \in R^*, m \le n, g(x) = b X^n
-		+ c X^{n-1} + \dots$
+		\varepsilon X^m + a X^{m-1} + \dots, g(x) = b X^n + c X^{n-1} + \dots, \,
+		\varepsilon \in R^*, a,b,c \in R,\, m\le n.$ Betrachte $g_1 := g - b\inv
+		\varepsilon X^{n-m} f = (bX^n + cX^{n+1} +\dots) - b \inv\varepsilon
+		X^{n-m}(\varepsilon X^m + a X^{m-1}) = 0 X^n + (X-b\inv\varepsilon a) X^{n-1}$.
+	$g_1 = 0$ oder $\deg(g_1) < n$, sodass nach Induktionsvoraussetzung: $\exists
+		q_1, r \in R[X]$ mit $g_1 = q_1 \cdot f + r$ und $\deg(r) < \deg(f)$ Es folgt:
+	\[
+		g = g_1 + b\inv\varepsilon X^{n-m} f = (\underbrace{q_1 + b\inv\varepsilon X^{n-m}}_{=:q})
+		f + r.
+	\]
+
+	Eindeutigkeit: $g = qf+r = q_1f+r_1$ mit den entsprechenden Bedingungen an
+	$\deg(r), \deg(r_1)$. Daraus folgt: $r-r_1 = (q_1 - q)f$. Falls $q_1 \neq q$,
+	so ist $\deg(r-r_1) = \deg((q_1-q)f) \overset{\mathclap{\substack{\text{da der
+						führende Koeffizient von $f$ kein Nullteiler ist!}\\|}}}{=} \deg(q_1-q) +
+		\deg(f) \implies \deg(r-r_1) \ge \deg(f)$, ein Widerspruch zu $\deg(r),
+		\deg(r_1) < \deg(f)$.
+\end{proof}
+
+\begin{korollar}
+	Sei $R$ ein KRE, $f \in R[X]$. Es ist $f(a) = 0 \iff f(X) = (X-a)q(X)$ mit $q \in R[X]$.
+	(das bedeutet: $\ker(\ev_a) = (X-a))$)
+\end{korollar}
+\begin{proof}
+	Teile $f$ durch $X-a$ mit Rest. Nach dem vorigen Satz \ref{satz:koeffizienten} gilt:
+	$f(X) = (X-a)q(X) + r(X)$ mit $\deg(r) < 1$. Falls $r(X) \neq 0$, so muss $r(X) = r \in R$ gelten.
+	Wende nun $\ev_a$ an: $f(a) = r\implies r = 0$. Die Umkehrung ist klar.
+\end{proof}
+
+Es ist essenziell dass $R$ kommutativ ist:
+\begin{bsp}
+	$R$ sei nicht kommutativ, $a, b \in R$ mit $ab \neq ba$. $f(X) := X^2 + (a-b)X - ab$.
+	Dann ist $f(b) = b^2 + ab - b^2 - ab = 0$. Angenommen $\exists q(X) \in R[X]$ mit $f(X)=(X-b)q(X)$.
+	Dann gilt $\deg(q) = 1$, der führende Koeffizient von $q$ ist $1$. Es muss sogar $q(X) = X+a$ gelten.
+	$(X-b)(X+a) =: g(x)$
+	\[
+		g(a) = (a-b)2a = 2a^2 - 2ba \neq f(a) = a^2 + a^3 - ba - ab = 2a^2 - (ab+ba).
+	\]
+\end{bsp}
+
+\begin{satz}
+	Sei \K{} ein Körper. Dann ist $\K[X]$ faktoriell.
+\end{satz}
+\begin{proof}
+	\K{} Körper $\implies$ jedes $a \in \K, a \neq 0,$ ist eine Einheit. Daher ist
+	$\deg:\K[X] \to \N$ eine euklidische Normfunktion auf $\K[X]$. Daher ist $\K[X]$ euklidisch
+	$\implies \K[X]$ ist HIB $\implies \K[X]$ faktoriell.
+\end{proof}
+
+Sei $R$ ein faktorieller Ring. Wir wissen bereits: zu $a_1, \dots, a_n \in R$
+existiert stets ein $\ggT$.
+\begin{defin}
+	Sei $f(X) \in R[X]$ mit $f(X) = a_m X^m + \dots + a_1 X + a_0$. Dann heißt jeder $\ggT$ von
+	$(a_0, \dots, a_m)$ ein Inhalt ($I(f)$) von $f$.
+
+	$I(f)$ ist daher bis auf Einheiten von $R$ eindeutig festgelegt. $f$ heißt primitiv, falls $1$ ein Inhalt
+	von $f$ ist. Schreibe $I(f) = 1$.
+\end{defin}
+Jedes $f \in R[X]$ kann als $I(f) \cdot f^*$ geschrieben werden, mit $f^*$ primitiv.
+
+\begin{lemma}[Lemma von Gauß]\label{lemma:gauss}
+	Für $f, g \in R[X]$ gilt $I(fg) = I(f)I(g)\cdot \eps$ mit $\eps \in R^*$.
+\end{lemma}
+\begin{proof}
+	Schreibe $f = I(f) \cdot f^*, \, g= I(g) \cdot g^*$.
+	\[
+		I(I(f)f^*I(g)g^*) = I(I(f)f^*)I(I(g)g^*) \iff
+		\cancel{I(f)}\cancel{I(g)}I(f^*g^*) = \cancel{I(f)}I(f^*)\cancel{I(g)}I(g^*).
+	\]
+	Es genügt also zu zeigen: $f, g$ primitiv $\implies fg$ primitiv.
+
+	Angenommen $\pi$ sei ein irreduzibles Element von $R$, das jeden Koeffizienten
+	von $fg=:h$ teilt. Die Koeffizienten von $h$ haben die Gestalt
+	\[
+		\left( f(X) := \sum_{i=0}^n f_iX^i, g(X) := \sum_{j=0}^m g_jX^j \right)
+		h_k = \sum_{i+j=k}f_ig_j.
+	\]
+	Es gilt also $\pi | h_k, \forall k$. Seien $f_r, g_s$ die ersten nicht durch
+	$\pi$ teilbaren Koeffizienten von $f$ beziehungsweise $g$. $\left(
+		\begin{aligned}
+				f_r \not\equiv 0 \pmod \pi, i < r \implies f_i \equiv 0 \pmod \pi \\
+				g_s \not\equiv 0 \pmod \pi, j < s \implies g_j \equiv 0 \pmod \pi
+			\end{aligned}
+		\right)$.
+	Dann ist
+	\[
+		h_r+s = \sum_{i+j=r+s} f_ig_j \equiv f_rg_s \pmod \pi.
+	\]
+	Nach Voraussetzung ist $h_{r+s} \equiv0\pmod\pi$, also $f_rg_s\equiv0\pmod\pi$.
+	Weil $R$ faktoriell ist, folgt aus $\pi$ irreduzibel auch $\pi$ ist prim. Daher
+	gilt $f_r \equiv 0\pmod\pi$ oder $g_s\equiv0\pmod\pi$, ein Widerspruch zur Wahl
+	von $r$ beziehungsweise $s$.
+\end{proof}
+
+\begin{satz}
+	Sei $R$ ein faktorieller Ring. Dann ist auch $R[X]$ faktoriell.
+\end{satz}
+\begin{proof}
+	Sei $f \in R[X]$. Wir werden zeigen: $f$ lässt sich als Produkt von Primelementen in $R[X]$ darstellen.
+	Wir schreiben: $f = I(f)\cdot f^*$.
+	Sei \K{} der Quotientenkörper von $R$. $f \in R[X] \implies f \in \K[X]$, $\K[X]$ ist faktoriell und daher
+	gilt $f^* = \tilde f_1 \cdots \tilde f_s$ mit $\tilde f_1, \dots, \tilde f_s$ irreduzible Polynome
+	in $\K[X]$. Durch Multiplikation mit dem $\kgV$ der Koeffizienten erhalten wir $f^* = \eps_k \cdot
+		f_1 \cdots f_s$, wobei $f_1, \dots, f_s \in R[X]$ irreduzibel und primitiv, $\eps_k$ eine Einheit in \K.\\
+	$f_1, \dots, f_s$ primitiv $\overset{\text{\ref{lemma:gauss}}}{\implies} f_1 \cdots f_s$ primitiv
+	$\implies \eps_k$ ist Einheit in $R$. $R$ faktoriell $\implies \eps_k \cdot I(f)$ ist Produkt von
+	irreduziblen Elementen in $R$, $\eps_k \cdot I(f) = e \cdot \pi_1 \cdots \pi_r$. ($e \in R^*, \pi_i \in R$ irreduzibel).
+	$\pi_1, \dots, \pi_r$ sind prim in $R \implies (\pi_1), \dots, (\pi_r)$ Primideale in $R$, das heißt
+	$\faktor{R}{\pi_iR}$ ist IB $\implies \left(\faktor R {\pi_iR}\right)[X]$ ist IB. Es gilt:
+	$\faktor R {\pi_iR}[X] \cong \faktor {R[X]} {\pi_iR[x]}$ und ist daher IB $\implies \pi_iR[X]$ ist
+	Primideal in $R[X] \implies \pi_i$ Primelement in $R[X]$.
+
+	Es bleibt also noch zu zeigen: $f_1, \dots, f_s$ sind prim in $R[X]$.
+	\NoEndMark
 \end{proof}
 
 \end{document}