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165
Algebra.tex
165
Algebra.tex
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@ -44,6 +44,7 @@
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\newcommand\N{\ensuremath{\mathbb{N}}}
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\newcommand\Q{\ensuremath{\mathbb{Q}}}
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\newcommand\mapsfrom{\rotatebox{180}{$\mapsto$}}
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\newcommand\ssq{\subseteq}
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\definecolor{pastellblau}{HTML}{5BCFFA}
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\definecolor{pastellrosa}{HTML}{F5ABB9}
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@ -1329,7 +1330,6 @@ semidirektes Produkt von $N^*$ und $H^*$.
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\end{enumerate}
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\end{bsp}
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\pagebreak
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\begin{proposition} \label{linksaktion}
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$\alpha: G\times S \to S$ sei eine Aktion.
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\begin{enumerate}
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@ -2424,21 +2424,166 @@ Es ist dann $(r s'' - s r'')s' u u' = 0 $, denn
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=-r'su(u's'') & +r's''u'(us) = 0
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\end{align*}
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$(r, s) \to \frac rs$. Die Menge aller Äquivalenzklassen $\frac rs$ bezeichnet man mit
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$\inv SR$. Auf $\inv SR$ definiere $\begin{aligned}
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\frac as + \frac bt & := \frac{at+bs}{st} \\
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\frac as \cdot \frac bt & := \frac{ab}{st}\end{aligned}$. Wohldefiniertheit überprüfen!
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$\inv SR$. Auf $\inv SR$ definiere $ \frac as + \frac bt := \frac{at+bs}{st},\,
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\frac as \cdot \frac bt := \frac{ab}{st}$. Wohldefiniertheit überprüfen!
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$(\inv SR, +, \cdot)$ wird zu einem kommutativen Ring mit Eins und heißt Lokalisierung von $R$
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nach $S$.
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nach $S$. Neutrales Element: $\frac 01$, Eins: $\frac 11$
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\[
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\varphi_S:\fun R {\inv SR} r {\frac r1}
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\]
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$\varphi$ ist im Allgemeinen nicht injektiv.
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\begin{align*}
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\ker(\varphi) & = \left\{r\in R: \frac r1 = \frac 01 \right\} \\
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& = \{r \in R: \exists u \in S: ru = u\}
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\end{align*}
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Für $s \in S$ ist $\varphi_S(s) = \frac s1 \in (\inv SR)^*$ wegen $\frac s1 \cdot \frac 1s
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= \frac ss$
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\begin{warnung}
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Ich kann dieses Semester nicht so viel Zeit in meine Mitschrift investieren, wie ich das letztes
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Semester konnte. Es wird vermutlich passieren, dass ich irgendwann plötzlich und unvermittelt aufhöre, hier
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mitzuschreiben. Schreibt deshalb bitte lieber selbst auch mit.
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\end{warnung}
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\begin{bemerkung}
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\begin{itemize}
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\item $\varphi$ ist trivial, falls $0 \in S$.
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\item $\varphi$ ist injektiv, falls $0 \notin S \land R$ ist Integritätsbereich.
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\end{itemize}
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\end{bemerkung}
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\begin{bsp}
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\begin{itemize}
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\item $R$ Integritätsbereich, $S = R\setminus \{0\}$ liefert für $\inv SR$ den
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Quotientenkörper von $R$.
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\item $R$ kommutativer Ring mit Eins, $\mathcal P$ sei Primideal von $R$. Setze
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\[
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S:= R \setminus \mathcal P
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\]
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$S$ ist multiplikativ abgeschlossen, da $\mathcal P$ prim.
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$\inv{R\setminus \mathcal P}R =: R_{\mathcal P}$ heißt Lokalisierung von $R$ bei
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$\mathcal P$.
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$R_{\mc P}$ ist kommutativer Ring mit Eins mit genau einem maximalen Ideal
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$m := \left\{\frac rs: r \in \mc P, s\in R \setminus \mc P\right\}$.
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$m$ ist maximal, da jedes $\frac{r'}s \notin m$ erfüllt $r' \in R \setminus \mc P$, das
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heißt $\frac{r'} s \cdot \frac s {r'} = \frac 11$ und ist invertierbar, sodass jedes Ideal,
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das $r'$ enthält schon ganz $R_{\mc P}$ ist.
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Ein kommutativer Ring mit Eins, der genau ein maximales Ideal besitzt, heißt lokaler Ring.
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\item $R = \Z, \mc P = (2), \Z_{(2)} = \left\{ x = \frac pq: q \equiv 1 \pmod 2\right\}$
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\item $R = \Z, S = 2\Z \setminus \{0\}$
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\begin{align*}
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\inv S\Z & = \left\{x = \frac pq: q \equiv 0 \pmod 2\right\} \\
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& = \Q
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\end{align*}
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\item $R = \Z, S = \{1, 2, 2^2, \dots \},
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\inv S\Z = \left\{ x = \frac pq: \exists k \in \N: q = 2^k\right\}$
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\end{itemize}
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\end{bsp}
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\section{Teilbarkeit, faktorielle Ringe}
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$R$ sei ab jetzt stets Integritätsbereich.
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\begin{defin}
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$a$ heißt Teiler von $b$ (schreibe $a | b$)$: \iff \exists c \in R: b = ac$.
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\end{defin}
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\begin{bemerkung}
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\begin{itemize}
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\item $a | a, 1 | a, a | 1 \iff a \in R^*$
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\item $a | b \iff b \in (a) \iff (b) \subseteq (a) \iff (a) | (b)$
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\item $a \sim b: a$ heißt zu $b$ assoziiert, falls $a | b \land b | a$. Dies ist äquivalent
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mit $(a) = (b)$. Es ist $a \sim b \iff b = ua$ mit $u \in R^*$ (denn $a \sim b \iff
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\begin{cases}
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b = ac \\
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a = bd
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\end{cases}$ Es folgt $b = bdc$ und $R$ ist IB $\implies 1 = cd$,
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woraus $c,d \in R^*$ folgt.)
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\item in $R = \Z: a \sim b \iff a = \pm b$.
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\end{itemize}
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\end{bemerkung}
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\begin{defin}
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Ein Element $d \in R$ heißt ein größter gemeinsamer Teiler, $\ggT$, von $a, b$, falls:
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\begin{itemize}
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\item $d | a \land d | b$
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\item $\forall d' \in R: d' | a \land d' | b \implies d' | d$
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\end{itemize}
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\end{defin}
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ACHTUNG: In Integritätsbereichen muss nicht immer ein $\ggT$ zu je zwei Elementen existieren!
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Auch wenn einer existiert, so ist er nicht eindeutig, da er mit beliebigen Einheiten
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multipliziert werden kann.
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\begin{bsp}
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$R = \Z + \Z\sqrt{-5} = \left\{x + y\sqrt{-5}: x, y \in \Z\right\}$.
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\begin{align*}
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a & := 2 + 2\sqrt{-5} = 2(1 + \sqrt{-5}) & 2 | a \land 2 | b \\
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b & := 6 = 2 \cdot 3 = (1 + \sqrt{-5})(1 - \sqrt{-5})
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& 1+\sqrt{-5} | a \land 1 + \sqrt{-5} | b
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\end{align*}
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Angenommen $\exists d:= \alpha + \beta\sqrt{-5}$ ein $\ggT$ von $a, b$, so muss gelten:
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\[
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2 | d \land 1 + \sqrt{-5} | d
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\]
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$2 | \alpha + \beta \sqrt{-5} \implies \alpha, \beta \equiv 0 \pmod 2$ \\
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||||
$\alpha + \beta\sqrt{-5} | 2 + 2 \sqrt{-5} \iff
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\left(\frac \alpha 2 + \frac \beta 2 \sqrt{-5} | \left(1 + \sqrt{-5}\right)\right)$ \\
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$\implies d = \pm 2 \lor d = \pm(2 + 2\sqrt{-5})$ \\
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Angenommen $d = \pm(2 + 2\sqrt{-5})$. $(x + y\sqrt{-5})(2+2\sqrt{-5}) = 6 \iff
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(x+y\sqrt{-5})(1 + \sqrt{-5}) = 3 \iff \begin{cases}
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x - 5y = 3 \\ x + y = 0 \end{cases} \iff \begin{cases}
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6x = 3 \\ x + y = 0\end{cases}$ \\
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$x = \frac 12 \notin \Z$ \\
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Angenommen $d = \pm 2 \implies 1 + \sqrt{-5} | 2$\\
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$(x + y\sqrt{-5})(1+\sqrt{-5}) = 2 \iff \begin{cases} x-5y = 2 \\ x+ y = 0\end{cases}\iff
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\begin{cases} 6x = 2 \\ x = y\end{cases}$ \Lightning
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Fazit: in $\Z + \Z\sqrt{-5}$ haben $a, b$ keinen $\ggT$!
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\emph{Zwischenrechnung für oben:}\\
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Behauptung: $(x + y \sqrt{-5})(u + v\sqrt{-5}) = 1 + \sqrt{-5} \implies x + y\sqrt{-5} =
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\pm(1 + \sqrt{-5}) \lor u + v\sqrt{-5} = \pm(1 + \sqrt{-5})$
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Dann gilt auch: $(x - y\sqrt{-5})(u - v\sqrt{-5}) = 1 - \sqrt{-5}$ \\
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$\implies (x^2 + 5y^2)(u^2 + 5v^2) = 6$, was nur 2 Möglichkeiten zulässt:
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$1 \cdot 6 = 6, 2\cdot 3 = 6$. Wegen $x^2 + 5y^2 = 2/3$ hat keine Lösung in $\Z\times \Z$,
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bleibt nur $(x^2 + 5y^2) = 1 \land (u^2 + 5v^2) = 6$ übrig, woraus
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$x = \pm 1, u = \pm 1, v = \pm 1$ folgt.
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\end{bsp}
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\begin{defin}
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Sei $p \in R \setminus R^*, p \neq 0$.
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\[
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p \text{ heißt prim}:\iff \forall a, b \in R: p | ab \implies p|a \lor p | b
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\]
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\[
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||||
p \text{ heißt irreduzibel}:\iff \forall a, b \in R: p = ab \implies a \in R^* \lor b \in R^*
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\]
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\end{defin}
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\begin{proposition}
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\begin{enumerate}
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\item $a$ ist irreduzibel $\iff (a) \neq (0)$ ist maximal in der Menge aller Hauptideale von $R$.
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\item $a$ ist prim $\iff (a)$ ist Primideal $\neq (0)$.
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\item $a$ ist prim $\implies a$ ist irreduzibel.
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\end{enumerate}
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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\begin{enumerate}
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\item \begin{description}
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\item{$\implies$:} $a$ sei irreduzibel $\implies$
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\begin{align*}
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& (a \neq 0, a \notin R^*, a = bc \land b
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\notin R^* \implies c \in R^*) \\
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\iff & ( (a) \neq (0), (a) \neq R, (a) = (bc) \land (b) \neq R \implies (c) = R ) \\
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\iff & ( (a) \neq (0), (a) \neq R, (a) \subsetneqq (c) = R ) \\
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\iff & (a) \text{ maximal in der Menge der Hauptideale von } R
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\end{align*}
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\item{$\impliedby$:} Sei $(a)\neq(0)$ maximal in der Menge aller Hauptideale von $R$
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\begin{align*}
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\implies & ((a) \neq (0), (a) \neq R \land (a) \ssq (b) \implies
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(a) = (b) \lor (b) = R) \\
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||||
\iff & (a\neq 0, a \notin R^* \land b | a \implies a \sim b \lor b \in R^*) \\
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||||
\iff & (a \neq 0, a \notin R^* \land a = bc \implies a \sim b \lor b \in R^*) \\
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||||
\iff & (a \neq 0, a \notin R^* \land a = bc \implies c \in R^* \lor b \in R^*) \\
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||||
\iff & a\text{ ist irreduzibel.}
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\end{align*}
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\end{description}
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\end{enumerate}
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\end{proof}
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\end{document}
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