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183
Algebra.tex
183
Algebra.tex
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@ -2498,7 +2498,7 @@ $R$ sei ab jetzt stets Integritätsbereich.
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\end{itemize}
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\end{bemerkung}
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\begin{defin}
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\begin{defin} \label{ggTdef}
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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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@ -2509,7 +2509,7 @@ ACHTUNG: In Integritätsbereichen muss nicht immer ein $\ggT$ zu je zwei Element
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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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\begin{bsp} \label{bsp:2.6.4}
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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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@ -2563,6 +2563,7 @@ multipliziert werden kann.
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\end{enumerate}
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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\leavevmode
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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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@ -2583,6 +2584,184 @@ multipliziert werden kann.
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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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\item Sei $p$ prim
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\begin{align*}
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\iff & p \notin R^*, p \neq 0 \land p | ab \implies p | a \lor p | b \\
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\iff & (p) \neq R, (p)\neq (0) \land (ab)\ssq(p)\implies(a)\ssq(p)\lor(b)\ssq(p) \\
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\iff & (p) \neq R, (p) \neq (0) \land ab \in (p) \implies a \in (p) \lor b \in (p)
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\end{align*}
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\item Sei $p$ prim und $p = ab$. Es folgt $p | ab \implies p|a\lor p|b$.
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oBdA sei $p|a$, das heißt $\exists c \in R$ mit $pc = a$. Dann gilt:
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$p = ab = pcb$ und da $R$ Integritätsbereich ist, folgt $cb = 1$ das
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heißt $b \in R^*$ und $p$ ist daher irreduzibel.
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\end{enumerate}
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\end{proof}
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\begin{defin}
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Ein Integritätsbereich $R$ heißt Hauptidealbereich, wenn jedes Ideal von $R$ ein
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Hauptideal ist (das heißt, von einem Element erzeugt wird).
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\end{defin}
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\begin{lemma}
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In einem Hauptidealbereich existiert zu je zwei Elementen stets ein $\ggT$. Er ist
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bis auf Einheiten eindeutig bestimmt.
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\end{lemma}
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\begin{proof}
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Sei $R$ ein Hauptidealbereich (HIB, englisch: Principal Ideal Domain, PID). \\
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$a, b \in R.\, \ggT(a, b) = d \iff (a) + (b) = (d)$. Ist $I := aR + bR$, so gilt
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$(a) \in I \land (b) \in I$ und $I = (\tilde d)$. Es folgt:
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\begin{align*}
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\tilde d|a \land \tilde d|b & \implies \tilde d | d
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& \text{(Definition des ggT \ref{ggTdef})} \\
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d | a \land d | b \implies d | c \forall c \in I & \implies d | \tilde d
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\end{align*}
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$(d) = (\tilde d)$ impliziert $d = u\tilde d$ mit $u \in R^*$.
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\end{proof}
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\begin{bemerkung}
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Im Beispiel \ref{bsp:2.6.4}: in $\Z + \Z[\sqrt{-5}]$ existiert der $\ggT$ von $2+2\sqrt{-5}$
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und $6$ nicht, denn das von 2 und $1+\sqrt{-5}$ erzeugte Ideal ist kein Hauptideal.
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\end{bemerkung}
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\begin{defin}
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Ein Integritätsbereich $R$ heißt faktoriell (UFD = unique factorisation domain) falls jedes
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$r \in R, r \neq 0, r \notin R^*$ eine Zerlegung $r = p_1 \cdots p_s$ in Primelemente
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$p_1, \dots, p_s$ besitzt.
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\end{defin}
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\begin{bemerkung}
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Diese Zerlegung ist bis auf Einheiten eindeutig.
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Angenommen $r = p_1 \cdots p_n = q_1 \cdots q_m$ mit $p_i, q_j$ prim, oBdA $n \le m$.
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$p_1 | q_1 \cdots q_m$ und $p_1$ ist prim $\implies \exists i: p_1 | q_i$, oBdA $i = 1$.
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Also: $p_1 | q_1$, das heißt $\exists u_1 \in R$ mit $q_1 = u_1 p_1$. $q_1$ ist prim
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$\implies q_1$ ist irreduzibel und wegen $p_1 \notin R^*$ folgt $u_1 \in R^*$.
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Durch Iteration dieses Verfahrens folgt $n = m$ und
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\[
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\{q_1, \dots, q_n\} = \{u_1p_1, \dots u_n p_n\}.
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\]
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\end{bemerkung}
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Wir zeigen nun, dass jeder Hauptidealbereich faktoriell ist.
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\begin{lemma}
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Sei $R$ ein HIB und $I_1 \ssq I_2 \ssq I_3 \ssq \cdots$ eine aufsteigende Folge von Idealen
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von $R$. Dann existiert ein $N: I_N = I_{N+1} = \cdots$. Man sagt die aufsteigende Folge von
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Idealen wird stationär.
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\end{lemma}
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\begin{proof}
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Sei $I_1 \ssq I_2 \ssq \cdots$ eine aufsteigende Folge von Idealen von $R$.
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\[
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I := \bigcup_{n=1}^\infty I_n
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\]
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ist ein Ideal von $R$. Dann existiert ein $a \in R$ mit
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$I = (a)$. Wegen $a \in I$ folgt: $\exists N: a \in I_N$. Dann ist $(a) \ssq I_N$ und
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$I_N \ssq (a)$ und somit $I_N = I_{N+1} = \cdots$.
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\end{proof}
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\begin{defin}
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Ein kommutativer Ring mit Eins in dem jede aufsteigende Folge von Idealen stationär wird,
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heißt noetherscher Ring.
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\end{defin}
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\begin{lemma}
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$R$ ist noethersch $\iff$
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\begin{enumerate}
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\item jede nichtleere Menge $M$ von Idealen von $R$ besitzt in $M$ ein maximales Element
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bezüglich $\ssq$.
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\item Jedes Ideal von $R$ ist endlich erzeugt
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\end{enumerate}
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\end{lemma}
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\begin{proof}
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\leavevmode
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\begin{enumerate}
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\item Angenommen $\exists M$, die kein maximales Element besitzt. Es folgt:
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\[
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\forall I_1 \in M: \exists I_2\in M: I_1 \subsetneqq I_2.
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\]
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Induktiv konstruiert man so eine \underline{echt} aufsteigende Kette von Idealen
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beliebiger Länge. Ein Widerspruch zu $R$ ist noethersch.
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Umgekehrt, besitzt laut Voraussetzung jede Menge von Idealen ein maximales Element,
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insbesondere jede aufsteigende Folge von Idealen.
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\item Angenommen $I \ideal R$ ist nicht endlich erzeugt, $\{a_1, a_2, \dots\}$ ein
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Erzeugendensystem. Dann ist $\hull{a_1}\ssq\hull{a_1, a_2} \ssq\hull{a_1, a_2, a_3} \cdots$
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eine aufsteigende Folge von Idealen. Würde diese Folge stationär, so wäre
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$I$ von nur endlich vielen Elementen erzeugbar. Ein Widerspruch zur Voraussetzung.
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Umgekehrt: Für jede aufsteigende Kette $I_1 \ssq I_2 \ssq \cdots$ ist auch
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$I:=\bigcup_{n=1}^\infty I_n$ ein Ideal und endlich erzeugt nach Voraussetzung.
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Sei $\hull{a_1, \dots, a_s} = I$. Dann gilt $a_1, \dots, a_s \in I$ und somit
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$a_1 \in I_{n_1}, \dots, a_s \in I_{n_s}$, woraus
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$\{a_1, \dots, a_s\} \ssq I_{\underbrace{\max\{n_i\}}_{=:N}}$
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folgt, und es gilt $I_N = I_{N+1} = \cdots$. $R$ ist daher noethersch.
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\end{enumerate}
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\end{proof}
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\begin{lemma}
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$R$ sei ein noetherscher Integritätsbereich. Dann besitzt jedes Element $r \in R, r \neq 0,
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r \notin R^*$ eine Zerlegung in irreduzible Elemente.
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\end{lemma}
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\begin{proof}
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Angenommen $\exists x_0 \in R, x_0 \neq 0, x_0 \in R^*$, das keine solche Zerlegung besitzt.
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Dann ist $x_0$ nicht irreduzibel, sodass $x_0 = a_0 b_0$ mit $a_0, b_0 \neq 0, \notin R^*$.
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Nicht beide können eine Zerlegung in irreduzible Elemente besitzen, oBdA $a_0 =: x_1$ hat
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keine. Es ist $x_1 | x_0$, aber $x_1 \not\sim x_0$.
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Durch Iteration dieses Prozesses erhalten wir eine Folge $x_0, x_1, \dots$ von Elementen aus
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$R$ mit $(x_0) \subsetneqq (x_1) \subsetneqq (x_2) \subsetneqq \cdots$. Dies liefert einen
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Widerspruch zu $R$ ist noethersch.
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\end{proof}
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\begin{lemma}\label{hiblemma}
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In Hauptidealbereichen gilt stets: $p$ irreduzibel $\implies p$ prim.
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\end{lemma}
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\begin{proof}
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\begin{align*}
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p\text{ irreduzibel} & \iff (p)\text{ ist maximal in der Menge der Hauptideale von }R. \\
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& \iff (p)\text{ ist maximal} \implies (p)\text{ ist Primideal} \\
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& \iff p\text{ ist prim}.
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\end{align*}
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\end{proof}
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\begin{satz}
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$R$ ist HIB $\implies R$ ist faktoriell.
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\end{satz}
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\begin{proof}
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$R$ HIB $\implies R$ ist noethersch $\implies$ jedes $r \in R$ besitzt eine Zerlegung in
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irreduzible Elemente $\overset{\substack{\text{\ref{hiblemma}}\\|}}{\implies}$ jedes Element
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aus $R$ besitzt eine Zerlegung in prime Elemente, das heißt $R$ ist faktoriell.
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\end{proof}
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\begin{satz}
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Sei $R$ faktorieller Integritätsbereich.
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\begin{enumerate}
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\item $r \in R$ ist prim $\iff r$ ist irreduzibel.
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\item Jedes $x \neq 0$ besitzt eine bis auf Einheiten eindeutige Zerlegung
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\[
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X = \varepsilon \cdot \prod_{p \in \mathcal P} p^{\nu_p(x)}
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\]
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mit $\varepsilon \in R^*, \nu_p(x) \in \N, \nu_p(x) = 0$ für alle bis auf endlich
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viele $p,
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\mathcal P:$ Vertretersystem von Primelementen $\faktor {}\sim$
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\item $\forall x, y \in R: \exists \ggT(x, y)$.
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\end{enumerate}
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\end{satz}
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\begin{proof}
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\leavevmode
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\begin{enumerate}
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\item $x$ ist irreduzibel hat auch eine Zerlegung $x = p_1 \cdots p_r$ mit $p_1, \dots, p_r$
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prim $\implies p_1, \dots, p_r \notin R^* \implies r = 1, x=p_1$ und $x$ ist prim.
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\item ist gezeigt. \checkmark
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\item Sei
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\[
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x = \varepsilon_1 \prod_{p \in \mathcal P} p^{\nu_p(x)},
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y= \varepsilon_2 \prod_{p \in \mathcal P} p^{\nu_p(y)}.
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\]
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Setze $d := \ggT(x, y) = \prod_{p\in \mathcal P} p^{\min\{\nu_p(x), \nu_p(y)\}}$.
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Dann gilt: $d | x \land d | y$. Ist $\tilde d | x, \tilde d | y$, so ist
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$\nu_p(\tilde d) \le \nu_p(x)$ und $\nu_p(\tilde d) \le \nu_p(y) \forall p \in \mathcal P$.
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$\implies \nu_p(\tilde d) \le \min\{\nu_p(x), \nu_p(y)\}$ und somit $\tilde d | d$.
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\end{enumerate}
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\end{proof}
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