Teiler irreduzibel Einheit < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:08 Do 27.10.2011 | | Autor: | kushkush |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
| Aufgabe | Sei $R= \mathbf{Z}[w]$, $w = \sqrt{-5}$
a) Zeige, dass alle vier Teiler in $6= (1+w)(1-w)=2.3$ irreduzibel aber nicht prim sind
b) Zeige, dass $R^{\*} = \{ \pm 1 \}$ |
Hallo
Was ist $R^{\*}?$ ist das die Menge der Einheiten von $\mathbf{R}?
b)
Behauptung: $R^{\*} = \{ \pm 1 \}$
Beweis : Sei $a,b \in \IZ$ dann gilt in $\mathbf{R}$ :
$1= (a+bw)\frac{1}{a+bw} \gdw \frac{a-bw}{a-bw} \frac{1}{a+bw} = \frac{a-bw}{a^{2}+5b^{2}} = \frac{a}{a^{2}+5b^{2}} - \frac{bw}{a^{2}+5b^{2}$
Also muss $\frac{a}{a^{2}+5b^{2}} , \frac{-b}{a^{2}+5b^{2}} \in \IZ$ damit die Einheit in \mathbf{R} liegt.
Und damit muss also : $b=0$ und $a=\pm 1$
Daraus folgt: $e= a = \pm 1 \gdw R^{\*} = \{\pm 1\} $
a) Behauptung: in $\mathbf{R}$ sind (1+w), (1-w), 2, 3 irreduzibel aber nicht prim
Beweis:
Sei $Hom(f)\rightarrow \IZ$ die Normabbildung nach $\IZ$. Es ist ein Homomorphismus also gilt $f(xy)=f(x)f(y) \ \forall x,y \in \mathbf{R}$
Mit $f(e) f(e^{-1}) = f(ee^{-1}) = f(1) = 1 $ folgt, dass die Norm von e ein Teiler von 1 und damit eine Einheit von $\IZ$ ist.
$\Rightarrow \pm 1 = f(e)$
in $\mathbf{R}$ muss also : $f(a+bw) = (a+bw)(a-bw) = a^{2}+5b^{2} = 1$
damit folgt sicher $e=\pm 1 $
Irreduzibilität:
Da $f(xy)=f(x)f(y) $ gilt und die Gleichungen $a^{2}+5b^{2} = \gamma , \gamma \in \{1+w, 1-w, 2,3\} $ nicht lösbar sind folgt die Irreduzibilität von \gamma.
Nicht Primheit:
2| (1-w)(1+w) aber nicht 2|(1-w) oder 2|(1+w)
3|(1-w)(1+w) aber nicht 3|(1-w) oder 3|(1+w)
(1-w)| 2.3 aber nicht (1-w)|2 oder (1-w)| 3
(1+w)| 2.3 aber nicht (1+w)|2 oder (1+w)| 3
Also ist $\gamma $ irreduzibel aber nicht prim und damit die Behauptung gezeigt.
Ist das so in Ordnung?
Würde mich freuen und wäre dankbar wenn jemand schnell drüberschauen kann!
Gruss
kushkush
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:37 Do 27.10.2011 | | Autor: | hippias |
> Sei [mm]R= \mathbf{Z}[w][/mm], [mm]w = \sqrt{-5}[/mm]
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> a) Zeige, dass alle vier Teiler in [mm]6= (1+w)(1-w)=2.3[/mm]
> irreduzibel aber nicht prim sind
>
> b) Zeige, dass [mm]R^{\*} = \{ \pm 1 \}[/mm]
> Hallo
>
>
> Was ist [mm]$R^{\*}?$[/mm] ist das die Menge der Einheiten von
> [mm]$\mathbf{R}?[/mm]
Ja.
>
> b)
>
> Behauptung: [mm]R^{\*} = \{ \pm 1 \}[/mm]
>
>
> Beweis : Sei [mm]a,b \in \IZ[/mm] dann gilt in [mm]\mathbf{R}[/mm] :
>
> [mm]1= (a+bw)\frac{1}{a+bw} \gdw \frac{a-bw}{a-bw} \frac{1}{a+bw} = \frac{a-bw}{a^{2}+5b^{2}} = \frac{a}{a^{2}+5b^{2}} - \frac{bw}{a^{2}+5b^{2}[/mm]
Diese Aequivalenz finde ich nicht gut formuliert, denn links steht eine wahre Aussage ueber das Produkt von Element und sein Inverses, waehrend rechts offenbar eine Formel fuer das Inverse hergeleitet wird; das gehoert zwar "irgendwie" zusammen, ist aber nicht logisch gleichwertig.
>
> Also muss [mm]\frac{a}{a^{2}+5b^{2}} , \frac{-b}{a^{2}+5b^{2}} \in \IZ[/mm]
> damit die Einheit in [mm]\mathbf{R}[/mm] liegt.
>
> Und damit muss also : [mm]b=0[/mm] und [mm]a=\pm 1[/mm]
>
> Daraus folgt: [mm]e= a = \pm 1 \gdw R^{\*} = \{\pm 1\}[/mm]
>
Ja.
>
> a) Behauptung: in [mm]\mathbf{R}[/mm] sind (1+w), (1-w), 2, 3
> irreduzibel aber nicht prim
>
>
> Beweis:
>
> Sei [mm]Hom(f)\rightarrow \IZ[/mm] die Normabbildung nach [mm]\IZ[/mm]. Es
> ist ein Homomorphismus also gilt [mm]f(xy)=f(x)f(y) \ \forall x,y \in \mathbf{R}[/mm]
>
>
> Mit [mm]f(e) f(e^{-1}) = f(ee^{-1}) = f(1) = 1[/mm] folgt, dass die
> Norm von e ein Teiler von 1 und damit eine Einheit von [mm]\IZ[/mm]
> ist.
>
> [mm]\Rightarrow \pm 1 = f(e)[/mm]
>
>
> in [mm]\mathbf{R}[/mm] muss also : [mm]f(a+bw) = (a+bw)(a-bw) = a^{2}+5b^{2} = 1[/mm]
>
> damit folgt sicher [mm]e=\pm 1[/mm]
>
Diesen Beweis fuer die Behauptung ueber die Einheitengruppe finde ich besser, obwohl der andere nicht verkehrt ist.
> Irreduzibilität:
>
> Da [mm]f(xy)=f(x)f(y)[/mm] gilt und die Gleichungen [mm]a^{2}+5b^{2} = \gamma , \gamma \in \{1+w, 1-w, 2,3\}[/mm]
> nicht lösbar sind folgt die Irreduzibilität von [mm]\gamma.[/mm]
>
Nein, Dein Ansatz sollte lauten: Sei [mm] $\gamma \in \{1+w, 1-w, 2,3\}$ [/mm] and [mm] $a,b\in [/mm] R$ mit $ab= [mm] \gamma$. [/mm] Zu zeigen ist nun, dass [mm] $a\in R^{\*}$ [/mm] oder [mm] $b\in R^{\*}$ [/mm] ist. Dazu koennte $f$ von Nutzen sein.
> Nicht Primheit:
>
> 2| (1-w)(1+w) aber nicht 2|(1-w) oder 2|(1+w)
>
> 3|(1-w)(1+w) aber nicht 3|(1-w) oder 3|(1+w)
>
> (1-w)| 2.3 aber nicht (1-w)|2 oder (1-w)| 3
>
> (1+w)| 2.3 aber nicht (1+w)|2 oder (1+w)| 3
>
O.K.
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> Also ist [mm]\gamma[/mm] irreduzibel aber nicht prim und damit die
> Behauptung gezeigt.
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> Ist das so in Ordnung?
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> Würde mich freuen und wäre dankbar wenn jemand schnell
> drüberschauen kann!
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> Gruss
> kushkush
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Hallo!
> b)
b) (1) Reduzibilität
Angenommen: [mm] $\gamma \in \{1-w,1+w,2,3\}$ [/mm] ist reduzibel, dann [mm] $\exists a,b\in \mathbf{R}$ [/mm] so dass $a,b [mm] \ne [/mm] e$ Also muss gelten :
[mm] $f(\gamma)=f(a)f(b)$ [/mm] und daraus folgte $f(x)=f(y)= [mm] \pm \gamma [/mm] $ Aber [mm] $\pm \gamma$ [/mm] ist nicht quadratischer Rest von mod -5, und damit ist auch [mm] $a^{2}+5b^{2} [/mm] = [mm] \pm \gamma$ [/mm] in [mm] $(\mathbf{Z},\mathbf{Z})$ [/mm] nicht lösbar. Das heisst in [mm] $\mathbf{R}$ [/mm] gibt es keine Zahlen mit $f(a)= [mm] \gamma$ [/mm] oder [mm] $f(b)=-\gamma$ [/mm] also muss [mm] $\gamma$ [/mm] irreduzibel sein.
(2) Primheit:
i) Annahme: $2$ prim in [mm] $\mathbf{R}$, [/mm] dann muss gelten: $2|(1+w)$ oder $2|(1-w)$
Gegenbeweis:
Da mit [mm] $1\pm [/mm] w = 2(a+bw)$ aber [mm] $2b=\pm [/mm] 1 $ und damit nicht lösbar in [mm] $\IZ$. [/mm] Also ist 2 nicht prim in [mm] $\mathbf{R}
[/mm]
Annahme: $3$ prim in [mm] $\mathbf{R}$, [/mm] dann muss gelten: $3|(1+w)$ oder $3|(1-w)$
Gegenbeweis: Da mit [mm] $1\pm [/mm] w = 3(a+bw)$ aber $3b= [mm] \pm [/mm] 1$ folgt und damit nicht lösbar in [mm] $\IZ$ [/mm] also 3 nicht prim in [mm] $\mathbf{R}$
[/mm]
Annahme: [mm] $(1\pm [/mm] w)$ prim in [mm] $\mathbf{R}$, [/mm] dann muss gelten [mm] $(1\pm [/mm] w)|2$ oder [mm] $(1\pm [/mm] w)|3$.
Gegenbeweis:Mit $3 = [mm] (1\pm [/mm] w)(a+bw)$ folgt dass [mm] $(1\pm [/mm] w)a =3$ und mit $2= [mm] (1\pm [/mm] w)(a+bw)$ folgt dass [mm] $(1\pm [/mm] w)a=2$ was beides in [mm] $\mathbf{Z}$ [/mm] nicht lösbar ist und damit kann [mm] $(1\pm [/mm] w)$ in [mm] $\mathbf{R}$ [/mm] nicht prim sein.
Mit (1) und (2) folgt dann die Behauptung…
Ist das so in Ordnung?
> hippias
Vielen Dank!!!!
Gruss
kushkush
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:26 So 30.10.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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