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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:46 Sa 05.03.2011 | | Autor: | wieschoo |
| Aufgabe | | Zeige [mm]H:=\IZ[3i]:=\{a+3ib\;\;a,b,\in \IZ\}[/mm] ist ein Integritätsbereich aber kein Hauptidealring. |
Integritätsbereich:
typische Annahme [mm]\exists 0\neq x=a+3ib,0\neq y=c+3id\in H:xy=0[/mm]. Also
[mm]0=(a+3ib)(c+3id)=ac+3i(da+bc)-9bd[/mm] und [mm]a,b,c,d\in \IZ[/mm] alle ungleich 0.
Da [mm]3i(da+bc)\neq -ac+9bd[/mm] gilt (wg. i) muss gelten:
i) [mm]da+bc=0\gdw da=-bc[/mm]
ii) [mm]ac=9bd[/mm]
Umformen in [mm]\IQ[/mm] (darf ich das hier?) gibt [mm]a=\frac{-bc}{d}[/mm] ([mm]d\neq 0)[/mm] und es folgt sofort: [mm]\frac{-bc^2}{d}=9bd\gdw -bc^2=bd^2[/mm]. Da man sich in [mm]\IQ[/mm] befindet darf man auch kürzen also [mm]-c^2=d^2[/mm]. Das geht nur falls [mm]c=d=0[/mm]. Widerspruch!
Allerdings habe ich ein wenig das Gefühl, das es einen wesentlich eleganteren Weg gibt.
Ist das so in ordnung?
Ich weiß auch nicht ob man verwenden darf, das man H in [mm]\IC[/mm] einbetten kann (Unterrring) und man damit schließen kann es gäbe Nullteiler in [mm]\IC[/mm], was auch ein Wiederspruch ist, da [mm]\IC[/mm] ein Körper ist.
Hauptidealring:
Ich müsste zeigen, dass jedes Ideal in H ein Hauptideal ist, d.h. es wird von einem Element erzeugt.
Es reicht ja ein Gegenbeispiel, also für $I=(a,b)$ gibt es kein [mm] $z\in [/mm] H$ mit [mm] $(z)=(a,b)\;$
[/mm]
Ich glaube es läuft auf Teilbarkeit der Norm von den Elementen hinaus. Wie konstruiere ich ein Beispiel?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:11 So 06.03.2011 | | Autor: | wieschoo |
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 02:14 Mo 07.03.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Zeige [mm]H:=\IZ[3i]:=\{a+3ib\;\;a,b,\in \IZ\}[/mm] ist ein
> Integritätsbereich aber kein Hauptidealring.
Da es ein Unterring von [mm] $\IC$ [/mm] ist, und [mm] $\IC$ [/mm] ein Integritaetsring ist, ist $H$ somit auch ein Integritaetsring.
> Integritätsbereich:
> typische Annahme [mm]\exists 0\neq x=a+3ib,0\neq y=c+3id\in H:xy=0[/mm].
> Also
> [mm]0=(a+3ib)(c+3id)=ac+3i(da+bc)-9bd[/mm] und [mm]a,b,c,d\in \IZ[/mm] alle
> ungleich 0.
> Da [mm]3i(da+bc)\neq -ac+9bd[/mm] gilt (wg. i) muss gelten:
> i) [mm]da+bc=0\gdw da=-bc[/mm]
> ii) [mm]ac=9bd[/mm]
>
> Umformen in [mm]\IQ[/mm] (darf ich das hier?)
Ja, darfst du.
> gibt [mm]a=\frac{-bc}{d}[/mm]
> ([mm]d\neq 0)[/mm] und es folgt sofort: [mm]\frac{-bc^2}{d}=9bd\gdw -bc^2=bd^2[/mm].
> Da man sich in [mm]\IQ[/mm] befindet darf man auch kürzen also
> [mm]-c^2=d^2[/mm]. Das geht nur falls [mm]c=d=0[/mm]. Widerspruch!
Geht so auch, aber daran zu denken dass [mm] $\IC$ [/mm] ein Int'ring ist macht das ganze viel einfacher 
> Allerdings habe ich ein wenig das Gefühl, das es einen
> wesentlich eleganteren Weg gibt.
Siehe oben
> Ich weiß auch nicht ob man verwenden darf, das man H in
> [mm]\IC[/mm] einbetten kann (Unterrring) und man damit schließen
> kann es gäbe Nullteiler in [mm]\IC[/mm], was auch ein Wiederspruch
> ist, da [mm]\IC[/mm] ein Körper ist.
Ja, darfst du verwenden. Du kannst es uebrigens nicht nur einbetten, es ist das bereits: $H = [mm] \IZ[3 [/mm] i]$ ist der kleinste Unterring von [mm] $\IC$, [/mm] der [mm] $\IZ$ [/mm] und $3 i$ enthaelt.
> Hauptidealring:
> Ich müsste zeigen, dass jedes Ideal in H ein Hauptideal
> ist, d.h. es wird von einem Element erzeugt.
>
> Es reicht ja ein Gegenbeispiel, also für [mm]I=(a,b)[/mm] gibt es
> kein [mm]z\in H[/mm] mit [mm](z)=(a,b)\;[/mm]
> Ich glaube es läuft auf Teilbarkeit der Norm von den
> Elementen hinaus. Wie konstruiere ich ein Beispiel?
Hier ein "Trick": solche (als [mm] $\IZ$-Modul [/mm] endlich erzeugte) Unterringe von [mm] $\IC$ [/mm] sind genau dann Hauptidealringe, wenn sie faktoriell sind. (Allgemein gilt nur: wenn sie Hauptidealringe sind, dann auch faktoriell.)
Du kannst also hier gleich zeigen, dass der Ring nicht faktoriell ist. Dann ist er insb. kein Hauptidealring. (Und wegen der Aussage von mir gerade folgt, dass es ein Gegenbeispiel zur Faktorialitaet geben muss.)
Ein Beispiel finden ist uebrigens sehr einfach: faktorisiere 9 auf zwei Art und Weisen.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:08 Mo 07.03.2011 | | Autor: | wieschoo |
Mein erster Gedanke war [mm]3*3=9=3i*(-3i)[/mm].Ich gehe mal davon aus, dass die Norm hier [mm]|x|=|a+3ib|=a^2-9b^2[/mm] ist. Damit wären die Einheiten ja nur {1,-1,3i,-3i}.
Normen hatten wir in der Vorlesung nur durch Galoisgruppen definiert, deswegen musste ich hier wieder raten.
Falls das mit den Einheiten stimmt, dann wäre ich ja fertig, da i keine Einheit hier wäre. Damit hätte ich wirklich zwei verschiedene Faktorisierungen (nicht assoziiert)
Irgendwie stelle ich mich bei dieser Aufgabe bisschen doof an. Ich habe noch einen nativen Ansatz:
[mm]3*3=9[/mm] zählt ja schon einmal.
Seien [mm]x=a+bi,y=c+di \in \IZ[3i][/mm] dann soll[mm](a+b3i)(c+d3i)=ac+3i(da+bc)-9bd\overset{!}{=}9 [/mm]um den komplexen Anteil zu entfernen setze ich einfach [mm] $a=\frac{-bc}{d}$ [/mm] und erhalte
[mm]-bc^2-9bd^2=9d[/mm]komme ich mit d=b=1 und ac=-1 auf das gleiche Ergebnis. Ich hoffe das stimmt so.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:30 Mo 07.03.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Mein erster Gedanke war [mm]3*3=9=3i*(-3i)[/mm].Ich gehe mal davon
> aus, dass die Norm hier [mm]|x|=|a+3ib|=a^2-9b^2[/mm] ist. Damit
> wären die Einheiten ja nur {1,-1,3i,-3i}.
Vorsicht! 1 und -1 sind Einheiten, $3i$ und $-3i$ jedoch nicht! Sie haben schliesslich Norm $> 1$.
Es sind $3$ und $3 i$ zwei nicht assoziierte Nichteinheiten [mm] $\neq [/mm] 0$, womit der Ring nicht faktoriell ist.
> Normen hatten wir in der Vorlesung nur durch Galoisgruppen
> definiert, deswegen musste ich hier wieder raten.
Hier hast du die Galoisgruppe [mm] $\{ id, \sigma \}$, [/mm] wobei [mm] $\sigma$ [/mm] die komplexe Konjugation (eingeschraenkt auf [mm] $\IQ(i)$) [/mm] ist.
Die Norm ist $N(a + b i) = [mm] a^2 [/mm] + [mm] b^2$, [/mm] also $N(a + b 3 i) = [mm] a^2 [/mm] + 9 [mm] b^2$.
[/mm]
Daran siehst du sofort: $N(a + b 3 i) = 9 [mm] \Leftrightarrow [/mm] (b = [mm] \pm [/mm] 1 [mm] \wedge [/mm] a = 0) [mm] \vee [/mm] (b = 0 [mm] \wedge [/mm] a = [mm] \pm [/mm] 3)$ und $N(a + b 3 i) = 3$ geht nicht, und $N(a + b 3 i) = 1 [mm] \Leftrightarrow [/mm] a = [mm] \pm [/mm] 1 [mm] \wedge [/mm] b = 0$.
> Falls das mit den Einheiten stimmt, dann wäre ich ja
> fertig, da i keine Einheit hier wäre. Damit hätte ich
> wirklich zwei verschiedene Faktorisierungen (nicht
> assoziiert)
Ja, das stimmt.
> Irgendwie stelle ich mich bei dieser Aufgabe bisschen doof
> an. Ich habe noch einen nativen Ansatz:
> [mm]3*3=9[/mm] zählt ja schon einmal.
> Seien [mm]x=a+bi,y=c+di \in \IZ[3i][/mm] dann
> soll[mm](a+b3i)(c+d3i)=ac+3i(da+bc)-9bd\overset{!}{=}9 [/mm]um den
> komplexen Anteil zu entfernen setze ich einfach
> [mm]a=\frac{-bc}{d}[/mm] und erhalte
...falls $d [mm] \neq [/mm] 0$ ist...
> [mm]-bc^2-9bd^2=9d[/mm]komme ich mit d=b=1 und ac=-1 auf das
> gleiche Ergebnis. Ich hoffe das stimmt so.
Falls $d = 0$ ist kommst du auf $a = c = [mm] \pm [/mm] 1$ und $b = d = 0$, also $9 = 3 [mm] \cdot [/mm] 3$.
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:41 Mo 07.03.2011 | | Autor: | wieschoo |
Danke.
Also halte ich fest:
3*3=9=3i*-3i
=> nicht faktoriell
Und da allgemein gilt HIR=>faktoriell bin ich fertig.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:55 Mo 07.03.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Danke.
> Also halte ich fest:
> 3*3=9=3i*-3i
> => nicht faktoriell
... da in diesem Ring $3$ und $3 i$ nicht assoziiert sind, da [mm] $\frac{3 i}{3} [/mm] = i [mm] \not\in [/mm] H$ gilt.
In [mm] $\IZ[i]$ [/mm] waer es zum Beispiel assoziiert (das ist auch ein euklidischer Ring, also insb. HIR und faktoriell).
> Und da allgemein gilt HIR=>faktoriell bin ich fertig.
Ja.
LG Felix
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