Kurs:Elementare Algebra/T1/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	4	4	3	3	4	3	2	4	2	5	4	2	4	4	2	3	12	65

Aufgabe (4 Punkte)

Lösung

1. Eine Gruppe ${}G$ ist ein Monoid, in dem jedes Element ein inverses Element besitzt.
2. Der Binomialkoeffizient ist durch

   ${}{\binom {n}{k}}={\frac {n!}{k!(n-k)!}}\,$

   definiert.

3. Das Element ${}a$ ist ein Nichtnullteiler, wenn für jedes ${}b\in R$ aus ${}ab=0$ folgt, dass ${}b=0$ ist.
4. Ein Körper ${}K$ ist ein kommutativer Ring, wenn ${}K\neq 0$ ist und wenn jedes von ${}0$ verschiedene Element in ${}K$ ein multiplikatives Inverses besitzt.
5. Die Abbildung

   ${\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z=a+b{\mathrm {i} }\longmapsto {\overline {z}}=a-b{\mathrm {i} },$

   heißt komplexe Konjugation.

6. Das Element ${}p$ heißt prim, wenn es eine Nichteinheit ist und wenn folgendes gilt: Teilt ${}p$ ein Produkt ${}ab$ mit ${}a,b\in R$, so teilt es einen der Faktoren.
7. Ein Ideal ist eine nichtleere Teilmenge ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$, für die die beiden folgenden Bedingungen erfüllt sind:
   1. Für alle ${}a,b\in {\mathfrak {a}}$ ist auch ${}a+b\in {\mathfrak {a}}$.
   2. Für alle ${}a\in {\mathfrak {a}}$ und ${}r\in R$ ist auch ${}ra\in {\mathfrak {a}}$.
8. Die Abbildung

   $\varphi \colon R\longrightarrow S$

   heißt Ringhomomorphismus, wenn folgende Eigenschaften gelten:

   1. ${}\varphi (a+b)=\varphi (a)+\varphi (b)$
   2. ${}\varphi (1)=1$
   3. ${}\varphi (a\cdot b)=\varphi (a)\cdot \varphi (b)$.

Aufgabe (4 Punkte)

Lösung

1. Es ist

   $(a+b)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}.$

2. Jedes nichtkonstante Polynom ${}P\in {\mathbb {C} }[X]$ über den komplexen Zahlen besitzt eine Nullstelle.
3. Es sei ${}R$ ein Hauptidealbereich und ${}a,b,c\in R$. Es seien ${}a$ und ${}b$ teilerfremd und ${}a$ teile das Produkt ${}bc$. Dann teilt ${}a$ den Faktor ${}c$.
4. Seien ${}R,S$ und ${}T$ kommutative Ringe, es sei ${}\varphi \colon R\rightarrow S$ ein Ringhomomorphismus und ${}\psi \colon R\rightarrow T$ ein surjektiver Ringhomomorphismus. Es sei vorausgesetzt, dass

   ${}\operatorname {kern} \psi \subseteq \operatorname {kern} \varphi \,$

   ist. Dann gibt es einen eindeutig bestimmten Ringhomomorphismus

   ${\tilde {\varphi }}\colon T\longrightarrow S$

   derart, dass ${}\varphi ={\tilde {\varphi }}\circ \psi$

   ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und ${}f\in R$. Charakterisiere mit Hilfe der Multiplikationsabbildung

$\mu _{f}\colon R\longrightarrow R,\,g\longmapsto fg,$

wann ${}f$ ein Nichtnullteiler und wann ${}f$ eine Einheit ist.

Lösung

Die Multiplikationsabbildung ist ein Gruppenhomomorphismus, wie direkt aus dem Distributivitätsgesetz folgt. Es gilt:

${}f$ ist ein Nichtnullteiler genau dann, wenn für alle ${}g\in R$ aus ${}fg=0$ folgt ${}g=0$. Dies ist genau dann der Fall, wenn der Kern von ${}\mu _{f}$ nur aus ${}0$ besteht, was genau dann gilt, wenn ${}\mu _{f}$ injektiv ist.

${}f$ ist eine Einheit genau dann, wenn es ein ${}g\in R$ gibt mit ${}fg=1$, was genau dann der Fall ist, wenn ${}1$ zum Bild von ${}\mu _{f}$ gehört. Dies wiederum ist äquivalent dazu, dass ${}\mu _{f}$ surjektiv ist, denn aus ${}fg=1$ folgt sofort ${}h=(fg)h=f(gh)$ für jedes ${}h\in R$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}R$ ein Integritätsbereich und ${}R[X]$ der Polynomring über ${}R$. Zeige, dass die Einheiten von ${}R[X]$ genau die Einheiten von ${}R$ sind.

Lösung

Es sei ${}a\in R$ eine Einheit. Dann gibt es ein ${}b\in R$ mit ${}ab=1$ und die gleiche Identität gilt auch im Polynomring. Also ist

${}R^{\times }\subseteq R[X]^{\times }\,.$

Es sei nun

${}P=\sum _{i=0}^{d}a_{i}X^{i}\,$

($a_{d}\neq 0$) eine Einheit in ${}R[X]$. Dann gibt es ein Polynom

${}Q=\sum _{j=0}^{e}b_{j}X^{j}\,$

($b_{e}\neq 0$) mit

${}PQ=1\,.$

Da ${}R$ ein Integritätsbereich ist, ist ${}a_{d}b_{e}\neq 0$ und das Produkt hat die Gestalt

$a_{d}b_{e}X^{d+e}+{\text{Terme von kleinerem Grad}}.$

Daher ist

${}d+e=0\,$

und

${}a_{d}b_{e}=1\,,$

das Polynom ist also eine konstante Einheit.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass für jede ungerade Zahl ${}n$ die Zahl ${}25n^{2}-17$ ein Vielfaches von ${}8$ ist.

Lösung

Eine ungerade Zahl ${}n$ besitzt die Form ${}n=2k+1$ mit einer ganzen Zahl ${}k$. Somit ist

${}{\begin{aligned}25n^{2}-17&=25(2k+1)^{2}-17\\&=25(4k^{2}+4k+1)-17\\&=25\cdot 4\cdot k(k+1)+25-17\\&=25\cdot 4\cdot k(k+1)+8.\end{aligned}}$

Die ${}8$ hinten ist ein Vielfaches von ${}8$. Genau eine der beiden Zahlen ${}k$ und ${}k+1$ ist gerade, also von der Form ${}2m$. Daher ist ${}4\cdot k(k+1)$ ein Vielfaches von ${}8$ und somit ist die gesamte Zahl ein Vielfaches von ${}8$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige durch Induktion, dass jede natürliche Zahl ${}n\geq 2$ eine Zerlegung in Primzahlen besitzt.

Lösung

Wir beweisen die Existenz durch Induktion über ${}n$.  Für ${}n=2$ liegt eine Primzahl vor. Bei ${}n\geq 3$ ist entweder ${}n$ eine Primzahl, und diese bildet die Primfaktorzerlegung, oder aber ${}n$ ist keine Primzahl. In diesem Fall gibt es eine nichttriviale Zerlegung ${}n=ab$ mit kleineren Zahlen ${}a,b<n$. Für diese Zahlen gibt es nach Induktionsvoraussetzung jeweils eine Zerlegung in Primfaktoren, und diese setzen sich zu einer Primfaktorzerlegung für ${}n$ zusammen. 

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

a) Berechne den größten gemeinsamen Teiler der ganzen Zahlen ${}2\cdot 3^{2}\cdot 7^{4}$ und ${}2^{4}\cdot 3^{3}\cdot 5^{11}\cdot 7$.

b) Berechne den größten gemeinsamen Teiler der ganzen Zahlen ${}2\cdot 3^{2}\cdot 6\cdot 7$ und ${}2^{2}\cdot 3^{3}\cdot 5^{4}$.

Lösung

a) Beide Zahlen liegen in ihrer Primfaktorzerlegung vor, daher ist nach Korollar 9.10 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) der größte gemeinsame Teiler gleich

${}2\cdot 3^{2}\cdot 7=126\,.$

b) Es ist

${}6=2\cdot 3\,,$

daher lautet die Primfaktorzerlegung der ersten Zahl

$2^{2}\cdot 3^{3}\cdot 7$

und somit ist der größte gemeinsame Teiler gleich

${}2^{2}\cdot 3^{3}=4\cdot 27=108\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Finde im Polynomring ${}\mathbb {Z} /(2)[X]$ ein irreduzibles Polynom vom Grad vier.

Lösung

Wir betrachten das Polynom

$F=X^{4}+X+1.$

Da weder ${}0$ noch ${}1$ eine Nullstelle von ${}F$ sind, besitzt es keinen Linearfaktor. Die einzige verbleibende Faktorzerlegung wäre als ein Produkt von zwei irreduziblen Polynomen vom Grad zwei. Das einzige irreduzible Polynom vom Grad zwei ist ${}X^{2}+X+1$. Wegen

${}(X^{2}+X+1)^{2}=X^{4}+X^{2}+1\neq F\,$

ist ${}F$ irreduzibel.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}x,y\in R$ Elemente in einem kommutativen Ring ${}R$. Welche der folgenden Formulierungen sind zu

${}Rx\subseteq Ry\,$

äquivalent.

1. ${}x$ teilt ${}y$.
2. ${}x$ wird von ${}y$ geteilt.
3. ${}y$ wird von ${}x$ geteilt.
4. ${}x$ ist ein Vielfaches von ${}y$.
5. ${}x$ ist ein Vielfaches von ${}x$.
6. ${}y$ teilt ${}x$.
7. ${}Rx\cap Ry=Rx$.
8. Jedes Vielfache von ${}y$ ist auch ein Vielfaches von ${}x$.
9. Jeder Teiler von ${}y$ ist auch ein Teiler von ${}x$.
10. Ein Maikäfer ist ein Schmetterling.

Lösung

Richtig sind ${}2),4),6),7),9)$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Zeige unter Verwendung der Division mit Rest, dass ${}K[X]$ ein Hauptidealbereich ist.

Lösung

Es sei ${}I$ ein von ${}0$ verschiedenes Ideal in ${}K[X]$. Betrachte die nichtleere Menge

${\left\{\operatorname {grad} \,(P)\mid P\in I,\,P\neq 0\right\}}.$

Diese Menge hat ein Minimum ${}m\in \mathbb {N}$, das von einem Element ${}F\in I$, ${}F\neq 0$, herrührt, sagen wir ${}m=\operatorname {grad} \,(F)$. Wir behaupten, dass ${}I=(F)$ ist. Die Inklusion ${}\supseteq$ ist klar. Zum Beweis von ${}\subseteq$ sei ${}P\in I$ gegeben. Aufgrund von Satz 5.3 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gilt

$P=FQ+R{\text{ mit }}\operatorname {grad} \,(R)<\operatorname {grad} \,(F){\text{ oder }}R=0.$

Wegen ${}R\in I$ und der Minimalität von ${}\operatorname {grad} \,(F)$ kann der erste Fall nicht eintreten. Also ist ${}R=0$ und ${}P$ ist ein Vielfaches von ${}F$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme sämtliche Teiler von ${}X$ im Ring ${}R=K[\mathbb {Q} _{\geq 0}]$, wobei ${}K$ ein Körper ist.

Lösung

Die Teiler von ${}X$ sind genau die Elemente der Form

$aX^{q}{\text{ mit }}a\neq 0{\text{ und }}q\in \mathbb {Q} _{\geq 0},q\leq 1.$

Solche Elemente sind Teiler, da ja

${}{\left(aX^{q}\right)}{\left(a^{-1}X^{1-q}\right)}=X^{q}X^{1-q}=X^{q+1-q}=X\,$

gilt. Wenn umgekehrt ${}P=a_{q_{1}}X^{q_{1}}+a_{q_{2}}X^{q_{2}}+\cdots +a_{q_{n}}X^{q_{n}}$ mit ${}0\leq q_{1}<q_{2}<\ldots <q_{n}$ ein Teiler von ${}X$ ist, so gibt es ein ${}Q=b_{r_{1}}X^{r_{1}}+b_{r_{2}}X^{r_{2}}+\cdots +b_{r_{m}}X^{r_{m}}$ mit entsprechend ${}0\leq r_{1}<r_{2}<\ldots <r_{m}$ und mit

${}PQ=X\,.$

Dabei seien die angeführten Koeffizienten ${}\neq 0$. Das Produkt ist daher von der Form

$a_{q_{1}}b_{r_{1}}X^{q_{1}+r_{1}}+\cdots +a_{q_{n}}b_{r_{n}}X^{q_{n}+r_{m}}.$

Dies kann nur dann gleich ${}X$ sein, wenn

${}q_{1}+r_{1}=q_{n}+r_{m}\,$

ist, was nur bei ${}n=m=1$ möglich ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Stifte einen surjektiven Gruppenhomomorphismus von der Gruppe der komplexen Zahlen ohne null ${}({\mathbb {C} }\setminus \{0\},\cdot ,1)$ in die multiplikative Gruppe der positiven reellen Zahlen ${}(\mathbb {R} _{+},\cdot ,1)$.

Lösung

Wir betrachten die Abbildung

${\mathbb {C} }\setminus \{1\}\longrightarrow \mathbb {R} _{+},\,z\longmapsto \vert {z}\vert .$

Für ${}z=a+b{\mathrm {i} }$ ist dabei

${}\vert {z}\vert ={\sqrt {a^{2}+b^{2}}}\,.$

Für ${}z\neq 0$ ist ${}a\neq 0$ oder ${}b\neq 0$, sodass der Betrag positiv ist. Nach Lemma 3.15 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025))  (4) gilt

${}\vert {zw}\vert =\vert {z}\vert \vert {w}\vert \,,$

daher liegt ein Gruppenhomomorphismus vor. Eine positive reelle Zahl ${}a=a+0{\mathrm {i} }$ wird auf ${}a$ selbst abgebildet, daher ist die Abbildung surjektiv.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Wir betrachten die endliche Permutationsgruppe ${}S_{n}$ zu einer Menge mit ${}n$ Elementen.

a) Zeige, dass es in ${}S_{n}$ Elemente der Ordnung ${}n$ gibt.

b) Man gebe ein Beispiel für eine Permutationsgruppe ${}S_{n}$ und einem Element darin, dessen Ordnung größer als ${}n$ ist.

Lösung

Die Menge sei ${}M={\{1,\ldots ,n\}}$.

a) Die zyklische Permutation

${}x$	${}1$	${}2$	${}\cdots$	${}n-1$	${}n$
${}\sigma (x)$	${}2$	${}3$	${}\cdots$	${}n$	${}1$

hat offenbar die Ordnung ${}n$, da zu jedem Element ${}a\in M$ die Potenzen ${}\sigma ^{j}(a)$ für ${}j=0,1,2,\ldots ,n-1$ die Elemente von ${}M$ durchlaufen.

b) Es sei ${}M=\{1,2,\ldots ,5\}$ und betrachte die Permutation

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$
${}\sigma (x)$	${}2$	${}1$	${}4$	${}5$	${}3$

Die Zahlen ${}1$ und ${}2$ sind wieder an ihrer Stelle, wenn man eine Potenz von ${}\sigma$ mit einem geraden Exponenten anwendet, und die Zahlen ${}3,4$ und ${}5$ sind wieder an ihrer Stelle, wenn der Exponent ein Vielfaches von ${}3$ ist. Die Ordnung ist also ${}6>5$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}G$ eine Gruppe und ${}g\in G$ ein Element mit endlicher Ordnung. Zeige, dass die Ordnung von ${}g$ mit dem minimalen ${}d\in \mathbb {N} _{+}$ übereinstimmt, zu dem es einen Gruppenhomomorphismus

$\mathbb {Z} /(d)\longrightarrow G$

gibt, in dessen Bild das Element ${}g$ liegt.

Lösung

Wenn ${}g$ im Bild eines Gruppenhomomorphismus

$\mathbb {Z} /(d)\longrightarrow G$

liegt, so liegt ${}g$ insbesondere in einer Untergruppe einer Ordnung ${}\leq d$ und nach dem Satz von Lagrange ist die Ordnung von ${}g$ ebenfalls ${}\leq d$. Die Ordnung ist also höchstens gleich dem Minimum der natürlichen Zahlen ${}d$, für die es einen solchen Gruppenhomomorphismus gibt.

Es sei umgekehrt ${}d$ die Ordnung von ${}g$. Der kanonische Gruppenhomomorphismus

$\mathbb {Z} \longrightarrow G,\,n\longmapsto g^{n},$

besitzt den Kern ${}\mathbb {Z} d$. Aufgrund des Satzes vom induzierten Homomorphismus induziert dieser Gruppenhomomorphismus einen Gruppenhomomorphismus

$\mathbb {Z} /(d)\longrightarrow G$

und ${}g$ gehört dabei zum Bild.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme, ob die durch die Gaußklammer gegebene Abbildung

$\mathbb {Q} \longrightarrow \mathbb {Z} ,\,q\longmapsto \lfloor q\rfloor ,$

ein Gruppenhomomorphismus ist oder nicht.

Lösung

Die Gaußklammer definiert keinen Gruppenhomomorphismus, da ${}q=\lfloor {\frac {1}{2}}\rfloor =0$ ist und damit

${}\lfloor {\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\rfloor =\lfloor 1\rfloor =1\,,$

aber

${}\lfloor {\frac {1}{2}}\rfloor +\lfloor {\frac {1}{2}}\rfloor =0+0=0\,$

ist.

Aufgabe (3 (1.5+1.5) Punkte)

a) Bestimme für die Zahlen ${}3$, ${}5$ und ${}7$ modulare Basislösungen, finde also die kleinsten positiven Zahlen, die in

$\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(5)\times \mathbb {Z} /(7)$

die Restetupel ${}(1,0,0),\,(0,1,0)$ und ${}(0,0,1)$ repräsentieren.

b) Finde mit den Basislösungen die kleinste positive Lösung ${}x$ der simultanen Kongruenzen

$x=2\!\!\mod 3,\,\,\,\,x=4\!\!\mod 5{\text{ und }}x=3\!\!\mod 7.$

Lösung

a) ${}(1,0,0)$: Alle Vielfachen von ${}5\cdot 7=35$ haben modulo ${}5$ und modulo ${}7$ den Rest ${}0$. Unter diesen Vielfachen muss also die Lösung liegen. ${}35$ hat modulo ${}3$ den Rest ${}2$, somit hat ${}70$ modulo ${}3$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}70$ das Restetupel ${}(1,0,0)$.

${}(0,1,0)$: Hier betrachtet man die Vielfachen von ${}21$, und ${}21$ hat modulo ${}5$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}21$ das Restetupel ${}(0,1,0)$.

${}(0,0,1)$: Hier betrachtet man die Vielfachen von ${}15$, und ${}15$ hat modulo ${}7$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}15$ das Restetupel ${}(0,0,1)$.

b) Man schreibt (in $\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(5)\times \mathbb {Z} /(7)$)

${}(2,4,3)=2(1,0,0)+4(0,1,0)+3(0,0,1)\,.$

Die Lösung ist dann

${}2\cdot 70+4\cdot 21+3\cdot 15=140+84+45=269\,.$

Die minimale Lösung ist dann ${}269-2\cdot 105=59$.

Aufgabe (12 (3+5+3+1) Punkte)

Es seien ${}R_{1},R_{2},\ldots ,R_{n}$ kommutative Ringe und sei

${}R=R_{1}\times R_{2}\times \cdots \times R_{n}\,$

der Produktring.

1. Es seien

   $I_{1}\subseteq R_{1},I_{2}\subseteq R_{2},\ldots ,I_{n}\subseteq R_{n}$

   Ideale. Zeige, dass die Produktmenge

   $I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}$

   ein Ideal in ${}R$ ist.

2. Zeige, dass jedes Ideal ${}I\subseteq R$ die Form

   ${}I=I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}\,$

   mit Idealen ${}I_{j}\subseteq R_{j}$ besitzt.

3. Es sei

   ${}I=I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}\,$

   ein Ideal in ${}R$. Zeige, dass ${}I$ genau dann ein Hauptideal ist, wenn sämtliche ${}I_{j}$ Hauptideale sind.

4. Zeige, dass ${}R$ genau dann ein Hauptidealring ist, wenn alle ${}R_{j}$ Hauptidealringe sind.

Lösung

1. Wegen

   $0=(0,0,\ldots ,0)\in I$

   ist ${}I$ nicht leer. Für zwei Elemente ${}a=(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})$ und ${}b=(b_{1},b_{2},\ldots ,b_{n})$ aus ${}I$ ist jeweils ${}a_{j},b_{j}\in I_{j}$. Daher ist stets ${}a_{j}+b_{j}\in I$ und somit gehört

   ${}a+b=(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})+(b_{1},b_{2},\ldots ,b_{n})=(a_{1}+b_{1},a_{2}+b_{2},\ldots ,a_{n}+b_{n})\,$

   zum Ideal. Für

   $a=(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})\in I$

   und

   $r=(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n})\in R$

   ist jeweils ${}a_{j}\in I_{j}$ und daher ${}r_{j}a_{j}\in I_{j}$. Somit gehört

   ${}ra=(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n})(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})=(r_{1}a_{1},r_{2}a_{2},\ldots ,r_{n}a_{n})\,$

   zu ${}I$.

2. Zu einem Ideal

   ${}I\subseteq R\,$

   setzen wir

   ${}I_{j}={\left\{x\in R_{j}\mid (0,\ldots ,0,x,0,\ldots ,0)\in I\right\}}\,.$

   Hierbei steht ${}x$ an der ${}j$-ten Stelle. Dies ist jeweils ein Ideal in ${}R_{j}$: Es ist ${}0\in I_{j}$; wenn

   $(0,\ldots ,0,x,0,\ldots ,0),(0,\ldots ,0,y,0,\ldots ,0)\in I$

   ist auch

   $(0,\ldots ,0,x+y,0,\ldots ,0)\in I;$

   Wenn ${}x\in I_{j}$ und ${}r\in R_{j}$ ist, so ist

   $(0,\ldots ,0,x,0,\ldots ,0)\in I$

   und somit ist

   $(0,\ldots ,0,r,0,\ldots ,0)(0,\ldots ,0,x,0,\ldots ,0)=(0,\ldots ,0,rx,0,\ldots ,0)\in I,$

   also ${}rx\in I_{j}$. Wir behaupten

   ${}I=I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}\,.$

   Wenn

   $(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})\in I$

   ist, so ist auch (mit der ${}1$ an der ${}j$-ten Stelle)

   $(0,\ldots ,0,1,0,\ldots ,0)\cdot (a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})=(0,\ldots ,0,a_{j},0,\ldots ,0)\in I,$

   also ${}a_{j}\in I_{j}$. Also ist ${}(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})\in I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}$. Wenn umgekehrt${}a=(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})\in I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}$ ist, so ist ${}a_{j}\in I_{j}$, also

   $(0,\ldots ,0,a_{j},0,\ldots ,0)\in I.$

   Wegen

   ${}(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})=(a_{1},0,\ldots ,0)+(0,a_{2},0,\ldots ,0)+\cdots +(0,0,\ldots ,a_{n})\,$

   ist somit ${}a\in I$.

3. Es seien zunächst die ${}I_{j}=(f_{j})$ Hauptideale in ${}R_{j}$. Für jedes Element ${}a=(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})\in I$ ist dann ${}a_{j}=r_{j}f_{j}$ mit einem ${}r_{j}\in R_{j}$. Damit ist

   ${}a=(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})=(r_{1}f_{1},r_{2}f_{2},\ldots ,r_{n}f_{n})=(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n})(f_{1},f_{2},\ldots ,f_{n})\,,$

   also ist ${}(f_{1},f_{2},\ldots ,f_{n})$ ein Erzeuger von ${}I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}$ und es liegt ein Hauptideal vor. Wenn umgekehrt ${}I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}$ ein Hauptideal ist, so sei ${}(f_{1},f_{2},\ldots ,f_{n})$ ein Erzeuger davon. Zu jedem ${}a_{j}\in I_{j}$ gehört ${}(0,\ldots ,0,a_{j},0,\ldots ,0)$ zu ${}I$ und somit gibt es ein ${}r\in R$ mit

   ${}(0,\ldots ,0,a_{j},0,\ldots ,0)=(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n})(f_{1},f_{2},\ldots ,f_{n})\,.$

   Also ist

   ${}a_{j}=r_{j}f_{j}\,$

   und daher ist ${}f_{j}$ ein Erzeuger von ${}I_{j}$.

4. Dies folgt unmittelbar aus (3).