Kurs:Elemente der Algebra (Osnabrück 2015)/Vorlesung 15

In dieser Vorlesung wollen wir die Restklassenringe von Hauptidealbereichen verstehen.

Restklassenringe von Hauptidealbereichen

Satz

Es sei ${}R$ ein Hauptidealbereich und ${}p\neq 0$ ein Element. Dann sind folgende Bedingungen äquivalent.

1. ${}p$ ist ein Primelement.
2. ${}R/(p)$ ist ein Integritätsbereich.
3. ${}R/(p)$ ist ein Körper.

Beweis

Die Äquivalenz (1) ${}\Leftrightarrow$ (2) gilt in jedem kommutativen Ring (auch für ${}p=0$), siehe Aufgabe 14.14, und (3) impliziert natürlich (2). Es sei also (1) erfüllt und sei ${}a\in R/(p)$ von ${}0$ verschieden. Wir bezeichnen einen Repräsentanten davon in ${}R$ ebenfalls mit ${}a$. Es ist dann ${}a\notin (p)$ und es ergibt sich eine echte Idealinklusion ${}(p)\subset (a,p)$. Ferner können wir ${}(a,p)=(b)$ schreiben, da wir in einem Hauptidealring sind. Es folgt ${}p=cb$. Da ${}c$ keine Einheit ist und ${}p$ prim (also nach Lemma 6.7 auch irreduzibel) ist, muss ${}b$ eine Einheit sein. Es ist also ${}(a,p)=(1)$, und das bedeutet modulo ${}p$, also in ${}R/(p)$, dass ${}a$ eine Einheit ist. Also ist ${}R/(p)$ ein Körper.

$\Box$

Satz

Es sei ${}n\geq 1$ eine natürliche Zahl und ${}\mathbb {Z} /(n)$ der zugehörige Restklassenring. Dann sind folgende Aussagen äquivalent.

1. ${}\mathbb {Z} /(n)$ ist ein Körper.
2. ${}\mathbb {Z} /(n)$ ist ein Integritätsbereich.
3. ${}n$ ist eine Primzahl.

Beweis

Dies ist ein Spezialfall von Satz 15.1.

$\Box$

Wenn also ${}p$ eine Primzahl ist, so ist der Restklassenring ${}\mathbb {Z} /(p)$ ein Körper mit ${}p$ Elementen, den man auch den Restklassenkörper nennt. Die Einheitengruppe

${}{\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }=\{1,\ldots ,p-1\}\,$

ist eine Gruppe mit ${}p-1$ Elementen (bezüglich der Multiplikation). Bei ${}p=5$ hat man beispielsweise

${\overline {2}}\,^{0}={\overline {1}}\,,\,{\overline {2}}\,^{1}={\overline {2}}\,,\,{\overline {2}}\,^{2}={\overline {4}}\,={\overline {-1}}\,,\,{\overline {2}}\,^{3}={\overline {8}}\,={\overline {3}}\,,$

d.h. die Potenzen von ${}{\overline {2}}\,$ durchlaufen sämtliche vier Elemente dieser Gruppe, die sich damit als zyklisch erweist. Es gilt generell, was wir aber nicht beweisen werden, dass für jede Primzahl ${}p$ die Einheitengruppe des Restklassenkörpers ${}\mathbb {Z} /(p)$ zyklisch ist! Diese Gruppen nennt man auch die primen Restklassengruppen. Es gibt aber keine einfache Methode, einen Erzeuger dieser multiplikativen Gruppe zu finden; man muss zu den verschiedenen Elementen ihre Potenzen ausrechen und so ihre Ordnung bestimmen, bis man ein Element der Ordnung ${}p-1$ findet. Da Potenzen schnell groß werden, sollte man die Rechnungen stets in ${}\mathbb {Z} /(p)$ ausführen (also immer modulo ${}p$ gehen) und nicht in ${}\mathbb {Z}$. Ferner ist der Satz von Lagrange hilfreich, nachdem als Ordung der Elemente in ${}{\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$ nur Teiler von ${}p-1$ vorkommen können.

Pierre de Fermat (1607/08-1665)

Die folgende Aussage heißt kleiner Fermat.

Satz

Für eine Primzahl ${}p$ und eine beliebige ganze Zahl ${}a$ gilt

${}a^{p}\equiv a\mod p\,.$

Anders ausgedrückt: ${}a^{p}-a$ ist durch ${}p$ teilbar.

Beweis

Ist ${}a$ nicht durch ${}p$ teilbar, so definiert ${}a$ ein Element ${}{\bar {a}}$ in der Einheitengruppe ${}{\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$; diese Gruppe hat die Ordnung ${}p-1$, und nach dem Satz von Lagrange gilt ${}{\bar {a}}^{p-1}=1$. Durch Multiplikation mit ${}a$ ergibt sich die Behauptung. Für Vielfache von ${}p$ gilt die Aussage ebenso, da dann beidseitig ${}0$ steht.

$\Box$

Für ${}p=5$ gilt beispielsweise in ${}\mathbb {Z} /(5)$

$1^{5}=1,\,2^{5}=32=2,\,3^{5}=243=3,\ 4^{5}=1024=4,$

Für Zahlen, die keine Primzahlen sind, gilt die entsprechende Aussage nicht. So ist etwa in ${}\mathbb {Z} /(4)$

${}3^{4}=81=1\neq 3\,.$

Wenn man mit dem Polynomring ${}K[X]$ über einem Körper ${}K$ startet, so erhält man zu einem irreduzbilen Polynom ${}F\in K[X]$ den Körper ${}K[X]/(F)$. Dies ist eine wichtige Methode, um neue Körper zu konstruieren. Wenn ${}F=X+a$ ein lineares Polynom ist, so ist ${}K[X]/(X+a)\cong K$. Bei irreduziblen Polynomen von höherem Grad ergeben sich aber neue Körper, wie schon das Beispiel

${}\mathbb {R} [X]/{\left(X^{2}+1\right)}\cong {\mathbb {C} }\,$

zeigt. Insbesondere kann man mit dieser Methode viele endliche Körper konstruieren: Ein irreduzibles Polynom ${}F\in \mathbb {Z} /(p)[X]$ vom Grad ${}d$ führt zum Körper ${}\mathbb {Z} /(p)[X]/(F)$ mit ${}p^{d}$ Elementen. Siehe Aufgabe *****.

Produktringe

Um die Restklassenringe von ${}\mathbb {Z}$ besser verstehen zu können, insbesondere dann, wenn man ${}n$ als Produkt von kleineren Zahlen schreiben kann - z.B., wenn die Primfaktorzerlegung bekannt ist -, braucht man den Begriff des Produktringes.

Definition

Es seien ${}R_{1},\ldots ,R_{n}$ kommutative Ringe. Dann heißt das Produkt

$R_{1}\times \cdots \times R_{n},$

versehen mit komponentenweiser Addition und Multiplikation, der Produktring der ${}R_{i}$, ${}i=1,\ldots ,n$.

Eng verwandt mit dem Begriff des Produktringes ist das Konzept der idempotenten Elemente.

Definition

Ein Element ${}e$ eines kommutativen Ringes heißt idempotent, wenn ${}e^{2}=e$ gilt.

Die Elemente ${}0$ und ${}1$ sind trivialerweise idempotent, man nennt sie die trivialen idempotenten Elemente. In einem Produktring sind auch diejenigen Elemente, die in allen Komponenten nur den Wert ${}0$ oder ${}1$ besitzen, idempotent, also beispielsweise ${}(1,0)$. In einem Integritätsbereich gibt es nur die beiden trivialen idempotenten Elemente: Ein idempotentes Element ${}e$ besitzt die Eigenschaft

${}e(1-e)=e-e^{2}=e-e=0\,.$

Im nullteilerfreien Fall folgt daraus ${}e=1$ oder ${}e=0$.

Lemma

Es sei ${}R=R_{1}\times \cdots \times R_{n}$ ein Produkt aus kommutativen Ringen.

Dann gilt für die Einheitengruppe von ${}R$ die Beziehung

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

Beweis

Dies ist klar, da ein Element genau dann eine Einheit ist, wenn es in jeder Komponente eine Einheit ist.

$\Box$

Der chinesische Restsatz

Für die Restklassenringe von Hauptidealbereichen gilt der sogenannte chinesische Restsatz (für beliebige faktorielle Bereiche gilt er nicht, da das Lemma von Bezout dafür im Allgemeinen nicht gilt).

Satz

Es sei ${}R$ ein Hauptidealbereich und ${}f\in R$, ${}f\neq 0$, ein Element mit kanonischer Primfaktorzerlegung

${}f=p_{1}^{r_{1}}{\cdots }p_{k}^{r_{k}}\,.$

Dann gilt für den Restklassenring ${}R/(f)$ die kanonische Isomorphie

${}R/(f)\cong R/(p_{1}^{r_{1}})\times \cdots \times R/(p_{k}^{r_{k}})\,.$

Beweis

Wegen ${}p_{i}^{r_{i}}{|}f$ gelten die Idealinklusionen ${}(f)\subseteq (p_{i}^{r_{i}})$ und daher gibt es kanonische Ringhomomorphismen

$R/(f)\longrightarrow R/(p_{i}^{r_{i}}).$

Diese setzen sich zu einem Ringhomomorphismus in den Produktring zusammen, nämlich

$R/(f)\longrightarrow R/(p_{1}^{r_{1}})\times \cdots \times R/(p_{k}^{r_{k}}),\,a\longmapsto (a\mod p_{1}^{r_{1}},\ldots ,a\mod p_{k}^{r_{k}}).$

Wir müssen zeigen, dass dieser bijektiv ist. Zur Injektivität sei ${}a\in R$ derart, dass es in jeder Komponente auf ${}0$ abgebildet wird. Das bedeutet ${}a\in (p_{i}^{r_{i}})$ für alle ${}i$. D.h. ${}a$ ist ein Vielfaches dieser ${}p_{i}^{r_{i}}$ und aufgrund der Primfaktorzerlegung folgt, dass ${}a$ ein Vielfaches von ${}f$ sein muss. Also ist ${}{\overline {a}}\,=0$ in ${}R/(f)$.
Zur Surjektivität genügt es nach Aufgabe ***** zu zeigen, dass alle Elemente, die in einer Komponente den Wert ${}1$ und in allen anderen Komponenten den Wert ${}0$ haben, im Bild liegen. Es sei also ${}(1,0,\ldots ,0)$ vorgegeben. Wegen der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung sind ${}p_{1}^{r_{1}}$ und ${}p_{2}^{r_{2}}{\cdots }p_{k}^{r_{k}}$ teilerfremd. Daher gibt es nach dem Lemma von Bezout eine Darstellung der Eins, sagen wir

${}sp_{1}^{r_{1}}+tp_{2}^{r_{2}}\cdots p_{k}^{r_{k}}=1\,.$

Betrachten wir ${}tp_{2}^{r_{2}}{\cdots }p_{k}^{r_{k}}=1-sp_{1}^{r_{1}}\in R$. Das wird unter der Restklassenabbildung in der ersten Komponente auf ${}1$ und in den übrigen Komponenten auf ${}0$ abgebildet, wie gewünscht.

$\Box$

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