Kurs:Kommutative Algebra/Teil I/Vorlesung 5

Satz

Die Untergruppen von ${}\mathbb {Z}$ sind genau

die Teilmengen der Form

${}\mathbb {Z} d={\left\{kd\mid k\in \mathbb {Z} \right\}}\,$

mit einer eindeutig bestimmten nichtnegativen Zahl ${}d$.

Beweis

Eine Teilmenge der Form ${}\mathbb {Z} d$ ist aufgrund der Distributivgesetze eine Untergruppe. Es sei umgekehrt ${}H\subseteq \mathbb {Z}$ eine Untergruppe. Bei ${}H=0$ kann man ${}d=0$ nehmen, sodass wir voraussetzen dürfen, dass ${}H$ neben ${}0$ noch mindestens ein weiteres Element ${}x$ enthält. Wenn ${}x$ negativ ist, so muss die Untergruppe ${}H$ auch das Negative davon, also ${}-x$ enthalten, welches positiv ist. D.h. ${}H$ enthält auch positive Zahlen. Es sei nun ${}d$ die kleinste positive Zahl aus ${}H$. Wir behaupten ${}H=\mathbb {Z} d$. Dabei ist die Inklusion ${}\mathbb {Z} d\subseteq H$ klar, da mit ${}d$ alle (positiven und negativen) Vielfachen von ${}d$ dazugehören müssen. Für die umgekehrte Inklusion sei ${}h\in H$ beliebig. Nach der Division mit Rest gilt

$h=qd+r{\text{ mit }}0\leq r<d.$

Wegen $h\in H$ und $qd\in H$ ist auch ${}r=h-qd\in H$. Nach der Wahl von ${}d$ muss wegen ${}r<d$ gelten: ${}r=0$ Dies bedeutet ${}h=qd$ und damit ${}h\in \mathbb {Z} d$, also ${}H\subseteq \mathbb {Z} d$.

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Satz

Der Ring ${}\mathbb {Z}$ der ganzen Zahlen

ist ein Hauptidealbereich.

Beweis

Zunächst ist ${}\mathbb {Z}$ ein Integritätsbereich. Es sei ${}I\subseteq \mathbb {Z}$ ein Ideal. Damit ist ${}I$ insbesondere eine (additive) Untergruppe von ${}\mathbb {Z}$ und hat nach Satz 5.1 die Gestalt ${}I=\mathbb {Z} d$. Damit handelt es sich um ein Hauptideal.

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Satz

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Es seien ${}P,T\in K[X]$ Polynome mit ${}T\neq 0$.

Dann gibt es eindeutig bestimmte Polynome ${}Q,R\in K[X]$ mit

$P=TQ+R{\text{ und mit }}\operatorname {grad} \,(R)<\operatorname {grad} \,(T){\text{ oder }}R=0.$

Beweis

Wir beweisen die Existenzaussage durch Induktion über den Grad von ${}P$. Wenn der Grad von ${}T$ größer als der Grad von ${}P$ ist, so ist ${}Q=0$ und ${}R=P$ eine Lösung, sodass wir dies nicht weiter betrachten müssen. Bei ${}\operatorname {grad} \,(P)=0$ ist nach der Vorbemerkung auch ${}\operatorname {grad} \,(TP)=0$, also ist ${}T$ ein konstantes Polynom, und damit ist (da ${}T\neq 0$ und ${}K$ ein Körper ist) ${}Q=P/T$ und ${}R=0$ eine Lösung. Es sei nun ${}\operatorname {grad} \,(P)=n$ und die Aussage für kleineren Grad schon bewiesen. Wir schreiben ${}P=a_{n}X^{n}+\cdots +a_{1}X+a_{0}$ und ${}T=b_{k}X^{k}+\cdots +b_{1}X+b_{0}$ mit ${}a_{n},b_{k}\neq 0,\,k\leq n$. Dann gilt mit ${}H={\frac {a_{n}}{b_{k}}}X^{n-k}$ die Beziehung

${}{\begin{aligned}P'&:=P-TH\\&=0X^{n}+{\left(a_{n-1}-{\frac {a_{n}}{b_{k}}}b_{k-1}\right)}X^{n-1}+\cdots +{\left(a_{n-k}-{\frac {a_{n}}{b_{k}}}b_{0}\right)}X^{n-k}+a_{n-k-1}X^{n-k-1}+\cdots +a_{0}.\end{aligned}}$

Dieses Polynom ${}P'$ hat einen Grad kleiner als ${}n$ und darauf können wir die Induktionsvoraussetzung anwenden, d.h. es gibt ${}Q'$ und ${}R'$ mit

$P'=TQ'+R'{\text{ mit }}\operatorname {grad} \,(R')<\operatorname {grad} \,(T){\text{ oder }}R'=0.$

Daraus ergibt sich insgesamt

${}P=P'+TH=TQ'+TH+R'=T(Q'+H)+R'\,,$

sodass also ${}Q=Q'+H$ und ${}R=R'$ eine Lösung ist. Zur Eindeutigkeit sei ${}P=TQ+R=TQ'+R'$ mit den angegebenen Bedingungen. Dann ist ${}T(Q-Q')=R'-R$. Da die Differenz ${}R'-R$ einen Grad kleiner als ${}\operatorname {grad} \,(T)$ besitzt, ist aufgrund der Gradeigenschaften diese Gleichung nur bei ${}R=R'$ und ${}Q=Q'$ lösbar.

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Satz

Ein Polynomring über einem Körper

ist ein Hauptidealbereich.

Beweis

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 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 ${}F$.

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