Algebra II

SS 2018

23. Mai 2018

1

Inhaltsverzeichnis

0 Kursuberblick 3

1 Moduln 4

2 Noethersche Ringe 8

3 Moduln uber Hauptidealringen 12

4 Ganze Ringerweiterungen 18

5 Norm, Spur und Diskriminante einer Korpererweiterung 24

6 Dedekindringe 29

Algebra II 2

VL1 16.04.2018

0 Kursuberblick

(i) Kommutative Algebra

• Moduln! VRs uber Ringe, Losungen von LGS uber Z, C[X]

• Dedekindringe: Algebraische Zahlentheorie, algebraische Kurven

(ii) Algebraische Zahlentheorie

• Eindeutige Primfaktorzerlegung! Zerlegung in Primideale

Anwendung: suche x, y, z ∈ Z≥0 s.d.

xn + yn = zn, fur ein n ∈ N

Fermatsche Vermutung: Fur n ≥ 3 gibt es keine Losung p > 2 Primzahl:

zp = xp + yp =

p−1∏j=0

(x+ ζjy), wobei ζ p-te primitive Wurzel ist

Frage: Wann (und ob) ist (x+ ζjy) die p-te Potenz?

(iii) Reelle Algebra falls die Zeit reicht

3 Algebra II

Sei A stets ein kommutativer Ring mit Eins.

1 Moduln

Definition 1.1. Ein A-Moduln ist eine abelsche Gruppe (M,+) mit einer Ska-larmultiplikation

A×M →M, (a,m) 7→ a ·m,

sodass fur alle a, b ∈ A und alle m,n ∈M folgende Eigenschaften gelten:

• a · (b ·m) = (a · b) ·m (assoziativ)

• a · (m+ n) = a ·m+ a · n (distributiv)(a+ b) ·m = a ·m+ b ·m

• 1 ·m = m

Beispiel 1.2. (a) Ist A = K ein Korper, so sind die A-Moduln genau dieK-VRs

(b) Jede abelsche Gruppe G ist ein Z-Modul via

• n · x = (1 + · · ·+ 1)︸ ︷︷ ︸n−mal

x = x+ · · ·x︸ ︷︷ ︸n−mal

, n ∈ Z≥0

• n · x = −((−n)x), n ∈ Z≤0

(c) Jedes Ideal I ⊂ A ist ein A-Modul bzgl. der Ringmuliplikation in A

(d) IstA ⊂ B eine Ringerweiterung, so kann man B alsA-Modul (mit derRingmultiplikation) auffassen

(e) Ist f : A → B ein Ringhomomorphismus, so ist B ein A-Modul via:

A×B → B (a, b) 7→ f(a) · b

Bemerkung 1.3. 0 · x = 0 fur alle x ∈M

Definition 1.4. (i) Ein Modulhomomorphismus f ist eine Abbildung zwi-schen zwei A-Moduln M,N

f : M → N,

sodass folgende Eigenschaften gelten:

Algebra II 4

– f(x+ y) = f(x) + f(y) fur alle x, y ∈M– f(a · x) = a · f(x) fur alle a ∈ A und x ∈M

Andere Bezeichnung: A-lineare Abbildung

(ii) f heißt (Moduln-)Isomorphismus, falls f ein bijektiver Modulhomomor-phismus ist.

(iii) M,N heißen isomorph, falls es ein Isomorphismus f : M → N gibt.Schreibweise: M ∼= N

Definition 1.5. SeiM einA-Modul. Eine TeilmengeN ⊂M ist einA-Untermodul(UM), fallsN eine Untergruppe (UG) von (M,+) ist mit a·x ∈ N fur alle x ∈ Nund a ∈ A.

Bemerkung 1.6. (a) Jeder UM eines A-Moduls ist ein A-Modul

(b) Der Schnitt beliebig vieler A-Moduln ist ebenfalls ein A-Modul

Beispiel 1.7. (a) Ist M ein Modul, so sind 0,M ⊂M UMs. Außerdem istfur alle x ∈M die Menge

Ax :={a · x : a ∈ A

}ein UM

(b) A selbst ist ein A-Modul. Seine UM sind genau die Ideale von A

(c) Ist A = Z und M ein Z-Modul und die UM von M sind genau dieUG von (M,+)

(d) Sei f : M → N ein Homomorphismus von A-Moduln. Ist M ′ ⊂ Mein UM von M , so auch f(M ′) ⊂ N ein UM von N . Umgekehrt: IstN ′ ⊂ N ein UM von N , so auch f−1(N ′) ein UM von M .

Insbesondere. – ker f = f−1({0}) ={x ∈ M : f(x) = 0

}der Kern

von f ist ein UM von M , sowie– im f = f(M) das Bild von f ist ein UM von N

Sei M ein A-Modul, N ⊂M UM. Dann:Die Relation x ≡ y mod N : ⇐⇒ x − y ∈ N ist eine Aquivalenzrelation.Schreibe x fur die Aquivalenzklasse, die x enthalt. Die Menge aller Aqui-valenzklassen

M/N :={x : x ∈M

}ist ein A-Modul via:

5 Algebra II

• x+ y = ¯x+ y, x, y ∈M

• a · x = ¯a · x

M/N heißt Quotientenmodul. Die kanonische Abbildung π : M → M/N ,x 7→ x ist ein surjektiver Modulnhomomorphismus.

Satz 1.8. Sei N ⊂ M ein UM und f : M → M ′ ein Modulnhomomorphismusmit N ⊂ ker f . Dann existiert ein eindeutiger Homomorphismus von A-Modulnf : M/N →M ′, sodass f = f ◦ π. Weiterhin gilt:

• f surjektiv =⇒ f surjektiv

• N = ker f =⇒ f injektiv

• Falls f surjektiv und N = ker f , gilt: M/N ∼= M ′.

Insbesondere. M/N ∼= im f

Definition 1.9. (a) IstM einA-Modul und (Ni)i∈I eine Familie von UMs, soist ∑

i∈INi =

{∑i∈I

xi : xi ∈ Ni, xi = 0 fur fast alle i ∈ I︸ ︷︷ ︸oder auch: x 6=0 fur endlich viele i∈I

}ein UM.

(b) Ist X ⊂M eine TM, so sei

spanA(X) :=⋂{

N ⊂M : N ein UM, X ⊆ N}

der Span von X .

Bemerkung 1.10. (a) Es gilt:

spanA(X) ={∑x∈X

axx : ax ∈ A, ax = 0 fur fast alle x ∈ X}

=∑x∈XAx

(b) (Ni)i∈I Familie von UMs, so ist∑i∈I

Ni = spanA

(⋃i∈I

Ni

)Definition 1.11. Sei (Mi)i∈I eine Familie vonA-Moduln. Das direkte Produkt∏i∈IMi ist ein A-Modul via:

Algebra II 6

• (x+ y)i := xi + yi

• (ax)i := axi

Die Teilmenge

⊕i∈IMi :=

{x ∈

∏i∈I

Mi : xi = 0 fur fast alle i ∈ I}

des direkten Produkts ist ein UM. Wir bezeichnen ⊕i∈IMi als die direkte Summe.

Bemerkung 1.12. Ist |I| <∞, so ist ⊕i∈IMi =

∏i∈IMi

VL2, 17.04.2018

Wiederholung: (Mi)i∈I eine Familie von A-Moduln. Dann ist∏i∈IMi

ebenfalls ein A-Modul mit der komponentenweisen Addition. DieTeilmenge ⊕

i∈IMi besteht aus allen Tupeln mit nur endlich vielen

Komponenten ungleich 0 und ist ein Untermodul .

Sind die (Mi)i∈I Untermoduln vonM , so bekommen wir naturliche Ab-bildung

⊕i∈IMi →M, (mi)i∈I 7→

∑i∈I

mi.

Diese Abbildung ist A-linear mit Bild∑

i∈IMi ⊆M .

Definition 1.13. Sei M ein A-Modul. Eine Familie von Elementen (xi)i∈I , xi ∈M heißt

• erzeugend, falls M = spanA{xi : i ∈ I

}, d.h. jedes Element x ∈M lasst

sich als x =∑

i∈I aixi schreiben mit ai = 0 fur fast alle i ∈ I.

• linear abhangig, falls es ai ∈ A, i ∈ I gibt mit ai = 0 fur fast alle i ∈ I,aber nicht alle ai sind gleich 0. Anderenfalls heißen xi linear abhangig.

• eine Basis von M , falls xi linear unabhangig und erzeugend sind.

• M heißt frei, falls M eine Basis hat.

Bemerkung 1.14. • Jeder ModulM hat ein Erzeugendensystem, namlichM selbst.

7 Algebra II

• Nicht jeder Modul hat eine Basis (also frei), etwa A = Z und M =Z /nZ, n ∈ N≥0, dann ist jedes Element x ∈M linear abhangig.In der Tat: n · x = 0, wobei n 6= 0.

• Ist M frei mit Basis (xi)i∈I, so ist die Abbildung

φ : ⊕i∈IA →M, (ai)i∈I 7→

∑i∈I

aixi

ein Isomorphismus.

Beweis. zZ: ”φ injektiv”: reich zZ: kerφ = {0}.Sei (ai)i∈I ∈ kerφ. Dann ist

∑i∈I aixi = 0 =⇒ ai = 0 fur alle i ∈ I.

”φ surjektiv”: Sei x ∈ M , zZ: x = φ(a) fur a ∈ ⊕i∈IA. Da (xi)i∈I erzeu-

gend, gibt es a = (ai)i∈I mit x =∑

i∈I aixi = φ(a).

Satz 1.15. Ein endlich erzeugter Modul M ist genau dann frei, wenn er isomorphzu An fur ein n ∈ N>0.

Beweis. Sei M frei, also M ∼= ⊕i∈IMi. Ist I nicht endlich, so ist M nicht

endlich erzeugt. Angenommen x1, ..., xn ∈ M ist ein Erzeugendensystem.Dann gibt es eine endliche Teilmenge Ij fur j = 1..n von I , sodass die k-teKomponente von φ(xj) = 0 ist, falls k /∈ Ij . Also ist die k-te Komponentevon jeder Linearkombination der xi = 0, falls k /∈ I1 ∪ ... ∪ In. Ist I unend-lich, so existiert immer so ein k und ebenfalls ein Element in ⊕

i∈IA mit der

k-ten Komponente ungleich 0.

Definition und Satz 1.16. Sei A 6= {0} ein Ring und M ein erzeugter freierModul. Dann ist die Zahl n ≥ 0 mit M ∼= An eindeutig und heißt Rang von M .Schreibe: rkM = n. Ist M nicht endlich erzeugt und frei, dann ist rkM =∞.

Beweis. Sei M ∼= An und m ( A ein maximales Ideal. Dann ist K = A /mein Korper und M/mM ein Vektorraum uber K mit M/mM ∼=K Kn. Dadie Dimension von einem Vektorraum eindeutig bestimmt ist, folgt die Be-hauptung.

2 Noethersche Ringe

Definition 2.1. Ein A-Modul M heißt noethersch, wenn jedes Untermodul vonM endlich erzeugt ist. Der RingA heißt noethersch, falls er alsA-Modul noetherschist.

Algebra II 8

Bemerkung 2.2. Ein Ring A ist genau dann noethersch, wenn alle Idealeendlich erzeugt sind.

Beispiel 2.3. Jeder Hauptidealring ist noethersch, zum Beispiel Z,K[X] furK Korper.

Lemma 2.4. Fur jeden A-Modul M sind aquivalent:

(i) M ist noethersch

(ii) Jede aufsteigende Kette U1 ⊆ U2 ⊆ ... von Untermoduln wird stationar, d.h.es existiert ein n ∈ N , sodass Un = Un+k fur alle k ∈ N≥0

(iii) Jede Menge nichtleere U von Untermoduln von M enthalt ein maximalesElement.

Beweis. (i) =⇒ (ii): Die Vereinigung U :=⋃∞i=1 ist ein Untermodul von

M . Also ist U endlich erzeugt, etwa von x1, ..., xr. Dann existiert ein N ∈N>0, sodass x1, ..., xr ∈ UN , damit folgt U = UN .

(ii) =⇒ (iii): Angenommen N ∈ U ist ein maximales Element, soexistiert N ′ ∈ U mit N ( N ′. Falls kein maximales Element in U exis-tiert, finden wir unendliche echt aufsteigende Kette N ( N ′ ( N ′′ ( ... Widerspruch

(iii) =⇒ (i): Sei N ⊆ M ein Untermodul . Dazu betrachten wir Ueine Menge der endlich erzeugter Untermoduln von N . U ist nichtleer, da{0} ∈ U. Also existiert nach (iii) ein maximales Element Nmax von U. zZ:Nmax = N . Angenommen Nmax ⊆ N , dann gibt es ein x ∈ N\Nmax undN = spanA(x ∪Nmax) ∈ U und Nmax ⊆ N Widerspruch

Lemma 2.5. Seien N ⊆M A-Moduln

(a) M endlich erzeugt =⇒ M/N endlich erzeugt

(b) N und M/N endlich erzeugt =⇒ M endlich erzeugt

(c) M noethersch ⇐⇒ N und M/N noethersch

Beweis. (a) klar

(b) Sei m1, ...,mr ∈ M sodass die Restklassen m1, ..., mr ∈ M/N denModul M/N erzeugen. Seien n1, ..., ns ∈ N Erzeugendensystem vonN .

Behauptung. m1, ...,mr, n1, ...ns erzeugen M .

9 Algebra II

Sei x ∈M . Dann gibt es a1, ..., ar ∈ A, sodass x = a1m1 + ...+armr inM/N . Also y := x− (a1m1 + ...+ armr) ∈ N . Also gibt es b1, ...bs ∈ Amit y = b1n1 + ...+bsns. Insgesamt gilt: x = a1m1 + ...+armr+b1n1 +...+ bsns. Dies bekommt man durch das Umstellen.

VL3, 23.04.2018

(c) ”⇒ ” N noethersch XJeder Untermodul von M/N ist von der Form (U + N)/N fur ein U ⊆M Untermodul . Da M noethersch, ist U + N endlich erzeugt. Nach a)ist (U + N)/N endlich erzeugt. ”⇐ ” Sei U1 ⊆ U2 ⊆ ... eine Kette vonUntermoduln von M . Dann gibt es ein n ≥ 1 sodass

Un+k⋂N = Un

⋂N, sowie

(Un+k +N)/N = (Un +N)/N fur alle k ≥ 0,

da M/N noethersch ist.Behauptung. Un+k = Un fur alle k ≥ 0. Dann folgt, dass jede Kette vonUntermoduln statinar wird, was gleichzusetzen mit M noethersch ist.

Wir zeigen hier Mengeninklusionen Un = Un+k. Un ⊆ Un+k X.Sei x ∈ Un+k. Dann ist x ∈ (Un +N)/N , also existiert ein y ∈ N , sodass

x− y ∈ Un. Es folgt:

y = x− (x− y) ∈ Un+k ∩N, wobei x ∈ Un+k, x− y ∈ Un=⇒ y ∈ Un ∩N, und damit x = y + (x− y) ∈ Un.

Korollar 2.6. IstA noethersch, so ist jeder endlich erzeugteA-ModulM noethersch.

Beweis. SeiM erzeugt von x1, ..., xr ∈M . Betrachte die surjektiveA-lineareAbbildung

φ : Ar →M, (a1, ..., ar) 7→ a1x1 + ...+ arxr.

Nach der Isomorphiesatz gilt: M ∼= Ar / kerφ. Nach Lemma 5a) reicht zZ:Ar ist noethersch. Wir machen Induktion nach r:

r = 1 : Xr r + 1 : Sei N =

{(a1, ..., ar, 0) ∈ Ar+1 : ai ∈ A

}⊆ Ar+1. Nach

Induktionsvoraussetzung ist N noethersch. Betrachte:

ψ : Ar+1 → A, (a1, ..., ar+1) 7→ ar+1.

Algebra II 10

ψ ist surjektiv,A-linear und kerψ = N . AlsoAr+1 /N ∼= A noethersch nachVoraussetzung. Nach 5c) ist Ar+1 noethersch.

Bemerkung 2.7. IstA noethersch, so kann jeder endlich erzeugter Modul Mals Kokern einer Matrix dargestellt werden.

In der Tat: ist M erzeugt von x1, ..., xn, so ist die Abbildung

φ : An →M, (a1, ..., an) 7→ a1x1 + ...+ anxn

surjektiv. Der Kern N = kerφ ist endlich erzeugt von y1, ..., ym ∈ N . Alsoist N = imψ, wobei ψ : Am → An, (b1, ..., bm) 7→ b1y1 + ... + bmym. Damitist M ∼= An/ imψ. Die darstellende Matrix enthalt alle Informationen uberM (bis auf Isomorphie).

Satz 2.8 (Hilberts Basissatz). Ist A noethersch, so ist auch A[X] noethersch.

Beweis. Sei I ⊆ A[X] ein Ideal. Fur alle i ∈ Z≥0 sei Ji die Menge allerLeitkoeffizienten (LC) eines Polynoms f ∈ I, deg f = i vereinigt mit {0}.Behauptung. Ji ist ein Ideal von A.

Seien a, a′ ∈ Ji, b ∈ A. OBdA: a, a′ 6= 0, also es existieren f, g ∈ Isodass a bzw. b der LC von f bzw. g und deg f = deg g = i. Dann ist a+ a′

bzw. ba der LC von f + g bzw. bf , wobei deg(f + g) = deg(bf) = i, alsoa, a′ ∈ Ji, ba ∈ Ji, also ist Ji ein Ideal.

Behauptung. Ji ⊆ Ji+1 .

Sei a ∈ Ji\{0}. Dann ist a ein LC eines Polynoms f ∈ I mit deg f = i.Dann ist a der LC von x · f, f ∈ I , wobei deg(x · f) = i + 1. Deswegen ista ∈ Ji+1. Da A noethersch ist, gibt es ein N ≥ 0, sodass JN = JN+k fur allek ≥ 0.

Weiter sei ai,1, ..., ai,ni das Erzeugendensystem von Ji fur alle 0 ≤ i ≤N .Außerdem sei fi,j ∈ I ein Polynom mit LC ai,j von Grad i fur alle i =0...N , j = 1...ni.

Behauptung. fi,j erzeugt I

Dazu sei f ∈ I\{0} vom Grad d. zZ: f ∈ I ′ = spanA[X]

{fi,j : i =

0...N, j = 1...ni}

.Induktion nach d:Fall d ≥ N : Da Jd = JN , liegt der LC von f in JN , also ist er eine

folgende A-Linearkombination:

c1aN,1 + ...+ cnNaN, nN , fur ci ∈ A .

11 Algebra II

Also hat f −(c1X

d−NfN,1 + ...+ cnNXd−NfN,nN

)︸ ︷︷ ︸∈I′

den Grad kleiner als d,

liegt also in I ′ nach Induktionsvoraussetzung. Deswegen muss auch f ∈ I ′.Fall d > N : folgt analog zum obigen Fall, aber fur Jd anstatt JN und

ohne die Multiplikation mit Xd−N .

Korollar 2.9. SeiA noethersch,A ⊆ B eine Ringerweiterung mitB = A[b1, ..., br]fur geeignete b1, ..., br ∈ B. Dann ist B noethersch.

Beweis. Der PolynomringA[X1, ..., Xr] ist nach dem Hilbertschen Basissatz2.8 und Induktion nach r noethersch. Der Ringhomomorphismus

φ : A[X1, ..., Xr]→ B, Xi 7→ bi

ist surjektiv. AlsoB ∼= A[X1, ...Xr]/ kerφ =⇒ B noethersch alsA[X1, ..., Xr]-Modul, also auch als B-Modul (Ubung!)

Beispiel 2.10. (a) Die folgenden Ringe sind noethersch: K Korper, Z, K[X1, ..., Xn],Z[X1, ..., Xn], Z[i], Z[

√2], K[X1, ..., Xn]/I mit I Ideal. Die Lokalisie-

rungen dieser Ringe sind ebenfalls noethersch.

(b) Der Ring K[X1, X2, ...] mit unendlich vielen Variablen ist nicht noethersch:

(X1) ( (X1, X2) ( (X1, X2, X3) ( ...

(c) Z-Modul Q nicht noethersch, da nicht endlich erzeugt.

(d) Ein Unterring von einem noetherschen Ring ist im Allgemeinen nichtnoethersch:

K[X1, X2, ...] ⊂ Quot(K[X1, X2, ...]) noethersch, da Koerper,

aber K[X1, X2, ...] ist nach c) nicht noethersch.

VL4, 24.04.2018

3 Moduln uber Hauptidealringen

Motivation: Moduln uber einem Korper K endlich erzeugt → iso-morph zu Kn

Moduln uber Z erzeugt von einem Element → isomorph zu Z /(n),n ∈ Z.

Algebra II 12

Definition 3.1. (a) Sei Matm×n(A) die Menge der m × n Matrizen mitEintragen aus A.

(b) Eine Matrix S ∈ Matn(A) ist invertierbar, falls es eine weitere MatrixT ∈ Matn(A) gibt, sodass gilt:

ST = TS = In, wobei In die Einheitsmatrix

(c) Die Adjunkte von S ist gegeben durch:

adj(S) =

a11 · · · an1a12 · · · an2

.... . .

...a1n · · · ann

,

wobei aij = (−1)i+jMij mit Mij die Unterdeterminante von S, die durchStreichen von der i-ten Zeile und j-ten Spalte aus S entsteht.

(d) Sei S ∈ Matn(A). Die Determinante von S ist gegeben durch:

detS =n∑i=1

sgn(σ)∏σ∈Sn

aiσ(i)

Lemma 3.2. Fur S, T ∈ Matn(A) gilt:

(a) det(ST ) = det(S) det(T )

(b) S adj(S) = det(S)In

Beweis. (a) Sei A zunachst der Polynomring Z[aij , bij : 1 ≤ i, j ≤ n]in den Unbekannten aij , bij und sei S = (aij) und T = (bij). Dannsind det(ST ), det(S) und det(T ) Polynome uber Z, welche fur jedeEinsetzung von komplexen Zahlen gleich sind. Also gilt det(ST ) =det(S) det(T ) als Polynome uber Z nach Algebra 1. Fu Matrizen S, Tuber beliebigen Ringen betrachte den Ringhomomorphismus

φ : Z[aij , bij ]→ A,

welcher aij bzw. bij auf den (i, j)-ten Eintrag von S bzw. T abbildet.

(b) Diese Aussage folgt analog zu (a) mit S und adj(S).

13 Algebra II

Satz 3.3. S ∈ Matn(A) ist genau dann invertierbar, wenn det(S) ∈ A×. Danngilt: S−1 = det(S)−1 adj(S). Die Menge Gln(A) =

{S ∈ Matn(A) : det(S) ∈

A×}

ist eine multiplikative Gruppe.

Beweis. ”⇒ ” Sei S invertierbar =⇒ ST = In =⇒ det(S) det(T ) = 1”⇐ ” det(S) ∈ A× =⇒ det(S)−1 adj(S) =: T ∈ Matn(A) ist das Inversevon S nach Lemma 3.2. Rest X

Fur Matrizen T ∈ Matm×n(A) betrachte die ublichen elementaren Zeilen-/Spaltenoperationen:

• Addition eines Vielfachen einer Zeile/Spalte zu einer anderen !multipliziere dafur T mit I + aEij von links oder von rechts.

• Zeilen-/Spaltentausch!multipliziere dafur T mit einer Permutati-onsmatrix

∏ij von links oder von rechts.

Erinnerung. Ein Integritatsbereich A heißt euklidischer Ring, falls es eine eu-klidische Norm N : A → Z≥0 existiert, d.h. fur alle x, y ∈ A mit y 6= 0existieren q, r ∈ A, s.d. x = qy + r mit entweder N(q) > N(r) oder r = 0.Jeder euklidischer Ring ist ein Hauptidealbereich.

Beispiel 3.4. Z mit der Betragsfunktion | · | ist ein euklidischer Ring. q, rsind im Allgemeinen nicht eindeutig.

Beispiel 3.5. Z[i] der Ring der Gaußschen Zahlen ist ebenfalls ein euklidi-scher Ring mit N(a+ bi) =

√a2 + b2. Seinen x, y ∈ A, y 6= 0. Sei q := m+ni

die Zahl in A, welche dem Bruch z := xy am nachsten liegt. Dann gilt:

|m− Re(z)| ≤ 1/2 und |n− Im(z)| ≤ 1/2

=⇒ |q − z| ≤ 1/√

2 =⇒ |qy − x| ≤ 1/√

2|y| ≤ |y|.

Satz 3.6 (Elementarteilersatz). Sei A ein euklidischer Ring, T ∈ Matm×n(A).Durch endlich viele elementaren Zeilen-/Spaltenoperationen kann man T in diefolgende Form bringen:

d1 0 · · · 00 d2 · · · 0...

. . . 00 0 · · · dr

0

0 0

,

s.d. 0 ≤ r ≤ min{m,n}, di ∈ A, d1|d2|...|dr 6= 0. Ist T = (aij), so schreibeggTT = ggT{aij : fur alle i, j}.

Algebra II 14

Bemerkung 3.7. Sei U ∈ Glm(A), V ∈ Gln(A), dann ist ggTT ∼ ggTUTV

Beweis. ggTT | ggTUTV . Da U, V invertierbar sind, gilt andererseits:ggTUTV | ggTU−1(UTV )V −1

Beweis. Wir werden zeigen, dass T in die Gestalt[d1 0

0 T

]gebracht werden kann, wobei d1 ∼ ggTT und T ∈ Matm−1,n−1(A). Dannfolgt die Behauptung per Induktion. Sei N : A\{0} eine euklidische Norm.Sei N(T ) = min

{N(aij : 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n), aij 6= 0

}. Wir machen

Induktion nach N(T )

N(T ) = 0: durch Vertauschen von Zeilen und Spalten erreicheN(a11) = 0. Dannteilt a11 alle Eintrage der Matrix und wir konnen Nullen in der erstenZeile und Spalte erzeugen.

N(T ) ≥ 0: OBdA: N(T ) = N(a11).

Fall 1: ist a11 - ai1 fur ein 2 ≤ i ≤ m, so dividiere mit Rest ai1 = qa11 + rmit N(r) < N(a11), dann ziehe von der i-ten Zeile das q-facheder ersten Zeile ab (i, 1)-ter Eintrag ist r mit N(r) < N(a11).Wende die Induktionsvoraussetzung an.

Fall 2: anderenfalls a11 | ai1 fur alle 2 ≤ i ≤ m und wir konnen von deri-ten Zeile das ai1

a11-fache der ersten Zeile abziehen

erhalte[a11 a′12 · · · a′1m0 T

]Falls a11 | ggTT , sind wir fertig. Nehme also an, dass es nichtso ist. Dann existiert es a′kl mit a11 - a′kl. OBdA existiere ein sol-ches a′kl mit k = 1, sonst addiere die k-te Zeile zur ersten. Danndividiere a′1l mit Rest durch a11. Wir erhalten:

a′1l = q′a11 + r′, mit N(r′) < N(a11).

wie oben konnen wir die Induktionsvoraussetzung nach demAbziehen anwenden.

15 Algebra II

Beispiel 3.8. T =

[2 3 45 6 7

]∈Mat2×3(Z), N(T ) = 2

Division mit Rest liefert: [2 3 41 0 −1

]→ N(T ) = 1.

Bringe das ”kleinste“Element in die erste Position: [1 0 −12 3 4

]Division mit Rest:

[1 0 −10 3 6

]Erste Zeile zu Null: [ 1 0 0

0 3 6 ], wobei T =[3 6

]ist

Erhalte schlussendlich die gewunschte Form: [ 1 0 00 3 0 ] mit d1 = 1, d2 = 3.

VL5, 30.04.2018

Elementarteilersatz: Sei A ein euklidischer Ring, M ∈ Matm×n(A),dann kann man M mit elementaren Zeilen-/Spaltenoperationen aufdie folgende Gestalt bringen:

d1 0 · · · 00 d2 · · · 0...

. . . 00 0 · · · dr

0

0 0

, (1)

s.d. 0 ≤ r ≤ min{m,n}, di ∈ A, d1|d2|...|dr 6= 0

Bemerkung 3.9. Fur einen euklidischer Ring A und M ∈ Matm×n(A) exis-tieren V ∈ Matn(A) und U ∈ Matn(A), sodass UMV Gestalt (1) hat. Diesgilt auch uber Hauptidelringen. Der Satz 3.6 gilt im Allgemeinen nicht uberHauptidealringen.

Korollar 3.10. Sei A ein Hauptidealring und M ein endlich erzeugter Moduluber A, dann gilt

M ∼= As⊕A /(d1)⊕A /(d2)⊕ ...⊕A /(dr)

fur gewisse d1 | d2 | ... | dr ∈ A\{0}

Beweis. [Wir fuhren den Beweis nur fur euklidische Ringe]Sei M endlich erzeugt von x1, ..., xn ∈M . Dann ist die Abbildung

φ : An →M, (a1, ..., ar) 7→ a1x1 + ...+ anxn

ein surjektiver Modulnhomomorphismus. Da A noethersch ist, ist kerφ ⊆An ein endlich erzeugter Modul von etwa y1, ..., ym. Wir definieren einen

Algebra II 16

weiteren Modulnhomomorphismus

ψ : Am → An, (a1, ..., am) 7→ a1y1 + ...+ amym

und stellen fest, dass imψ = kerφ. Also ist M ∼= An/ imψ. Bezuglich einergeeigneter Basis (von jeweils An, Am) hat ψ eine darstellende Matrix derForm (1). Somit ist ψ : An → Am, (a1, ..., am) 7→ (d1a1, ..., drar, 0, ..., 0). DasBild von ψ ist dann gerade

A d1 ⊕ ...⊕A dr ⊕ {0} ⊕ ...⊕ {0}︸ ︷︷ ︸s−mal

.

Damit bekommen wir:

M ∼= A / imψ ∼= As⊕A /(d1)⊕ ...⊕A /(dr).

Definition 3.11. Ein A-Modul heißt torsiosfrei, falls fur alle a ∈ A, x ∈M mitax = 0 folgt x = 0 oder a = 0.

Korollar 3.12. Ein endlich erzeugte torsiosfreie Modul M uber einem Haupt-idealring A ist automatisch frei.

Beweis. Nach dem Korollar 3.10 bekommen wir M ∼= As⊕A /(d1) ⊕ ... ⊕A /(dr). Da M torsionsfrei ist und alle d1, ..., dr ∈ A\{0} sind, folgt r = 0.Somit gilt M ∼= As, also ist M frei.

Korollar 3.13. Sei A ein Hauptidealring, M endlich erzeugter freier A-Modul.Dann ist jeder Untermodul von M auch frei.

Beispiel 3.14. • A = Z,B = Z[√−5]. B ist torsionsfrei mit der Basis

(1,√−5).

• Betrachte das Ideal I =(3, 2 + 4

√−5)⊆ B. Wir konnen I als A-

Modul auffassen. Nach Korollar 3.13 ist I frei. Welche Basis hat I alsA-Modul?

Sei x ∈ I =⇒ x = 3 · (a + b√−5) + (2 + 4

√−5) · (a + b

√−5) =

(3a+ 2c− 20d) +√−5(3b+ 2d+ 4c)

I ist das Bild der Matrix[3 0 2 −200 3 4 2

]. Fuhre den Algo durch:[

3 0 2 −200 3 4 2

∣∣∣ 1√−5

] [

1 0 2 −20−4 3 4 2

∣∣∣ 1√−5

] [1 0 2 −200 3 12 78

∣∣∣ 1−4√−5√−5

] [1 0 2 −200 3 0 0

∣∣∣ 1−4√−5√−5

]. Wir haben die gewunschte Gestalt (1) und so-

mit ist die Z-Basis von I gegeben durch(1− 4

√−5, 1

).

17 Algebra II

4 Ganze Ringerweiterungen

Motivaton: Es gilt bekanntlich Z ⊆ Q und sei Q ⊆ K eine Korperer-weiterung. Wir wollen eine Ringerweiterung von Z ⊆ A angeben,sodass A ⊆ K “ analoge Eigenschaften”hat zu Z ⊆ Q.Zum Beispiel: Z ⊆ Q, betrachte die Korpererweiterung Q ⊆ Q[i]und die Ringerweiterung Z ⊆ Z[i]. Naiver Gedanke ware diejeni-ge Ringerweiterung zu wahlen, die durch die Adjunktion von den“dazugenommenen Elementen“ entstunde. Das Problem dabei ist,dass man eine und dieselbe Korpererweiterung durch Adjunkti-on von verschiedenen Elementen bekommen kann, zum Beispiel:Q(i) = Q(2i). Die darausresultierenden Ringerweiterungen habenaber nicht mehr dieselben Eigenschaften. Z[i] ist zum Beispiel fakto-riell und Z[2i] ist es nicht.

Definition 4.1. Sei A ⊆ B eine Ringerweiterung.

• Ein Element b ∈ B heißt ganz, falls n ∈ N exisitert und a1, ..., an ∈ A,sodass

1 · bn + a1bn−1 + ...+ an = 0( “ Ganzheitsgleichung”)

• Eine Ringerweiterung heitßt ganze Ringerweiterung, falls jedes b ∈ Bganz ist.

Beispiel 4.2. • Jedes a ∈ A ist ganz uber A.

•√

2 ∈ C ist ganz uber Z: (√2)2 − 2 = 0

• 12 ∈ Q ist nicht ganz uber Z: Angenommen 1

2 ware ganz uber Z, soware die Ganzheitsgleichung erfullt:

1

2

n

+ a11

2

n−1+ ...+ an = 0 fur gewisse a1, ..., an ∈ Z

=⇒ 1 + 2a1 + ...+ 2nan︸ ︷︷ ︸ungerade

= 0gerade

Widerspruch

Definition 4.3. Ein A-Modul M heißt treu, falls fur alle 0 6= a ∈ A ein x ∈ Mexistiert mit ax 6= 0

Algebra II 18

Beispiel 4.4. • Freie und torsionsfreie Moduln sind treu (wenn es keintriviales Modul ist).

• Z⊕Z /(2) ist treu, aber nicht torsionsfrei [n(1, 0) 6= 0 fur alle n ∈Z \{0}].

Satz 4.5. Sei A ⊆ B eine Ringerweiterung, b ∈ B. Die folgenden Aussagen sindaquivalent:

(i) b ganz uber A

(ii) Der Ring A[b] ist als A-Modul endlich erzeugt

(iii) Es gibt einen treuen A[b]-Modul, welcher als A-Modul endlich erzeugt ist

Beweis. (i) ⇒ (ii) : Sei g(b) = 0 die Ganzheitsgleichung fur g ∈ A[X] mitdem Leitkoeffizienten 1. Fur alle f ∈ A[X] gibt es dann q, r ∈ A[X] mitf = qg + r und deg(q) > deg(r) oder r = 0.Kleine Anmerkung. Es ist wichtig, dass der Leitkoeffizient von g eine Einsist (oder besser gesagt, eine Einheit) ist. Nur damit ist es wirklich gewahr-leistet, dass wir die obige Polynomdivision durchfuhren durfen, weilA[X]im Allgemeinen kein euklidischer Ring ist.

Damit bekommen wir f(b) = r(b) und somit wirdA[b] alsA-Modul von1, ..., bdeg(r)−1 erzeugt.

(ii)⇒ (iii) : A[b] selbst ist ein gewunschter Modul, da 1 ∈ A[b].

VL6, 7.05.2018

(iii) ⇒ (i) : Sei M ein treuer A[b]-Modul, welcher als A-Modul endlicherzeugt ist, etwa von x1, ..., xn ∈M . Da b · xi ∈M , folgt:

b · xi = ai1x1 + ...+ ainxn, aij ∈ A .

Betrachte die Matrix C = [aij ]1≤i,j≤n ∈ Matn(A) ⊆ Matn(A[b]). Nach Defi-nition:

C

[ x1...xn

]= b

[ x1...xn

]=⇒ (b · In − C)︸ ︷︷ ︸

=:D

[ x1...xn

]= 0

=⇒ adj(D) ·D︸ ︷︷ ︸=det(D)·In

[ x1...xn

]= 0 =⇒ det(D)

[ x1...xn

]= 0

=⇒ det(D) · x = 0 fur alle x ∈M=⇒ det(D) = 0 da M ein treuer Modul ist.

19 Algebra II

Also ist f = det(T · In − C) ∈ A[T ] als das charakteristische Polynomnormiert und f(b) = 0 ist somit die gesuchte Ganzheitsgleichung.

Korollar 4.6. Sei A ⊆ B eine Ringerweiterung. Ist B als A-Modul endlich er-zeugt, so ist die Ringerweiterung ganz.

Beweis. Sei b ∈ B. Dann ist B ein treuer A[b]-Modul, da 1 ∈ B. Nach Vor-aussetzung ist B alsA-Modul endlich erzeugt. Nach dem Satz 4.5 ist b ganzuber A, somit ist die Ringerweiterung ganz.

Definition und Satz 4.7. Sei A ⊆ B eine Ringerweiterung. Die Menge derganzen Elemente uber A in B bildet einen Teilring von B. Dieser Teilring wird alsder ganze Abschluss von A in B bezeichnet.

Beweis. Seien a, b ∈ B ganz uber A. Betrachte den Teilring C = A[a, b] ={∑ri=1 figi : r ∈ N, fi ∈ A[a], gi ∈ A[b]

}. Da a, b ganz sind, sind die Ringe

A[a] und A[b] als A-Moduln endlich erzeugt, etwa von x1, ..., xn ∈ A[a]bzw. y1, ..., ym ∈ A[b]. Dann erzeugen x1y1, ..., x1ym, ..., xnym den Ring Cals A-Modul. Außerdem ist C fur alle c ∈ C ein treuer A[a, b]-Modul, da1 ∈ C. Als ist A ⊆ C eine ganze Ringerweiterung nach dem Satz 4.5. Dainsbesondere a+ b ∈ C liegen, ist a+ b ganz uberA. Somit bildet der ganzeAbschluss einen Teilring von B.

Definition 4.8. Ein RingA heißt ganz abgeschlossen, fallsA nullteilerfrei undgleich seinem ganzen Abschluss in Quot(A) ist.

Satz 4.9. Faktorielle Ringe sind ganz abgeschlossen.

Beweis. Sei A faktoriell und p/q ∈ Quot(A) ganz uber A mit p, q ∈ A\{0}teilerfremd. Seien a1, ..., an ∈ Amit

(p/q)n + a1 (p/q)n−1 + ...+ an = 0 | ·qn

=⇒ pn + q · (a1pn−1 + ...+ anqn−1) = 0

=⇒ qpn =⇒ q ∈ A× , da p, q teilerfremd sind=⇒ p/q ∈ A , also ist A ganz abgeschlossen.

Beispiel 4.10. Z, K[X1, ..., Xn], K Korper sind ganz abgeschlossen.

Lemma 4.11. Sei A ⊆ B eine ganze Ringerweiterung mit B = A[b1, ..., bn].Dann ist B als A-Modul endlich erzeugt.

Algebra II 20

Beweis. Induktion nach n.

n = 1: X

n→ n+ 1: A[b1, ..., bn] ist endlich erzeugt als A-Modul nach Induktionsvoraus-setzung, etwa von x1, ..., xr. Andererseits wissen wir, dassA[b1, ..., bn+1] =A[b1, ..., bn][bb+1] als A[b1, ..., bn]-Modul endlich erzeugt ist, etwa vony1, ..., ys. Damit ist A[b1, ..., bn+1] als A-Modul endlich erzeugt vonx1y1, ..., xrys.

Lemma 4.12. Seien A ⊆ B,B ⊆ C ganze Ringerweiterungen. Dann ist die Rin-gerweiterung A ⊆ C auch ganz.

Beweis. Sei c ∈ C. Dann gibt es b1, ..., bn ∈ B mit

cn + b1cn−1 + ...+ bn = 0.

Damit ist c auch ganz uberA[b1, ..., bn] =: B1 ⊆ B. DaA ⊆ B1 ganze Ringer-weiterung, ist B1 als A-Modul endlich erzeugt nach dem vorherigen Lem-ma, etwa von y1, ..., ys. Außerdem ist B1[c] endlich erzeugt als B1-Modul,etwa von x1, ..., xr. Also ist A[b1, ..., bn, c] = B1[c] als A-Modul endlich er-zeugt von x1y1, ..., xrys. Nach dem Korollar 4.5 ist B1[c] ganz uber A. Weilc ∈ C beliebig war, folgt die Behauptung.

Korollar 4.13. Ist K ein Korper und A ⊆ K ein Teilring, so ist der ganze Ab-schluss A′ von A in K ganz abgeschlossen.

Beweis. Sei A′′ der ganze Abschluss von A′ in Quot(A′) ⊆ K. Dann sindA ⊆ A′ und A′ ⊆ A′′ jeweils ganze Ringerweiterungen. Nach dem Lemma4.12 ist A ⊆ A′′ ebenfalls eine ganze Ringerweiterung. Somit gilt A′′ ⊆ A′,da A′ der ganze Abschluss von A ist.

Beispiel 4.14. Der ganze Abschluss von Z in Q(i) ist Z[i]:

• i ist ganz uber Z: i2 + 1 = 0

• Quot(Z[i]) = Q(i) und Z[i] ganz abgeschlossen, da faktoriell.

Satz 4.15. Sei A ganz abgeschlossen, K = Quot(A) und K ⊆ L eine Korperer-weiterung. Der ganze Abschluss B von A besteht aus α ∈ L, fur die

qα := MinPol(α/K) ∈ A[X]

liegt.

21 Algebra II

Beweis. Es ist klar, dass solche α ∈ B liegen, dabei ist qα die Ganzheitsglei-chung.

Umgekehrt sei α ∈ B, dann existiert ein normiertes Polynom f ∈ A[X]mit f(α) = 0. Damit muss das Minimalpolynom qα das Polynom f teilen,also gilt f = g · qα fur ein g ∈ K[X]. Alle Nullstellen von qα in L sind auchganz uber A (wahle f als die Ganzheitsgleichung). Also sind die Koeffi-zienten von qα ganz uber A. Diese liegen in K, also schon A, da A ganzabgeschlossen ist.

VL7, 8.05.18

Satz 4.16. Fur ±1 6= d ∈ Z quadratfrei ist der ganze Abschluss von Z in Q(√d)

gegeben durch:

• Z[√d], falls d 6≡ 1 mod (4)

• Z[12(1 +√d)] sonst

Beweis. Sei α = a + b√d, a, b ∈ Q und b 6= 0. Dann ist qα = X2 − 2aX +

(a2 − b2d) das Minimalpolynom von α uber Q. Falls α ganz uber Q ist, soist 2a ∈ Z, also a = k/2 fur k ∈ Z. Außerdem

k2

4− b2d ∈ Z =⇒ k2 − 4b2d

4∈ Z

. Da d quadratfrei ist, folgt b = m2 fur ein m ∈ Z. Also

k2 −m2d

4∈ Z =⇒ 4 | k2 −m2d =⇒ k2 ≡ m2d mod 4

.

Fall 1: d 6≡ 1 mod 4, so ist das nur moglich falls k,m ∈ 2Z

– d ≡ 2 mod 4:2 | m2d⇒ 2 | k2 ⇒ 2 | k ⇒ 4 | k2 ⇒ 4 | m2d⇒ 2 | m

– d ≡ 3 mod 4:Man kann also k2 ≡ −m2 mod 4 schreiben.n n2 −n21 1 −12 0 03 1 −10 0 0

=⇒ k,m ≡ 0, 2 mod 4

Algebra II 22

Also α = a+ b√d = k

2 + m2

√d ∈ Z[

√d].

Umgekehrt ist Z[√d] ganz uber Z:

√d2 − d = 0.

Fall 2: d ≡ 1 mod 4, dann haben wir k2 = m2 mod 4⇒ k ≡ m mod 4, alsok = m+ 2l fur ein l ∈ Z. Es folgt:

α =m

2+ l +

m

2

√d = l +m · 1

2(1 +

√d) ∈ Z

[1

2(1 +

√d)

]Umgekehrt: (

1

2(1 +

√d)

)2

− 1

2(1 +

√d) +

1− d4

= 0

Beispiel 4.17. Z[√

3] ist ganz abgeschlossen, Z[√

5] dagegen nicht.

Lemma 4.18. Sei A ein Integritatsbereich und K = Quot(A). Sei K ⊆ L ei-ne Korpererweiterung. Sei B der ganze Abschluss von A in L. Sei S ⊆ A einemultiplikativ abgeschlossenen Teilmenge von A mit S 6= 0. Dann ist der ganzeAbschluss von A[S−1] in L gleich B[S−1].

Beweis. Sei b/s ∈ B[S−1] mit b ∈ B, s ∈ S. Da b ganz uber A ist, existierena1, ..., an ∈ Amit

bn + a1bn−1 + ...+ an = 0 | ·1/sn

(b/s)n + a/s∈A[S−1]

(b/s)n−1 + ...+ an/sn

∈A[S−1]

= 0

=⇒ b/s ist ganz uber A[S−1].Umgekehrt sei β ganz uber A[S−1] mit β ∈ L. Dann lautet die Ganz-

heitsgleichung:

βn + a1/s1βn−1 + ...+ an/sn = 0 mit ai ∈ A, si ∈ S.

Sei s := s1 · ... · sn der Hauptnenner, dann folgt:

(sβ)n + s2 · ... · sn · a1(sβ)n−1 + ...+ sn1 · ... · snn−1 · sn−1n · an = 0

Damit ist sβ ganz uber A, sβ ∈ B, also β = sβs ∈ B[S−1].

Korollar 4.19. Ist A ganz abgeschlossen und 0 6∈ S ⊆ A multiplikativ abge-schlossene Teilmenge, so ist auch A[S−1] ganz abgeschlossen.

23 Algebra II

Beweis. Wahle L = K und damit A = B der ganze Abschluss von A inL. Nach dem Lemma 4.18 ist der ganze Abschluss von A[S−1] in L geradeA[S−1].

Korollar 4.20. Sei A ein Integritatsbereich, K = Quot(A), K ⊆ L algebraischeKorpererweiterung, B ganzer Abschluss von A in L. Dann gibt es fur jedes y ∈ Lein 0 6= a ∈ A mit a · y ∈ B. Insbesondere gilt L = Quot(B).

Beweis. Wahle S = A\{0}. Dann ist A[S−1] = K und B[S−1] ist der ganzeAbschluss von K in L, da L algebraisch uber K ist. Damit ist L = B[S−1].

Wiederholung: Separable Korpererweiterungen

Sei K ⊆ L eine Korpererweiterung. Ein Element α ∈ L heißt separabel uberK, falls sein Minimalpolynom nur einfache Nullstellen im algebraischenAbschluss L besitzt. Die Korpererweiterung K ⊆ L heißt separabel, fallsjedes α ∈ L separabel ist.

Satz 4.21. Ist K ⊆ L eine endliche separable Korpererweiterung, so gibt es einα ∈ L, fur welches L = K(α) gilt.

Satz 4.22. Ist K ⊆ L eine endliche separable Korpererweiterung mit [L : K] = nund K der algebraische Abschluss von K, dann gibt es genau n Korperhomomor-phismen σ1, ..., σn : L → K mit σi(x) = x fur alle x ∈ K. Ist umgekehrt y ∈ Lmit σi(y) = y fur alle i = 1...n, so ist y ∈ K.

Bemerkung 4.23. Fur jedes α ∈ L haben wir eine Aquivalenzklasse aufHomK(L, K) = {σ1, ..., σn} : σi ∼ σj :|⇒ σiα = σjα. Jede Aquivalenzklassehat genau [L : K(α)] Elemente. Sei τ1, ..., τr das Reprasentantensystem vonHomK(L, K). Dann ist

∏ri=1(X−τi(α)) das Minimalpolynom von α uber K.

K ⊆ L ⊆ E endliche separable Korpererweiterung. Sei E der algebrai-sche Abschluss von E und HomK(L, E) = {σ1, ..., σn} und HomL(E, E) ={τ1, ..., τm} die Homomorphismen von L bzw. E nach E. Dann ist HomK(E, E) ={σ1 ◦ τ1, ..., σ1 ◦ τm, ..., σn ◦ τm}

5 Norm, Spur und Diskriminante einer Korpererweiterung

Sei K ⊆ L endliche Korpererweiterung. Sei α ∈ L. Betrachte K-lineare Ab-bildung µα : L → L, x 7→ α · x des K-Vektorraum. Sei pα ∈ K[X] dessencharakteristische Polynom. Sei fα das Minimalpolynom von α uber K.

Algebra II 24

Lemma 5.1. Fur die Abbildung µα gilt: pα = fmα mit m = [L : K(α)].

Beweis. Sei fα = Xn + c1Xn−1 + ... + cn, ci ∈ K, wobei n = [K(α) : K]. Sei

β1, ..., βm eine K(α)-Basis von L. Dann ist β1, β1α, ..., β1αn−1, ..., βm, ..., βmαn−1

eine K-Basis von L. Die darstellende Matrix von µα bezuglich dieser Basisist:

c 0 · · · 00 c · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · c

, wobei c =

0 0 · · · 0 −cn1 0 · · · 0 −cn−1...

.... . .

......

0 0 · · · 1 −c1

Man rechnet nach, dass fα = det(XIn − c).

Definition 5.2. Fur α ∈ L heißt

• trL /K(α) := tr(µα) die Spur von α

• NL /K(α) := det(µα) die Norm von α

VL 8, 14.05.18

Wiederholung: K ⊆ L endliche separable Korpererweiterung, α ∈L, µα : L→ L, x 7→ α·xK-linear, pα das charakteristische Polynomder Abbildung, fα das Minimalpolynom von α ∈ L uber K

• pα = fmα mit m = [L : K(α)]

• trL /K(α) := tr(µα) die Spur

• NL /K(α) := det(µα) die Norm

Lemma 5.3. Sei n = [L : K(α)] und α, β ∈ L. Dann

(a) trL /K(α) : L→ L ist K-linear.

(b) NL /K(αβ) = NL /K(α)NL /K(β)

(c) Ist α ∈ K, so ist NL /K(α) = αn und trL /K(α) = nα

(d) ist fα = Xr + a1Xr−1 + ...+ ar und m := [L : K(α)], so ist trL /K(α) =

−ma1 und NL /K =((−1)rar

)m25 Algebra II

Beweis. (a) X

(b) X

(c) mit µα = αIn ergibt sich die Aussage

(d) folgt aus Lemma 5.1: trL /K ist der zweithochste Koeffizient des cha-rakteristischen Polynoms (−1)-mal, sowie NL /K ist (−1)n-mal derkonstante Term des charakteristischen Polynoms.

Korollar 5.4. Sei K ⊆ L endliche separable Korpererweiterung mit [Lk : K] = nund σ1, ..., σn : L→ K die verschiedenen K-Einbettungen von L in den algebrai-schen Abschluss von K. Fur α ∈ L gilt:

trL /K(α) =n∑i=1

σi(α) und NL /K(α) =n∏i=1

σi(α)

Beweis. Sei τ1, ..., τr ein Reprasentantensystem von HomK(L, K) bezuglichder Aquivalezrelation σ ∼ σ′ : ⇐⇒ σ(α) = σ′(α). Dann ist pα = fmα =(∏r

i=1(X − τi(α)))m

=∏ni=1

(X − σi(α)

)Kleine Anmerkung. Weil jede Aquivalenzklasse von τi(α) aus dem Reprasen-tantensystem genaum Stuck Abbildungen hat. Diese Tatsache folgt aus derGalois-Theorie.

Satz 5.5. Seien K ⊆ L ⊆ E endliche separable Korpererweiterungen. Fur jedesα ∈ E gilt:

trE/K(α) = trE/L(

trL /K(α))

sowie NE/K(α) = NE/L(NL /K(α)

)Beweis. Sei E ein algebraischer Abschluss von E. Sei σ1, ..., σr ein Reprasen-tantensystem von HomK(E, E) bezuglich der Aquivalezrelation: σ ∼ σ′ :⇐⇒ σ |L= σ′ |L. Dann ist HomK(L, E) =

{σi |L: i = 1...r

}und somit

trE/K(α) =r∑i=1

∑σ∼σi

σ(α) =r∑i=1

σi(trE/L(α)) = trL/K(trE/L(α))

Die Aussage fur die Norm folgt analog.

Algebra II 26

Erinnerung: Ist V ein K-Vektorraum mit dimV = n < ∞, so heißteine symmetrische Bilinearform b : V × V → K nicht ausgeartet,falls fur jedes 0 6= v ∈ V existiert ein w ∈ V sodass b(v, w) 6= 0.Man kann b als eine Abblidung von V in seinen Dualraum auffas-sen: b : V → V V , v 7→ [w 7→ b(v, w)]. Falls b nicht ausgeartet ist, istb als Abbildung ins Duale ein Isomorphismus. Dazu aquivalent istdie Bedingung, dass det[b(vi, vj)] 6= 0 fur eine Basis v1, ..., vn von V .In dem Fall existiert eine Basis w1, ..., wn ∈ V mit b(vi, wj) = δi,j .

Definition 5.6. Sei K ⊆ L endliche separable Korpererweiterung.

(a) Die symmetrische Bilinearform b

b : L×L→ K, b(α, β) = trL /K(α · β)

heißt die Spurform von K ⊆ L.

(b) Sei n = [L : K] und B = (α1, ..., αn) ∈ Ln eine Basis von L. Dann ist

d(B) = dL /K(B) := det(trL /K(αiαj))i,j

die Diskriminante von K ⊆ L.

Lemma 5.7. Sei K ⊆ L endliche separable Korpererweiterung mit [L : K] = n.

Fur α1, ..., αn ∈ L ist dL /K(α1, ..., αn) = (detV )2 mit V =

[σ1(α1) ··· σ1(αn)

......

σn(α1) ··· σn(αn)

],

wobei HomK(L, K) = {σ1, ..., σn}.

Beweis. Betrachte

V TV =

(n∑i=1

σi(αk)σi(αl)

)k,l

=

(n∑i=1

σi(αkαl)

)k,l

=(trL /K(αkαl)

)k,l

Damit bekommen wir d(α1, ..., αn) = detV TV = (detV )2

Satz 5.8. Sei K ⊆ L endliche separable Korpererweiterung. Dann ist die Spurformnicht ausgeartet.

27 Algebra II

Beweis. Sei L = K(α) fur ein geeignetes α ∈ L (die Existenz von α folgt ausdem Satz vom primitiven Element). Dann ist 1, α, ..., αn−1 mit n = [L : K]eine K-Basis von L. Es ist:

d(1, α, ..., αn−1) = (detV )2, mit V =

1 α1 ··· αn−11

......

. . ....

1 α1 ··· αn−11

, wobei αj = σj(α), σj ∈ HomK(L, K) α1, ..., αn sind die verschiedenenNullstellen des Minimalpolynoms fα. Da die Korpererweiterung separabelist, ist detV =

∏1≥i<j≤n(αj − αi) 6= 0.

Lemma 5.9. Sei K ⊆ L endliche separable Korpererweiterung mit [L : K] = n,α1, ..., αn ∈ L.

(a) d(α1, ..., αn) = 0 ⇐⇒ α1, ..., αn linear abhangig

(b) Fur jede K-lineare Abbildung s : L→ L gilt

d(s(α1), ..., s(αn)) = det(s)2d(α1, ..., αn)

Beweis. (a) ”⇒ ” folgt daraus, dass die Spurform nicht ausgeartet ist”⇐ ” Ist λ1α1 + ...+ λnαn = 0 fur λi ∈ K, so ist(

tr(αiαj))i,j

[λ1, ..., λn]T = 0

(b) OBdA α1, ..., αn eine Basis,M sei die darstellende Matrix von s. Dannist (

tr(s(αi)s(αj)))i,j

= MT(

tr(αiαj))i,jM

Die Behauptung folgt aufgrund des Determinantenproduktsatzes.

Satz 5.10. Sei A ganz abgeschlossen und noethersch, K = Quot(A). Sei K ⊆ Lendliche separable Korpererweiterung. Dann ist der ganze Abschluss B von A inL ebenfalls noethersch und endlich erzeugt als A-Modul.

Beweis. Sei a1, ..., an ∈ L eine K-Basis von L. Nach Korollar 4.20 existiertzu jedem ai ein si ∈ A\{0}, sodass siai ∈ B. Wir konnen also oBdA an-nehmen, dass a1, ..., an ∈ B. Sei b1, ..., bn ∈ L die zu a1, ..., an duale Ba-sis. Sei b ∈ B, dann gibt es λ1, ...λn ∈ K mit b = λ1b1 + λnbn. Dann isttrL /K(aib) = λi weil die Basis dual ist.

Algebra II 28

Behauptung. λi ∈ AIn der Tat: nach Lemma 5.3 ist trL /K(aib) = −mc mit m ∈ Z≥0 und

c ein Koeffizient des Minimalpolynoms von aib. Damit liegt trL /K(aib) ∈A, da aib ∈ B ganz uber A ist. =⇒ B enthalten im A-Modul, welchenvon b1, ..., bn erzeugt wird. Da A noethersch ist, ist dieser erzeugter Modulebenfalls noethersch, wodurch B als A-Modul endlich erzeugt ist.

Bemerkung 5.11. In der Situation vom Satz 5.10 haben wir gesehen, dasstrL /K(b) ∈ A fur alle b ∈ B. Analog kann man zeigen, dass auch NL /K(b) ∈A fur alle b ∈ B gilt.

VL9, 16.05.18

6 Dedekindringe

Definition 6.1. Ein Dedekindring ist ein Integritatsbereich, der noethersch,ganz abgeschlossen und jedes seiner Primideale 6= (0) ist maximal.

Beispiel 6.2. (a) Jeder Hauptidealbereich A ist ein Dedekindring .

– noethersch X

– ganzabgeschlossen, da faktoriell

– Seien (0) ( P ⊆ I ( A ein Primideal P und I ein Ideal. Da AHauptidealring ist, gibt es ein p und ein a, sodass P = (p) undI = (a), wobei p irreduzibel und a 6∈ A×. Da P ⊆ I , folgt a | p,also a ∼ p, weil p irreduzibel ist. Damit folgt P = I .

(b) Q[X,Y ] oder Z[X] sind keine Dedekindringe:

– (0) ( (X) ( (X,Y ) ( Q[X,Y ]

– (0) ( (X) ( Z[X]

Satz 6.3. Sei A ein Dedekindring , K = Quot(A) und K ⊆ L eine endlicheseparable Korpererweiterung . Dann ist der ganze Abschluss B von A in L einDedekindring .

Um den obigen Satz zu beweisen, benotigen wir etwas Vorarbeit.

Lemma 6.4. Sei A ⊆ B eine ganze Erweiterung der Integritatsringe. Sei Q ⊆ Bein Primideal, sodass A∩Q ein maximales Ideal von A ist. Dann ist Q bereitsmaximal gewesen.

29 Algebra II

Beweis. Betrachte ein Homomorphismus

A ↪→ B → B /Q↓ ↗A /P

Wir bekommen eine Inklusion von A /P ↪→ B /Q. Es ist sogar eineganze Ringerweiterung, da sich die Ganzheitsgleichung aus der ursprung-lichen Ringerweiterung auf die Aquivalenzklassen ubertragt. Da A /P einKorper ist, ist B /Q ebenfalls ein Korper. Also muss Q maximal gewesensein.

Nun kommen wir zum Beweis vom Satz 6.3

Beweis. (vom Satz 6.3) Wir weisen jede Eigenschaft eines Dedekindringesfur B nach

• B noethersch: Siehe den Satz 5.10

• B ganz abgeschlossen, weil B der ganze Abschluss ist.

• Idealeigenschaft: Sei (0) ( Q ⊆ B ein Primideal inB. Dann ist Q∩A :=P ein Primideal vonA (falls nicht klar, uberlege was die Primidealei-genschaft heißt und dass A in B enthalten ist). Es ist auch (0) 6= P,denn etwa 0 6= NL /K(α) ∈ P fur ein 0 6= α ∈ Q (so eins musses nach Voraussetzung geben): Denn NL /K(α) ∈ Q (warum?) undNL /K(α) ∈ A, siehe Bemerkung zum Satz 5.10. Nach Lemma 6.4 istQ ein maximales Ideal.

Damit ist B ein Dedekindring .

Beispiel 6.5. Sei Q ⊆ K eine endliche separable Korpererweiterung . Dannist der ganze Abschluss von Z in K nach Satz 6.3 ein Dedekindring , etwaZ[i],Z[

√3],Z

[1/2(1 +

√5)].

Lemma 6.6. Sei A ein Integritatsbereich und noethersch, K = Quot(A). Furjeden A-Untermodul I von K sind aquivalent:

(i) I ist endlich erzeugt als A-Modul

(ii) Es existiert ein 0 6= a ∈ K mit aI = {ax : x ∈ I}

(iii) Es existiert ein 0 6= a ∈ A und ein J Ideal von A mit I = a−1J

Algebra II 30

Falls (i) − (iii) erfullt sind und falls (0) 6= I , so heißt I ein gebrochenes Idealvon A.

Beweis. (i) ⇒ (iii) Sei I endlich erzeugt von a1s1, ..., ansn ∈ K Wir konnen

a := s1 · ... · sn wahlen.(iii)⇒ (ii) X(ii) ⇒ (i) Die Abbildung I → aI, x 7→ ax ist ein Isomorphismus von

A-Moduln. Da aI ein Ideal von A ist, ist aI (und damit auch I) endlicherzeugt als A-Modul, da A noethersch ist.

Lemma 6.7. Sind I, J gebrochene Ideale von einem noetherschen Ring A. Dannsind auch

• I + J = {x+ y : x ∈ I, y ∈ J}

• I · J = {der von allen xy erzeugte Untermodul von K}

• I : J = {a ∈ K : aJ ⊆ I}

gebrochene Ideale vonA. Insbesondere I∗ := (A : I) mit I∗ = {a ∈ K : aI ⊆ A}.

Beweis. Sei I von x1, ..., xn erzeugt und J von y1, ..., ym. Dann sind I + Jbzw. I · J von x1 + y1, ..., x1 + ym, ..., xn + ym bzw. x1y1, ..., x1ym, ..., xnymerzeugt.

”(I : J)”: aI ⊆ A, b ∈ J fur alle a, b ∈ K×. Dann ist fur alle x ∈ (I : J) :xJ ⊆ I =⇒ axJ ⊆ aI A. Dann gilt abx ∈ A, da b ∈ J =⇒ ab(I : J) ⊆A.

Bemerkung 6.8. Sein a, b ∈ A\{0} und I = (a), J = (b). Dann I ·J = (ab), (I :J) ist der A-Untermodul von K, welcher von a/b erzeugt wird.

Nun sei JA die Menge der gebrochenen Ideale von A. Durch das Ideal-produkt I · J wird JA zum kommutativen Monoid mit neutralem Element(1) = A.

Satz 6.9. Sei A ein Dedekindring . Jedes Ideal (0) 6= I von A ist ein Produkt vonPrimidealen: I = P1 ·... · Pr,Pi ⊆ A. Die Darstellung ist eindeutig bis auf dieReihenfolge.

Lemma 6.10. SeiA ein Dedekindring , (0) 6= I ⊆ A ein Ideal. Es gibt Primideale,sodass 0 6= P1 ·... ·Pr ⊆ I .

31 Algebra II

Beweis. Sei M :={

die Menge aller Ideale von A, wo die Aussage nichtstimmt

}Angenommen ∅ 6= M . Jede aufsteigende Kette in M wird stationar, da

A noethersch ist. Nach dem Lemma von Zorn existiert ein maximales Ele-ment von J ∈ M . J ist kein Primideal, da J ∈ M liegt. Deswegen gibt esa, b ∈ A, sodass ab ∈ J , aber a, b 6∈ J . Setze

J1 := (a) + J sowie J2 := (b) + J

Es gilt stets J ( J1, J2 =⇒ J1, J2 6∈ M , sonst ware J kein maximalesElement. Also existieren P1, ...,Pr und P′1, ...,P

′s, sodass P1 ·... · Pr ⊆ J1

und P′1 ·... · P′s ⊆ J2. Daraus folgt, dass P1 ·... · Pr ·P′1 ·... · P′s ⊆ J1J2.Aber es gilt: J1J2 ⊆ J , weil jedes Element aus J1J2 folgende Gestalt besitzt:(ax+ y)(bx′ + y′) = abxx′ + axy′ + bx′y + yy′ ∈ J Widerspruch

Lemma 6.11. Sei A ein Dedekindring und 0 6= P ⊆ A ein Primideal. Fur jedesIdeal (0) 6= I ( A ist P∗ I 6= I

Beweis. Zuerst zeigen wir: A ( P∗. Klar ist, dass A ⊆ P∗. Sei also 0 6= a ∈P und P1 ·... ·Pr ⊆ (a) mit 0 6= P1, ...,Pr Primideale und r minimal. Dannist Pi ⊆ P fur ein i. In der Tat: gabe es ein ai ∈ Pi \P fur alle i, so warea1 · ... · ar ∈ P Widerspruch zu P Primideal.

OBdA: P1 ⊆ P =⇒ P1 = P, da A ein Dedekindring . WegenP2 ·... · Pr ( (a) (r minimal) existiert es ein b ∈ P2 ·... · Pr mit a−1b 6∈ A.Andererseits ist bP ⊆ (a), also a−1bP ⊆ A. Damit folgt a−1b ∈ P∗ \A.

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