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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:52 Mo 01.12.2014 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | Ein Integritätsbereich R heißt faktorieller Ring, wenn die folgenden Bedingungen erfüllt sind:
1. Ist a [mm] \in [/mm] R, [mm] a\not=0, [/mm] a [mm] \not\in R^{\*}, [/mm] so gibt es irreduzible [mm] p_1,..,p_n [/mm] derart, dass [mm] a=p_1*..*p_n
[/mm]
2. Ist a [mm] \in [/mm] R, [mm] a\not=0, [/mm] a [mm] \not\in R^{\*} [/mm] und [mm] a=p_1*..*p_n=q_1*..*q_m [/mm] für irreduzible [mm] p_1,..,p_n,q_1,..,q_m \in [/mm] R, so ist n=m und [mm] \exists \sigma \in S_n [/mm] mit der Eigenschaft, dass [mm] p_i [/mm] und [mm] q_{\sigma(i)} [/mm] assoziert sind für 1 [mm] \le [/mm] i [mm] \le [/mm] n
Warum folgt Bedingung 2) nicht aus Bedingung 1) ?
Der Prof meine zu der Frage man solle sich [mm] R=\IZ[i \sqrt{5}] [/mm] anschauen |
Hallo zusammen,
Zuerst hab ich ein Gegenbeispiel für Bedingung 2 gefunden:
Man kann 6 z.B darstellen als:
6=2*3=(1+i [mm] \sqrt{5})*(1-i \sqrt{5})
[/mm]
2 teilt nicht (1+ i [mm] \sqrt{5}) [/mm] und 2 teilt nicht (1- i [mm] \sqrt{5}):
[/mm]
Denn angenommen 2 teilt (1+i [mm] \sqrt{5}): \exists [/mm] x [mm] \in \IZ[i \sqrt{5}]: [/mm] 2x = 1 + i [mm] \sqrt{5} \gdw [/mm] 2(a+ [mm] i\sqrt{5}b)=1+i\sqrt{5} \gdw [/mm] 2a+ [mm] i\sqrt{5}2b=1+i\sqrt{5}
[/mm]
-> 2a=1 -> a [mm] \not\in \IZ [/mm] -> Widerspruch
Analog (1- i [mm] \sqrt{5})
[/mm]
(1+ i [mm] \sqrt{5}) [/mm] und (1- i [mm] \sqrt{5}) [/mm] teilen 2 nicht:
Ang. (1+ i [mm] \sqrt{5}) [/mm] teilt [mm] 2:\exists [/mm] x [mm] \in \IZ[i \sqrt{5}]:(1 [/mm] + i [mm] \sqrt{5})x [/mm] =2
[mm] \gdw [/mm] (1 + i [mm] \sqrt{5})(a+i \sqrt{5} [/mm] b) =2 [mm] \gdw a-5b+i\sqrt{5}*(b+a)=2 [/mm]
-> a-5b=2, b+a=0, Lösungen in [mm] \IQ [/mm] -> Wid
Analog für (1- i [mm] \sqrt{5})
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] 2 weder zu (1+ i [mm] \sqrt{5}) [/mm] noch zu (1- i [mm] \sqrt{5}) [/mm] assoziert.
-) 2 ist irreduzibel:
[mm] 2\not=0
[/mm]
2 [mm] \not\in \IZ^{\*} [/mm] [i [mm] \sqrt{5}]=\{ z \in \IZ[i \sqrt{5}]| N(z)=1\}
[/mm]
2=z*w mit z,w [mm] \in \IZ[i \sqrt{5}]
[/mm]
-> [mm] 4=N(2)=N(zw)=N(z)N(w)=(a^2+5b^2)*(x^2+5y^2)
[/mm]
4= [mm] (a^2+5b^2)*(x^2+5y^2)
[/mm]
Da N:(a+i [mm] \sqrt{5} [/mm] b) [mm] \mapsto (a^2 +5b^2)
[/mm]
müssen die Bilder der N-Funktion natürliche Zahlen sein
Fälle:
[mm] I:(a^2+5b^2)=1,(x^2+5y^2)=4
[/mm]
[mm] II:(a^2+5b^2)=4,(x^2+5y^2)=1
[/mm]
[mm] III:(a^2+5b^2)=2,(x^2+5y^2)=2
[/mm]
Fall III kann nie eintreten
Bei Fall I: a= [mm] \pm [/mm] 1, b=0, [mm] x=\pm [/mm] 2, y=0 [mm] \Rightarrow [/mm] z [mm] \in \IZ^{\*} [/mm] [i [mm] \sqrt{5}]
[/mm]
Bei Fall II: x = [mm] \pm [/mm] 1, y=0, a= [mm] \pm [/mm] 2, b=0 [mm] \Rightarrow [/mm] w [mm] \in \IZ^{\*} [/mm] [i [mm] \sqrt{5}]
[/mm]
Analog für 3;
-) 1+ i [mm] \sqrt{5} [/mm] irreduzibel
1+ i [mm] \sqrt{5} \not= [/mm] 0
1+ i [mm] \sqrt{5} \not\in \IZ^{\*} [/mm] [i [mm] \sqrt{5}] [/mm] da [mm] N(1+i\sqrt{5})=2 \not= [/mm] 1
2=N(1+ i [mm] \sqrt{5})=N(zw)=N(z)*N(w)=(a^2+5b^2)*(x^2+5y^2)
[/mm]
Fälle:
[mm] I:(a^2+5b^2)=1,(x^2+5y^2)=2
[/mm]
[mm] II:(a^2+5b^2)=2,(x^2+5y^2)=1
[/mm]
Hier kann aber gar keiner der beiden Fälle eintreten??? Demnach gibt es keine Darstellung von 1+ i [mm] \sqrt{5} [/mm] aus zwei Faktoren?
Wie verfahre ich hier weiter?
Und dann ist noch meine Frage wie ich zeigen kann das Bedingung 1 erfüllt ist!!
LG,
sissi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:53 Mi 03.12.2014 | | Autor: | sissile |
Hallo zusammen,
Keiner eine Idee?
LG,
sissi
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moin,
doch, es gibt ein paar Darstellungen von [mm] $1+i\sqrt{5}$ [/mm] aus zwei Faktoren, etwa [mm] $1\cdot (1+i\sqrt{5})$ [/mm] oder [mm] $-1\cdot(-1-i\sqrt{5})$.
[/mm]
Allerdings ist [mm] $1+\sqrt{5}$ [/mm] irreduzibel, denn in jeder solchen Darstellung muss ein Faktor eine Einheit sein (Einheiten sind genau die Elemente, deren Norm $1$ oder $-1$ ist).
Zur 1:
Sei $a$ in $R$. Ist $a$ irreduzibel, so sind wir fertig.
Ist $a$ nicht irreduzibel (und keine Einheit, die schließen wir mal von vornherein aus), so gibt es Elemente $b$ und $c$, die beides keine Einheiten sind mit $a=bc$.
Sind nun $b,c$ beide irreduzibel, so sind wir fertig. Wenn nicht wenden wir auf $b$ und $c$ das gleiche Argument nochmal an, zerlegen diese weiter.
Auf diese Art bekommen wir eine Zerlegung von $a$ in irreduzible Elemente.
Nun wirst du sicher sagen: moment, dieser Algorithmus muss doch gar nicht terminieren, sprich die Zerlegung von $a$ könnte potentiell unendlich lang werden!
Allerdings kann das hier nicht passieren; und das verdanken wir der Norm.
Überlege dir, wie du $N(a),N(b)$ und $N(c)$ sowie das Wissen, dass $N(x)=1$ ausschließlich nur für Einheiten gilt, verwenden kannst, um zu zeigen, dass obiges Verfahren terminiert.
lg
Schadow
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