Algebra I Übung W11

Proposition 1:
Seien $R,S$ zwei Ringe und $\phi :R\to S$ ein Ringhomomorphismus. Dann gilt
(1) $\phi (0_R)=0_S$
(2) $\forall x\in R\forall n\in \mathbb{Z}:\phi (nx)=n\phi (x)$
(3) $\forall x\in R\forall n\in \mathbb{Z}:\phi (x^n)=\phi (x{)}^n$
(4) $\phi$ induziert einen Gruppenhomomorphismus $\psi :R^{\times }\to S^{\times }$

Beweis:
(1)

$$\phi (0_R)=\phi (0_R+0_R)=\phi (0_R)+\phi (0_R),$$

womit $\phi (0_R)=0_S$ folgt.

(2/3)
Für $x\in R$ und $n\in \mathbb{Z}$ definiere $nx=x+\cdots +x$, wobei die Summe genau $n$ Summanden hat. Analog für $x^n=x\cdot \dots \cdot x$. Die Aussage folgt mittels Induktion.

(4)
Definiere

$$\begin{array}{rl}\psi :R^{\times }& \to S^{\times }\\ x& \mapsto \phi (x).\end{array}$$

Wir bemerken zuerst, dass $\psi (xy)=\phi (xy)=\phi (x)\phi (y)=\psi (x)\psi (y)$ für alle $x,y\in R$. Weiter gilt $1_S=\psi (1)=\psi (x{x}^{-1})=\psi (x)\psi (x^{-1})$, womit ist $\psi$ wohldefiniert. Insgesamt zeigt dies, dass $\psi$ einen Gruppenhomomorphismus bildet.

$$\begin{array}{r}\end{array}\text{\hspace{1em}□}$$

Lemma 2:
Sei $R$ ein endlicher Ring mit quadratfreier Ordnung. Dann ist $(R,+,0)$ zyklisch und $R$ abelsch.

Beweis:
Schreibe $|R|=p_1\cdot \dots \cdot p_n$ für paarweise verschiedene Primzahlen $p_1,\dots ,p_n$. Betrachte die abelsche additive Gruppe $(R,+,0)$. Mit dem Haupsatz folgt

$$(R,+,0)\cong \underset{i=1}{\overset{n}{⨁}}\mathbb{Z}/p_i\mathbb{Z}.$$

Wir wissen, dass die rechte Seite zyklisch ist, also ist $(R,+,0)$ zyklisch. Sei $a\in R$ ein Erzeuger von $(R,+,0)$. Seien $x,y\in R$ beliebig. Dann existieren $k_1,k_2\in \mathbb{Z}$, so dass $x=k_1\cdot a$ und $y=k_2\cdot a$. Also gilt

$$xy=(k_1\cdot a)(k_2\cdot a)=(k_1{k}_2)\cdot a^2$$

Analog folgt $yx=(k_1{k}_2)\cdot a^2$. Dies zeigt, dass $R$ kommutativ ist.

Proposition 3:
Sei $R$ ein endlicher Ring mit quadratfreier Ordnung. Dann ist $R$ isomorph zu einer direkten Summe von Körpern.

Beweis:
Schreibe $|R|=p_1\cdot \dots \cdot p_n$ für paarweise verschiedene Primzahlen $p_1,\dots ,p_n$. Mit Lemma 2 erhalten wir, dass $R$ kommutativ ist. Definiere die Ideale

$$I_i=p_{i}R,$$

für alle $i=1,\dots ,n$. Für $i\ne j$ finden wir mit dem Euklidischen Algorithmus $x,y\in \mathbb{Z}$, so dass $x{p}_i+y{p}_j=1$. Es folgt, dass $I_i+I_j=(1)$. Mit dem Chinensischen Restsatz erhalten wir also

$$R/I\cong R/I_1\oplus \cdots \oplus R/I_n,$$

wobei $I=I_1\cap \cdots \cap I_n$. Sei $x\in I$ und $i\in \left\{1,\dots ,n\right\}$. Dann können wir $x=p_i{r}_i$ für ein $r_i\in R$ schreiben. Durch Betrachtung als additive abelsche Gruppe zeigt dies, dass ${\mathrm{ord}}_{+}(x)|{\prod }_{j\ne i}{p}_j$. Da $i$ beliebig was, folgt ${\mathrm{ord}}_{+}(x)=1$, also $x=0$. Dies zeigt $I=(0)$ und somit $R\cong R/I$.

Wir wollen nun zeigen, dass $R/I_i\cong {\mathbb{F}}_{p_i}$. Mit Lemma 2 ist $(R,+,0)$ zyklisch von Ordnung $p_1\cdot \dots \cdot p_n$. Angenommen $1$ ist kein Erzeuger, dann ist $m1=0$ für ein $m<p_1\cdot \dots \cdot p_n$. Aber dann gilt für alle $x\in R$, $mx=m1x=0$, womit $(R,+,0)$ nicht zyklisch ist, ein Widerspruch. Als ist $1$ ein Erzeuger. Sei wieder $i\in \left\{1,\dots ,n\right\}$. So ist $I_i=⟨p_i\cdot 1⟩$ und $|I_i|={\prod }_{j\ne i}{p}_j$. Mit Lagrange gilt also $|R/I_i|=p_i$. Also ist $R/I_i\cong \mathbb{Z}/p_i\mathbb{Z}$.

Insgesamt folgt also

$$R\cong \underset{i=1}{\overset{n}{⨁}}{\mathbb{F}}_{p_i}.$$ $$\begin{array}{r}\end{array}\text{\hspace{1em}□}$$

Aufgabe:
Sei $R$ ein nicht-trivialer Ring. Bestimme alle Ringhomomorphismen $f:\mathbb{Q}\to R$.

Lösung:
Wann existiert ein solcher überhaupt? Wir behaupten, dass ein solcher existiert, genau dann wenn $R$ einen zu $\mathbb{Q}$ isomorphen Unterring enthält.

Angenommen $R$ enthält einen zu $\mathbb{Q}$ isomoprhen Unterring $S$. Sei $\phi :\mathbb{Q}\to S$ ein Ringisomorphismus. Sei $\iota :S\to R$ die Inklusionsabbildung. Dann bildet $\iota \circ \phi$ einen Ringhomomorphismus von $\mathbb{Q}$ nach $R$.

Angenommen es existiert ein Ringhomomorphismus $f:\mathbb{Q}\to R$. Wir wollen zeigen, dass $f$ injektiv ist, womit $R$ einen zu $\mathbb{Q}$ isomorphen Unterring enthält. Seien $a,b\in \mathbb{Q}$ mit $f(a)=f(b)$. Dann gilt $f(a-b)=0_R$. Angenommen $a-b\ne 0$. Dann, da $\mathbb{Q}$ ein Körper bildet, existiert ein $u\in \mathbb{Q}$ mit $u(a-b)=1$. Also $1_R=f(1)=f(u(a-b))=f(u)0_R=0_R$, ein Widerspruch. Dies zeigt $a=b$ und somit Injektivität.

Wir haben also herausgefunde, wann ein solcher existiert. Kann es auch mehrere geben?

Sei wieder $f:\mathbb{Q}\to R$ ein Ringhomomorphismus. Für $n\ge 0$ gilt dann

$$f(n)=f(1)+\cdots +f(1)=1+\cdots +1=n\cdot 1.$$

Wegen $f(n)+f(-n)=f(0)=0$ gilt $f(-n)=n\cdot (-1)$. Dies zeigt, dass $f$ eindeutig auf $\mathbb{Z}$ bestimmt ist. Es gilt jedoch weiter für $n\ge 1$

$$1=f(1)=f(1/n)f(n)=f(1/n)(n\cdot 1).$$

Dies zeigt, $f(1/n)=(n\cdot 1{)}^{-1}$. Für $m\in \mathbb{Z}$ und $n\ge 1$ gilt also

$$f(m/n)=f(m)f(1/n)=(m\cdot 1)(n\cdot 1{)}^{-1}.$$

Dies zeigt, dass $f$ auf ganz $\mathbb{Q}$ eindeutig bestimmt ist. Falls einer existiert ist dieser also eindeutig.

$$\begin{array}{r}\end{array}\text{\hspace{1em}□}$$

Beispiel:
Setze $E:={\mathbb{Z}}^{\mathbb{N}}$, die Menge aller Folgen in $\mathbb{Z}$. Für $\mathbf{a},\mathbf{b}\in E$ definieren $\mathbf{a}+\mathbf{b}$ komponentenweise. Dann bildet die Menge aller Funktionen von $E$ auf sich selbst einen Ring, wobei die Addition punktweise geschieht und die Multiplikation durch die Verknüpfung der Funktionen gegeben ist. Also für $f,g:E\to E$

$$(f+g)(\mathbf{a}):=f(\mathbf{a})+g(\mathbf{a})$$

und

$$(f\circ g)(\mathbf{a}):=f(g(\mathbf{a})).$$

Dann ist $T:E\to E$ gegeben durch $T(a_1,a_2,\dots )=(0,a_1,a_2,\dots )$ von links invertierbar aber $T$ bildet keine Einheit bildet.