Einheiten, Primelemente, irred. und nilpotente Elemente bestimmen

25.05.2011, 19:39

Hamsterchen

Einheiten, Primelemente, irred. und nilpotente Elemente bestimmen

Hi

folgende Aufgabe:
Alle Primelemente, Einheiten, irred. Elemente und nilpotente Elemente der folgenden Ringe bestimmen

(a) $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}, p \end{eqnarray*}$ prim und $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb{N}_0 \end{eqnarray*}$

(b) $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}[x]/(x^4+x^3-x-1)\mathbb{Q}[x] \end{eqnarray*}$

(c) $\begin{eqnarray*} F(\mathbb{Q}) \end{eqnarray*}$ Ring aller Funkionen von $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}\to\mathbb{Q} \end{eqnarray*}$

Im Moment hab ich leider noch keinen Ansatz, da mir die Ringe auch noch nicht sooo klar sind...
Wäre für Erläuterungen dankbar

LG
Hamsterchen

25.05.2011, 20:04

zweiundvierzig

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Zu (a): Was bedeutet die Nilpotenzbedingung für diesen Spezialfall ausgeschrieben?

Wie lassen sich denn Einheiten, Primelemente und irreduzible in beliebigen Restklassenringen charakterisieren, sofern Ihr das schon gemacht habt?

25.05.2011, 20:14

Hamsterchen

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also ein element $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ aus einem Ring $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ heisst nilpotent, falls es ein $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ gibt mit $\begin{eqnarray*} a^n=0 \end{eqnarray*}$

In unseren Sätzen hatten wir bis jetzt eigentlich nur allgemeine Ringe. Was spezielles für restklassenringe hab ich jetzt nicht in erinnerung (glaub ich ^^)

edit: also in Z/p^nZ sind ja alle Zahlen von 0 bis p^n-1 drin. die zahl a=p^n hat ja die eindeutige primfaktorzerlegung p^n und p hat ja auch keine teiler. also dürfte es doch sonst keine anderen elemente b geben, wo b^n=0 ergibt, oder? also sollte dann nicht das einzige nilpotente element p selbst sein???

25.05.2011, 21:38

zweiundvierzig

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Zitat:

Original von Hamsterchen
also in Z/p^nZ sind ja alle Zahlen von 0 bis p^n-1 drin.

Nicht ganz. Die Elemente sind Äquivalenzklassen und für diese ist ein Repräsentantensystem mit den von Dir genannten Zahlen gegeben.

Zitat:

Original von Hamsterchen
die zahl a=p^n hat ja die eindeutige primfaktorzerlegung p^n und p hat ja auch keine teiler. also dürfte es doch sonst keine anderen elemente b geben, wo b^n=0 ergibt, oder? also sollte dann nicht das einzige nilpotente element p selbst sein???

Nein, im allgemeinen gibt es noch mehr nilpotente Elemente. Dein Ansatz ist aber schon richtig. Für welche Elemente findet man denn noch Exponenten, sodass diese Potenz am Ende von $\begin{eqnarray*} p^k \end{eqnarray*}$ geteilt wird? Überlege Dir das mal am Beispiel $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/8 \mathbb Z \end{eqnarray*}$ .

25.05.2011, 21:53

Hamsterchen

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ja das mit den ä-klassen ist ja klar.
also bei Z/8Z wäre da zum Beispiel die 4, denn 4^2=16=0 (also die ä-klassen).

aber wie soll man das allgemein halten?
außerdem wäre für n=1 Z/pZ ja immer ein Körper und für n=0 wäre es ja einfach nur Z, muss man diese fälle gesondert betrachten?

25.05.2011, 21:59

zweiundvierzig

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Zitat:

Original von Hamsterchen
ja das mit den ä-klassen ist ja klar.

Das hattest Du aber nicht geschrieben. Du musst da schon aufpassen. Du findest mit dieser Sprechweise in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/2\mathbb Z \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathbb Z / 3 \mathbb Z \end{eqnarray*}$ schließlich auch beide Male "die Zahl 1", dennoch sind das zwei (auch algebraisch) vollkommen verschiedene Elemente.

Zitat:

Original von Hamsterchen
also bei Z/8Z wäre da zum Beispiel die 4, denn 4^2=16=0 (also die ä-klassen).

Ja, 4 ist richtig. Aber es gibt noch mehr Elemente. Probiere sie doch mal der Reihe nach durch, wenn Du es nicht gleich siehst.

Zitat:

Original von Hamsterchen
außerdem wäre für n=1 Z/pZ ja immer ein Körper

Richtig, aber dieser Fall folgt dann auch, wenn wir dann unser Ergebnis haben.

Zitat:

Original von Hamsterchen
und für n=0 wäre es ja einfach nur Z

Für $\begin{eqnarray*} n = 0 \end{eqnarray*}$ haben wir $\begin{eqnarray*} p^n = 1 \end{eqnarray*}$ , also betrachten wir $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/\mathbb Z \cong \{ 0 \} \end{eqnarray*}$ . Ein eher langweiliger Fall. smile

25.05.2011, 22:13

Hamsterchen

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oh ich dachte irgendwie, dass Z/Z=Z, aber egal ^^

ok da wäre noch
2^3=8=0
6^3=216=0

hmm mehr hab ich jetzt nicht gesehen...

ok also was mir aufgefallen ist (oder ich mir einbilde ^^)

in Z/2^3Z sind das (bis jetzt) die zahlen 2,4,6
in Z/3^2Z sind das dann 3,6,9
in Z/3^3Z sind das 3,6,9,12,15,1821,24

daraus könnte man folgern (vielleicht), dass die nilpotenten elemente alle vielfachen von p sind, und die hoch n geben dann immer 0.. oder so ähnlich

25.05.2011, 22:44

zweiundvierzig

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Ganz genau. Freude

Damit ist auch klar, dass man für $\begin{eqnarray*} \mathbb Z / p \mathbb Z \end{eqnarray*}$ genau das erhält, was man schon kennt. Augenzwinkern

Zu den Einheiten: Welche Elemente können wir schonmal ausschließen? D.h., wenn $\begin{eqnarray*} a \in \mathbb Z/p^n\mathbb Z \end{eqnarray*}$ eine Einheit ist, was muss auf jeden Fall für $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ gelten?

25.05.2011, 22:48

Hamsterchen

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also erstmal nach definition muss es ein anderes element b aus Z/P^nZ geben, so dass ab=1 ist.

edit:
also in Z/3^2Z=Z/9Z wären die einheiten doch:
2 und 5 weil 2*5=10=1
4 und 7 weil 4*7=28=1
und 8 weil 8*8=64=1

da seh ich jetzt aber noch nix ^^

25.05.2011, 22:54

zweiundvierzig

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Das hast Du schön ausgerechnet. smile

Du könntest Dir doch mal angucken, welche Elemente jetzt gerade nicht dabei sind. Augenzwinkern

25.05.2011, 22:56

Hamsterchen

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ok also nicht dabei sind:
3,6 und 9, also wieder die vielfachen von p??? ^^
ne 9 is ja eh net dabei xD...is ja dann wieder 0....

25.05.2011, 23:06

zweiundvierzig

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Gut erkannt. smile

Allerdings solltest Du das natürlich noch richtig beweisen. Wie kann man das begründen?

Ist nun auch umgekehrt immer jedes zu $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ teilerfremde Element ungleich $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ bereits eine Einheit?

25.05.2011, 23:11

Hamsterchen

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ja das habe ich mich auch schon gefragt wie man das zeigt (auch mit den nilpotenten elementen).
ansatz? ^^

wobei es auch schon ziemlich spät ist... leider
muss morgen ja wieder zur uni, würde eig lieber jetzt weiter am pc sitzen und die aufgaben machen =)

25.05.2011, 23:20

zweiundvierzig

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Zu zeigen, dass alle Vielfachen von $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ nilpotent sind, ist eher straightforward. Wenn jetzt $\begin{eqnarray*} a \in \mathbb Z/p^n \mathbb Z \end{eqnarray*}$ nilpotent ist, kann es dann zu $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ teilerfremd sein?

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