Isomorphie von Ringen

10.08.2011, 18:08

*TINA*

Isomorphie von Ringen

Hallo,

ich würde gerne wissen, warum die Ringe $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[i]/(i-1) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathbb Z / 2 \mathbb Z \end{eqnarray*}$ zueinander isomorph sind.

Ich weiß, dass $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[i] \cong \mathbb Z[x]/(x^2+1) \end{eqnarray*}$ gilt, da das Polynom $\begin{eqnarray*} x^2+1 \end{eqnarray*}$ Koeffizienten in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ hat, irreduzibel ist und $\begin{eqnarray*} \pm i \end{eqnarray*}$ als Nullstellen hat. Also ist der Faktorring $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[x]/(x^2+1) \end{eqnarray*}$ bis auf Isomorphie der Ring, den man erhält, indem man zum Ring der ganzen Zahlen die Nullstellen $\begin{eqnarray*} +i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} -i \end{eqnarray*}$ adjungiert.

Aber mir leuchtet einfach nicht ein, warum der Ring $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[i]/(i-1) \end{eqnarray*}$ nur zwei Elemente haben soll.
Wie finde ich denn etwas Sinnvolles über die Struktur von $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[i]/(i-1) \end{eqnarray*}$ heraus?

Hoffentlich könnt ihr mir weiterhelfen.

Viele Grüße,

*TINA*

10.08.2011, 18:15

jester.

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Verwende den Homomorphiesatz, indem du dir einen geeigneten Homomorphismus von $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}[i] \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ definierst und den Kern bestimmst.

10.08.2011, 19:51

*TINA*

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Hallo,
ist $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[i] \to \mathbb Z / 2 \mathbb Z, \quad x+iy \mapsto (x+iy)(i-1) \end{eqnarray*}$ richtig?

10.08.2011, 20:09

jester.

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Ist das geraten? $\begin{eqnarray*} (x+iy)(i-1) \end{eqnarray*}$ liegt doch gar nicht in $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ !

11.08.2011, 14:52

*TINA*

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Hallo,
ich komme nicht auf den Homomorphismus. Es darf kein $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ vorkommen, aber der Kern soll $\begin{eqnarray*} (i-1) \end{eqnarray*}$ sein, ich kapier das nicht.
Könnest du mir bitte den gesuchten Homomorphismus nennen?

LG, Tina

11.08.2011, 15:09

tmo

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Erstmal die Frage: Wie lässt sich jedes Element aus $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[i] \end{eqnarray*}$ denn darstellen?

Wenn du das beantwortest und mal genau hinschaust, siehst du ja schon zwei ganze Zahlen mit denen man was anstellen könnte, um in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/2 \mathbb Z \end{eqnarray*}$ zu landen...

Edit: Falls du wirklich nicht draufkommst, kannst du auch mal folgende Methode versuchen: Um was über das Ideal $\begin{eqnarray*} (i-1) \end{eqnarray*}$ herauszubekommen, kann man doch einfach mal gucken, wann $\begin{eqnarray*} a+bi \end{eqnarray*}$ denn drinliegt.
Es ist doch $\begin{eqnarray*} a+bi \in (i-1) \Longleftrightarrow \frac{a+bi}{i-1} \in \mathbb Z[i] \end{eqnarray*}$ .

Wenn man den Bruch einfach mal ausrechnet (d.h. Real- und Imaginärteil bestimmt), so kann man erkennen, was a und b erfüllen müssen, damit der Bruch in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[i] \end{eqnarray*}$ liegt.

Und wenn man das herausgefunden hat, so ist entweder ein leichtes den geeigneten Homomorphismus zu erkennen oder sogar noch leichter zu begründen warum $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[i]/(i-1) \end{eqnarray*}$ in der Tat nur 2 Nebenklassen enthält.

15.08.2011, 14:28

*TINA*

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Hi,
ich hab das mal ausgerechnet, wie du es geschrieben hast:

$\begin{eqnarray*} \frac{a+bi}{1-i}=\frac{1}{2}(a-b) + \frac{1}{2}(a+b)i \end{eqnarray*}$

Das ist in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[i] \end{eqnarray*}$ genau dann wenn

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}(a-b) \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}(a+b) \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$

gilt.

Das ist genau dann der Fall wenn $\begin{eqnarray*} a-b \in 2 \mathbb Z \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a+b \in 2 \mathbb Z \end{eqnarray*}$ gilt.

Also:

$\begin{eqnarray*} a-b=2k \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a+b = 2l \end{eqnarray*}$ (mit ganzen Zahlen $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ )

also $\begin{eqnarray*} a = 2k+b \end{eqnarray*}$

Daraus folgt: $\begin{eqnarray*} 2k+b+b=2k+2b=2l \end{eqnarray*}$ und daher $\begin{eqnarray*} k+b=l \end{eqnarray*}$

===> $\begin{eqnarray*} a+b=2(k+b)=2k+2b \end{eqnarray*}$

===> $\begin{eqnarray*} (a+b)=(a-b)+2b \end{eqnarray*}$

Aber wie gehts jetzt weiter??

Ich kann den Homomorphismus nicht sehen und warum es nur zwei Nebenklassen gibt, ist für mich auch nicht ersichtlich.

Thanks!

*TINA*

15.08.2011, 14:57

tmo

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Zitat:

Original von *TINA*
Das ist in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z[i] \end{eqnarray*}$ genau dann wenn

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}(a-b) \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}(a+b) \in \mathbb Z \end{eqnarray*}$

gilt.

Das ist genau dann der Fall wenn $\begin{eqnarray*} a-b \in 2 \mathbb Z \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a+b \in 2 \mathbb Z \end{eqnarray*}$ gilt.

Das ist bis hierhin richtig, aber nun sollte man erkennen:

- Diese beiden Bedinungen sind immer gleichzeitig erfüllt oder nicht erfüllt, d.h. es geht nur noch darum ob a+b gerade ist oder nicht.

- Aus obigen Überlegungen folgt für jedes $\begin{eqnarray*} z \in \mathbb Z[i] \end{eqnarray*}$ :
Entweder gilt $\begin{eqnarray*} z \in (1-i) \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} z-1 \in (1-i) \end{eqnarray*}$ .
Letzteres ist wieder äquivalent zu: $\begin{eqnarray*} z \in 1+(1-i) \end{eqnarray*}$
Nun sieht man gut, warum es nur 2 Äquivalenzklassen gibt.

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