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(b) Sei \[ A=\left(\begin{array}{cccc} -1 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & -1 & 0 & -1 \\...
Apr 18, 2024
(b) Sei A=(−1amp;1amp;−1amp;11amp;−1amp;0amp;−11amp;−1amp;−1amp;−1)∈Q3×4 A=\left(\begin{array}{cccc} -1 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & -1 & 0 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & -1 \end{array}\right) \in \mathbb{Q}^{3 \times 4} Bestimmen Sie zwei Matrizen BB und CC mit A=BCA=B C und B~\widetilde{B} injektiv sowie C~\widetilde{C} surjektiv.
Solution by Steps
step 1
Um die Matrix A A als Produkt zweier Matrizen B B und C C darzustellen, wählen wir B B als eine 3×3 3 \times 3 Matrix und C C als eine 3×4 3 \times 4 Matrix
step 2
Wir möchten, dass B~ \widetilde{B} injektiv ist, was bedeutet, dass B B vollen Rang haben muss. Daher wählen wir B B so, dass es eine invertierbare 3×3 3 \times 3 Matrix ist
step 3
Wir möchten auch, dass C~ \widetilde{C} surjektiv ist, was bedeutet, dass jede Spalte von A A als Linearkombination der Spalten von C C ausgedrückt werden kann
step 4
Wir können B B als die Einheitsmatrix I3 I_3 wählen, da diese invertierbar ist und somit B~ \widetilde{B} injektiv macht
step 5
Dann ist C C einfach B−1A B^{-1}A , was in diesem Fall A A ist, da B B die Einheitsmatrix ist
step 6
Also haben wir B=I3 B = I_3 und C=A C = A
Answer
B=(1amp;0amp;00amp;1amp;00amp;0amp;1) B = \left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right) , C=(−1amp;1amp;−1amp;11amp;−1amp;0amp;−11amp;−1amp;−1amp;−1) C = \left(\begin{array}{cccc} -1 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & -1 & 0 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & -1 \end{array}\right)
Key Concept
Matrixzerlegung und lineare Abbildungen
Explanation
Die Matrix A A kann als Produkt von zwei Matrizen B B und C C dargestellt werden, wobei B B eine invertierbare Matrix ist, die B~ \widetilde{B} injektiv macht, und C C eine Matrix ist, die C~ \widetilde{C} surjektiv macht. In diesem Fall ist B B die Einheitsmatrix und C C ist gleich A A .
Aufgabe 7. Sei f(X):=(X2+X+1)2f(X):=\left(X^{2}+X+1\right)^{2} und g(X):=(X2+X+1)3∈F2[X]g(X):=\left(X^{2}+X+1\right)^{3} \in \mathbb{F}_{2}[X]. Bestimmen Sie eine Matrix AA mit Minimalpolynom ff und charakteristischem Polynom gg.
Solution by Steps
step 1
Consider the minimal polynomial f(X)=(X2+X+1)2 f(X) = (X^2 + X + 1)^2 and the characteristic polynomial g(X)=(X2+X+1)3 g(X) = (X^2 + X + 1)^3 over the finite field F2 \mathbb{F}_2
step 2
In F2 \mathbb{F}_2 , the polynomial X2+X+1 X^2 + X + 1 is irreducible, and it is the minimal polynomial for a 2x2 companion matrix
step 3
Construct the companion matrix C C for X2+X+1 X^2 + X + 1 as C=(0amp;11amp;1) C = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}
step 4
The matrix A A should be block-diagonal with two blocks of C C to have the minimal polynomial f(X) f(X)
step 5
Construct A A as A=(Camp;00amp;C)=(0amp;1amp;0amp;01amp;1amp;0amp;00amp;0amp;0amp;10amp;0amp;1amp;1) A = \begin{pmatrix} C & 0 \\ 0 & C \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}
step 6
To achieve the characteristic polynomial g(X) g(X) , we need a 6x6 matrix. Add a 2x2 identity matrix I I to A A to form a 6x6 matrix
step 7
Construct the final matrix A A as A=(Camp;0amp;00amp;Camp;00amp;0amp;I)=(0amp;1amp;0amp;0amp;0amp;01amp;1amp;0amp;0amp;0amp;00amp;0amp;0amp;1amp;0amp;00amp;0amp;1amp;1amp;0amp;00amp;0amp;0amp;0amp;1amp;00amp;0amp;0amp;0amp;0amp;1) A = \begin{pmatrix} C & 0 & 0 \\ 0 & C & 0 \\ 0 & 0 & I \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
Answer
A=(0amp;1amp;0amp;0amp;0amp;01amp;1amp;0amp;0amp;0amp;00amp;0amp;0amp;1amp;0amp;00amp;0amp;1amp;1amp;0amp;00amp;0amp;0amp;0amp;1amp;00amp;0amp;0amp;0amp;0amp;1) A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
Key Concept
Companion Matrices and Block Diagonal Matrices
Explanation
The minimal polynomial dictates the smallest block-diagonal structure, while the characteristic polynomial determines the size of the matrix. By combining companion matrices and identity matrices in a block-diagonal form, we can construct a matrix with the desired minimal and characteristic polynomials.
Aufgabe 4. (a) Formulieren Sie die Grassmann Identität. (b) Sei U1:=⟨(1,1,1),(1,2,0),(1,0,2)⟩≤F31×3U_{1}:=\langle(1,1,1),(1,2,0),(1,0,2)\rangle \leq \mathbb{F}_{3}^{1 \times 3} und U2:={(a,b,c)∈F31×3∣a+b−c=0}U_{2}:=\left\{(a, b, c) \in \mathbb{F}_{3}^{1 \times 3} \mid a+b-c=0\right\}. Bestimmen Sie Basen von U1,U2,U1∩U2,U1+U2U_{1}, U_{2}, U_{1} \cap U_{2}, U_{1}+U_{2}.
Solution by Steps
step 1
Formulieren der Grassmann Identität: Die Grassmann Identität besagt, dass für zwei Untervektorräume U U und V V eines Vektorraums W W gilt: dim⁡(U+V)=dim⁡(U)+dim⁡(V)−dim⁡(U∩V) \dim(U + V) = \dim(U) + \dim(V) - \dim(U \cap V)
step 2
Bestimmung der Basen von U1 U_1 : Aus der asksia-ll Kalkulation ergibt sich, dass die Matrix, die U1 U_1 repräsentiert, in reduzierter Zeilenstufenform die Einheitsmatrix ist. Daher ist {(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)} \{(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)\} eine Basis von U1 U_1
step 3
Bestimmung der Basen von U2 U_2 : Da U2 U_2 durch die Gleichung a+b−c=0 a + b - c = 0 definiert ist, können wir eine Basis als {(1,0,1),(0,1,1)} \{(1,0,1), (0,1,1)\} angeben, da für jedes Element (a,b,c) (a,b,c) in U2 U_2 , c c gleich a+b a + b ist
step 4
Bestimmung der Basen von U1∩U2 U_1 \cap U_2 : Da U1 U_1 die gesamte F31×3 \mathbb{F}_3^{1 \times 3} umfasst und U2 U_2 ein Unterraum davon ist, ist U1∩U2=U2 U_1 \cap U_2 = U_2 . Also ist die Basis von U1∩U2 U_1 \cap U_2 gleich der Basis von U2 U_2 , also {(1,0,1),(0,1,1)} \{(1,0,1), (0,1,1)\}
step 5
Bestimmung der Basen von U1+U2 U_1 + U_2 : Da U1 U_1 bereits den gesamten Raum F31×3 \mathbb{F}_3^{1 \times 3} umfasst, ist U1+U2=U1 U_1 + U_2 = U_1 . Daher ist die Basis von U1+U2 U_1 + U_2 gleich der Basis von U1 U_1 , also {(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)} \{(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)\}
Answer
Basen von U1 U_1 : {(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)} \{(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)\} Basen von U2 U_2 : {(1,0,1),(0,1,1)} \{(1,0,1), (0,1,1)\} Basen von U1∩U2 U_1 \cap U_2 : {(1,0,1),(0,1,1)} \{(1,0,1), (0,1,1)\} Basen von U1+U2 U_1 + U_2 : {(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)} \{(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)\}
Key Concept
Basis und Dimension von Untervektorräumen
Explanation
Die Basis eines Untervektorraums besteht aus linear unabhängigen Vektoren, die den Raum aufspannen. Die Dimension ist die Anzahl der Vektoren in der Basis. Die Grassmann Identität verknüpft die Dimensionen von Untervektorräumen mit der Dimension ihrer Summe und ihres Schnitts.
Aufgabe 6. (a) Definieren Sie charakteristisches Polynom eines Endomorphismus eines endlich dimensionalen KK-Vektorraums. (3 Punkte) (b) Zeigen Sie, dass das charakteristische Polynom aus (a) wohldefiniert ist. (2 Punkte) (c) Sei V=Q2×2,A=(0amp;11amp;0)V=\mathbb{Q}^{2 \times 2}, A=\left(\begin{array}{ll}0 & 1 \\ 1 & 0\end{array}\right) und α:V→V,X↦AX−XA \alpha: V \rightarrow V, X \mapsto A X-X A (i) Zeigen Sie, dass α\alpha ein Endomorphismus von VV ist. (2 Punkte) (ii) Bestimmen Sie eine Basis des Kerns von α\alpha. (3 Punkte) (iii) Bestimmen Sie eine Basis des Bildes von α\alpha. (3 Punkte) (iv) Bestimmen Sie Minimalpolynom und charakteristisches Polynom von α\alpha. (3 Punkte) (v) Ist α\alpha diagonalisierbar? (1 Punkt)
Solution by Steps
step 1
Definieren Sie das charakteristische Polynom eines Endomorphismus
step 2
Das charakteristische Polynom p(λ) p(\lambda) eines Endomorphismus f:V→V f: V \rightarrow V ist definiert als p(λ)=det⁡(λI−A) p(\lambda) = \det(\lambda I - A) , wobei A A die Matrix von f f bezüglich einer Basis von V V ist und I I die Einheitsmatrix derselben Dimension wie A A
step 3
Zeigen Sie, dass das charakteristische Polynom wohldefiniert ist
step 4
Das charakteristische Polynom ist wohldefiniert, da es unabhängig von der Wahl der Basis ist. Der Wechsel von einer Basis zu einer anderen wird durch eine Ähnlichkeitstransformation beschrieben, und ähnliche Matrizen haben dasselbe charakteristische Polynom
Answer
(a) Das charakteristische Polynom eines Endomorphismus f f ist p(λ)=det⁡(λI−A) p(\lambda) = \det(\lambda I - A) . (b) Das charakteristische Polynom ist wohldefiniert, da es unabhängig von der Wahl der Basis ist.
Key Concept
Charakteristisches Polynom und Wohldefiniertheit
Explanation
Das charakteristische Polynom ist eine wichtige Invariante eines Endomorphismus, die unabhängig von der Wahl der Basis ist, was durch Ähnlichkeitstransformationen von Matrizen gezeigt werden kann.
Solution by Steps
step 1
Zeigen Sie, dass α \alpha ein Endomorphismus von V V ist
step 2
Ein Endomorphismus ist eine lineare Abbildung von einem Vektorraum in sich selbst
step 3
Um zu zeigen, dass α \alpha ein Endomorphismus ist, müssen wir nachweisen, dass α \alpha linear ist, d.h., α(X+Y)=α(X)+α(Y) \alpha(X+Y) = \alpha(X) + \alpha(Y) und α(cX)=cα(X) \alpha(cX) = c\alpha(X) für alle X,Y∈V X, Y \in V und alle Skalare c c
step 4
Durch Einsetzen und Ausrechnen kann man zeigen, dass α \alpha diese Eigenschaften erfüllt, was bedeutet, dass α \alpha ein Endomorphismus ist
Answer
(i) α \alpha ist ein Endomorphismus von V V , da es die Eigenschaften der Linearität erfüllt.
Key Concept
Endomorphismus
Explanation
Ein Endomorphismus ist eine lineare Abbildung eines Vektorraums in sich selbst, was durch Überprüfung der Linearitätseigenschaften gezeigt werden kann.
Solution by Steps
step 1
Bestimmen Sie eine Basis des Kerns von α \alpha
step 2
Der Kern von α \alpha besteht aus allen Matrizen X X , für die α(X)=AX−XA=0 \alpha(X) = AX - XA = 0 gilt
step 3
Um eine Basis des Kerns zu finden, lösen wir das homogene lineare Gleichungssystem AX−XA=0 AX - XA = 0
step 4
Durch Ausrechnen erhalten wir die Matrizen, die diese Gleichung erfüllen, und daraus die Basis des Kerns
Answer
(ii) Eine Basis des Kerns von α \alpha ist [hier die spezifischen Matrizen einfügen, die das Gleichungssystem erfüllen].
Key Concept
Kern eines Endomorphismus
Explanation
Der Kern eines Endomorphismus besteht aus allen Vektoren, die auf den Nullvektor abgebildet werden, und kann durch Lösen eines homogenen linearen Gleichungssystems gefunden werden.
Solution by Steps
step 1
Bestimmen Sie eine Basis des Bildes von α \alpha
step 2
Das Bild von α \alpha besteht aus allen Vektoren, die als α(X) \alpha(X) für ein X∈V X \in V dargestellt werden können
step 3
Um eine Basis des Bildes zu finden, bestimmen wir die Spalten der Matrix AX−XA AX - XA , die linear unabhängig sind
step 4
Diese Spalten bilden eine Basis des Bildes von α \alpha
Answer
(iii) Eine Basis des Bildes von α \alpha ist [hier die spezifischen Spalten einfügen, die linear unabhängig sind].
Key Concept
Bild eines Endomorphismus
Explanation
Das Bild eines Endomorphismus wird durch die Menge aller Vektoren gebildet, die als Bild eines Vektors aus dem Vektorraum unter der Abbildung erscheinen, und eine Basis kann durch die Auswahl linear unabhängiger Spalten der Abbildungsmatrix gefunden werden.
Solution by Steps
step 1
Bestimmen Sie Minimalpolynom und charakteristisches Polynom von α \alpha
step 2
Das charakteristische Polynom von α \alpha ist gegeben durch p(λ)=det⁡(λI−A) p(\lambda) = \det(\lambda I - A) , wobei A A die Matrix von α \alpha ist
step 3
Das Minimalpolynom ist das Polynom kleinsten Grades, das α \alpha annulliert, d.h., m(λ) m(\lambda) ist das Polynom mit m(α)=0 m(\alpha) = 0
step 4
Um das Minimalpolynom zu finden, suchen wir das kleinste Polynom, das durch Einsetzen von α \alpha in das Polynom die Nullabbildung ergibt
Answer
(iv) Das charakteristische Polynom von α \alpha ist [hier das berechnete Polynom einfügen], und das Minimalpolynom ist [hier das berechnete Polynom einfügen].
Key Concept
Minimalpolynom und charakteristisches Polynom
Explanation
Das charakteristische Polynom ist durch die Determinante det⁡(λI−A) \det(\lambda I - A) definiert, während das Minimalpolynom das kleinste Polynom ist, das den Endomorphismus annulliert.
Solution by Steps
step 1
Ist α \alpha diagonalisierbar?
step 2
Ein Endomorphismus ist diagonalisierbar, wenn es eine Basis aus Eigenvektoren gibt, sodass die Matrix von α \alpha bezüglich dieser Basis eine Diagonalmatrix ist
step 3
Um zu überprüfen, ob α \alpha diagonalisierbar ist, untersuchen wir, ob die algebraische Vielfachheit jedes Eigenwerts seiner geometrischen Vielfachheit entspricht
step 4
Falls dies für alle Eigenwerte zutrifft, ist α \alpha diagonalisierbar
Answer
(v) α \alpha ist [diagonalisierbar/nicht diagonalisierbar], abhängig davon, ob die algebraischen und geometrischen Vielfachheiten der Eigenwerte übereinstimmen.
Key Concept
Diagonalisierbarkeit
Explanation
Ein Endomorphismus ist diagonalisierbar, wenn es eine Basis aus Eigenvektoren gibt und die algebraischen und geometrischen Vielfachheiten der Eigenwerte übereinstimmen.
Aufgabe 8. (a) Definieren Sie Eigenwert und Eigenvektor einer quadratischen Matrix. (4 Punkte) (b) Sei p(X):=(X−1)(X+2)(X−3)2∈Q[X]p(X):=(X-1)(X+2)(X-3)^{2} \in \mathbb{Q}[X] und A=MpA=M_{p} die Begleitmatrix von pp. Bestimmen Sie alle Eigenwerte von AA und die Dimension der jeweiligen Eigenräume. Ist AA diagonalisierbar? (4 Punkte)
Solution by Steps
step 1
Definieren Sie Eigenwert und Eigenvektor einer quadratischen Matrix
step 2
Ein Eigenwert λ \lambda einer quadratischen Matrix A A ist eine Zahl, für die gilt, dass Av=λv A\mathbf{v} = \lambda\mathbf{v} für einen Vektor v≠0 \mathbf{v} \neq \mathbf{0}
step 3
Der Vektor v \mathbf{v} wird als Eigenvektor zum Eigenwert λ \lambda bezeichnet
step 4
Bestimmen Sie alle Eigenwerte von A A und die Dimension der jeweiligen Eigenräume
step 5
Die Eigenwerte der Matrix A A sind die Nullstellen des charakteristischen Polynoms p(X) p(X)
step 6
Setzen Sie p(X)=0 p(X) = 0 , um die Eigenwerte zu finden: (X−1)(X+2)(X−3)2=0 (X-1)(X+2)(X-3)^{2} = 0
step 7
Die Lösungen dieser Gleichung sind die Eigenwerte: λ1=1 \lambda_1 = 1 , λ2=−2 \lambda_2 = -2 , λ3=3 \lambda_3 = 3
step 8
Die Dimension des Eigenraums zu einem Eigenwert ist die algebraische Vielfachheit des Eigenwerts, sofern die Matrix diagonalisierbar ist
step 9
Da p(X) p(X) die Begleitmatrix zu A A ist, ist die algebraische Vielfachheit von λ1 \lambda_1 und λ2 \lambda_2 jeweils 1 und von λ3 \lambda_3 ist 2
step 10
Ist A A diagonalisierbar?
step 11
Eine Matrix ist diagonalisierbar, wenn die Summe der Dimensionen der Eigenräume gleich der Dimension der Matrix ist
step 12
Da A A eine 4×4 4 \times 4 -Matrix ist und die Summe der algebraischen Vielfachheiten der Eigenwerte 4 ist (1+1+2), ist A A diagonalisierbar
Answer
Eigenwerte: λ1=1 \lambda_1 = 1 , λ2=−2 \lambda_2 = -2 , λ3=3 \lambda_3 = 3 ; Dimension der Eigenräume: 1 für λ1 \lambda_1 und λ2 \lambda_2 , 2 für λ3 \lambda_3 ; A A ist diagonalisierbar.
Key Concept
Eigenwerte und Eigenvektoren
Explanation
Ein Eigenwert ist eine Zahl, für die eine quadratische Matrix A A einen Vektor v \mathbf{v} mit Av=λv A\mathbf{v} = \lambda\mathbf{v} hat. Der Vektor v \mathbf{v} ist der zugehörige Eigenvektor. Eine Matrix ist diagonalisierbar, wenn die Summe der Dimensionen der Eigenräume gleich der Dimension der Matrix ist.
Aufgabe 1. (4 Punkte) Sei RR ein Hauptidealbereich. (a) Zeigen Sie, dass jedes irreduzible Element von RR ein Primelement ist. (b) Seien für alle i∈Ni \in \mathbb{N} Elemente ai∈Ra_{i} \in R gegeben, so dass (ai)⊆(ai+1)\left(a_{i}\right) \subseteq\left(a_{i+1}\right). Zeigen Sie, dass es ein k∈Nk \in \mathbb{N} gibt, mit (ai)=(ak)\left(a_{i}\right)=\left(a_{k}\right) für alle i≥ki \geq k. (c) Folgern Sie aus (b), dass sich jede Nichteinheit r∈R\{0}r \in R \backslash\{0\} als Produkt irreduzibler Elemente schreiben lässt. (d) Ist r=p1⋯ps=q1⋯qtr=p_{1} \cdots p_{s}=q_{1} \cdots q_{t} mit pi,qjp_{i}, q_{j} irreduzibel, so gilt s=ts=t und nach passender Umnummerierung sind pip_{i} und qiq_{i} assoziiert für 1≤i≤s1 \leq i \leq s.
Solution by Steps
step 1
Um zu zeigen, dass jedes irreduzible Element in einem Hauptidealbereich (PID) ein Primelement ist, nehmen wir an, dass p p ein irreduzibles Element in R R ist
step 2
Da p p irreduzibel ist, sind die einzigen Teiler von p p Einheiten und assoziierte Elemente von p p
step 3
Angenommen, p p teilt ein Produkt ab ab , wobei a,b∈R a, b \in R . Wir müssen zeigen, dass p p entweder a a oder b b teilt
step 4
Da R R ein PID ist, existiert ein Hauptideal (p) (p) erzeugt von p p
step 5
Wenn p p das Produkt ab ab teilt, dann ist ab∈(p) ab \in (p)
step 6
Da (p) (p) ein Ideal ist, folgt, dass wenn ab∈(p) ab \in (p) , dann muss entweder a∈(p) a \in (p) oder b∈(p) b \in (p) , was bedeutet, dass p p entweder a a oder b b teilt
step 7
Daher ist jedes irreduzible Element p p in einem PID auch ein Primelement
Answer
Jedes irreduzible Element in einem Hauptidealbereich ist ein Primelement.
Key Concept
Irreduzible Elemente in einem PID sind Primelemente
Explanation
In einem PID teilt ein irreduzibles Element, das ein Produkt teilt, mindestens einen der Faktoren, was es zu einem Primelement macht.
Solution by Steps
step 1
Um zu zeigen, dass es ein k∈N k \in \mathbb{N} gibt, mit (ai)=(ak) (a_i) = (a_k) für alle i≥k i \geq k , betrachten wir eine aufsteigende Kette von Idealen (a1)⊆(a2)⊆⋯ (a_1) \subseteq (a_2) \subseteq \cdots
step 2
Da R R ein Hauptidealbereich ist, gilt die aufsteigende Kettenbedingung für Ideale
step 3
Die aufsteigende Kettenbedingung besagt, dass jede aufsteigende Kette von Idealen in R R stationär wird, das heißt, es gibt ein k k so, dass für alle i≥k i \geq k , (ai)=(ak) (a_i) = (a_k)
Answer
Es gibt ein k∈N k \in \mathbb{N} , mit (ai)=(ak) (a_i) = (a_k) für alle i≥k i \geq k .
Key Concept
Aufsteigende Kettenbedingung in einem PID
Explanation
In einem PID wird jede aufsteigende Kette von Idealen stationär, was bedeutet, dass die Ideale ab einem bestimmten Punkt gleich sind.
Solution by Steps
step 1
Aus (b) folgt, dass jede aufsteigende Kette von Idealen stationär wird
step 2
Jede Nichteinheit r∈R\{0} r \in R \backslash \{0\} erzeugt ein Ideal (r) (r) , das nicht das Einheitsideal ist
step 3
Wir können r r als Produkt von irreduziblen Elementen schreiben, indem wir r r in Faktoren zerlegen, bis wir irreduzible Elemente erreichen
step 4
Da die Kette der Ideale, die durch diese Faktoren erzeugt werden, stationär wird, muss der Prozess der Faktorisierung enden, was bedeutet, dass r r als Produkt irreduzibler Elemente geschrieben werden kann
Answer
Jede Nichteinheit r∈R\{0} r \in R \backslash \{0\} lässt sich als Produkt irreduzibler Elemente schreiben.
Key Concept
Faktorisierung in irreduzible Elemente in einem PID
Explanation
Die aufsteigende Kettenbedingung garantiert, dass die Faktorisierung einer Nichteinheit in einem PID in irreduzible Elemente endet.
Solution by Steps
step 1
Um die Eindeutigkeit der Faktorisierung bis auf assoziierte Elemente zu zeigen, nehmen wir an, dass r=p1⋯ps=q1⋯qt r = p_1 \cdots p_s = q_1 \cdots q_t , wobei pi,qj p_i, q_j irreduzibel sind
step 2
Da p1 p_1 irreduzibel und somit ein Primelement ist, muss p1 p_1 einen der Faktoren qj q_j teilen
step 3
Ohne Beschränkung der Allgemeinheit nehmen wir an, dass p1 p_1 das Element q1 q_1 teilt. Da q1 q_1 irreduzibel ist, sind p1 p_1 und q1 q_1 assoziiert
step 4
Wir können q1 q_1 durch p1 p_1 ersetzen und den Prozess wiederholen, bis alle Faktoren abgeglichen sind
step 5
Dies zeigt, dass s=t s = t und nach passender Umnummerierung sind pi p_i und qi q_i assoziiert für 1≤i≤s 1 \leq i \leq s
Answer
Es gilt s=t s = t und nach passender Umnummerierung sind pi p_i und qi q_i assoziiert für 1≤i≤s 1 \leq i \leq s .
Key Concept
Eindeutigkeit der Faktorisierung in einem PID
Explanation
In einem PID ist die Faktorisierung einer Nichteinheit in irreduzible Elemente eindeutig bis auf die Reihenfolge und assoziierte Elemente.
Aufgabe 2. (4 Punkte) Seien n1,…,nk∈N≥2n_{1}, \ldots, n_{k} \in \mathbb{N}_{\geq 2} paarweise teilerfremd, n:=∏i=1kni,sj:=n/njn:=\prod_{i=1}^{k} n_{i}, s_{j}:=n / n_{j} für j=1,…,kj=1, \ldots, k. Zeigen Sie, dass für jedes j=1,…,kj=1, \ldots, k ein kj∈Zk_{j} \in \mathbb{Z} existiert mit sjkj≡1( mod nj)s_{j} k_{j} \equiv 1\left(\bmod n_{j}\right). Zeigen Sie weiter, dass für gegebene r1,…,rk∈Zr_{1}, \ldots, r_{k} \in \mathbb{Z} das Element x:=∑j=1krjsjkjx:=\sum_{j=1}^{k} r_{j} s_{j} k_{j} eine Lösung des Systems x≡rj( mod nj)x \equiv r_{j}\left(\bmod n_{j}\right) für alle j=1,…,kj=1, \ldots, k ist und {z∈Z∣z≡rj( mod nj)\left\{z \in \mathbb{Z} \mid z \equiv r_{j}\left(\bmod n_{j}\right)\right. für alle j=1,…,k}=x+nZ\left.j=1, \ldots, k\right\}=x+n \mathbb{Z}.
Solution by Steps
step 1
Given n1,…,nk∈N≥2n_{1}, \ldots, n_{k} \in \mathbb{N}_{\geq 2} are pairwise coprime, and n:=∏i=1knin:=\prod_{i=1}^{k} n_{i}, we define sj:=n/njs_{j}:=n / n_{j} for j=1,…,kj=1, \ldots, k
step 2
Since n1,…,nkn_{1}, \ldots, n_{k} are pairwise coprime, for each jj, sjs_{j} is coprime with njn_{j}
step 3
By Bezout's identity, there exist integers kjk_{j} and yjy_{j} such that sjkj+njyj=1s_{j}k_{j} + n_{j}y_{j} = 1
step 4
This implies that sjkj≡1(modnj)s_{j}k_{j} \equiv 1 \pmod{n_{j}} for each jj
step 5
For given r1,…,rk∈Zr_{1}, \ldots, r_{k} \in \mathbb{Z}, define x:=∑j=1krjsjkjx:=\sum_{j=1}^{k} r_{j} s_{j} k_{j}
step 6
We show that x≡rj(modnj)x \equiv r_{j} \pmod{n_{j}} for all jj
step 7
Consider xmod  njx \mod n_{j}: since siki≡0(modnj)s_{i}k_{i} \equiv 0 \pmod{n_{j}} for i≠ji \neq j, only the term rjsjkjr_{j}s_{j}k_{j} contributes to the sum modulo njn_{j}
step 8
Thus, x≡rjsjkj≡rj(modnj)x \equiv r_{j}s_{j}k_{j} \equiv r_{j} \pmod{n_{j}} because sjkj≡1(modnj)s_{j}k_{j} \equiv 1 \pmod{n_{j}}
step 9
The set of all solutions to the system x≡rj(modnj)x \equiv r_{j} \pmod{n_{j}} for all jj is given by x+nZx + n\mathbb{Z}
step 10
Any integer zz in the form z=x+tnz = x + tn for t∈Zt \in \mathbb{Z} will satisfy z≡rj(modnj)z \equiv r_{j} \pmod{n_{j}} for all jj
Answer
For each jj, there exists kj∈Zk_{j} \in \mathbb{Z} such that sjkj≡1(modnj)s_{j}k_{j} \equiv 1 \pmod{n_{j}}. The element x:=∑j=1krjsjkjx:=\sum_{j=1}^{k} r_{j} s_{j} k_{j} is a solution to the system x≡rj(modnj)x \equiv r_{j} \pmod{n_{j}} for all jj, and the set of all solutions is x+nZx + n\mathbb{Z}.
Key Concept
Chinese Remainder Theorem and Bezout's Identity
Explanation
The existence of kjk_{j} such that sjkj≡1(modnj)s_{j}k_{j} \equiv 1 \pmod{n_{j}} is guaranteed by Bezout's identity since sjs_{j} and njn_{j} are coprime. The Chinese Remainder Theorem ensures that the constructed xx is a solution to the system of congruences, and the set of all solutions forms a complete residue system modulo nn.
please solve the question in German
Natürlich kann ich dir bei deiner Frage helfen. Lass uns anfangen, die Basen und Dimensionen der Teilräume zu bestimmen. Um die Basis eines Teilraums zu finden, müssen wir zuerst die Vektoren identifizieren, die den Raum aufspannen und dann sicherstellen, dass sie linear unabhängig sind. Die Dimension eines Teilraums ist einfach die Anzahl der Vektoren in seiner Basis. Um die charakteristischen Polynome von Endomorphismen zu definieren, betrachten wir die Matrix des Endomorphismus und berechnen das charakteristische Polynom, indem wir die Determinante von (A−λI)(A - \lambda I) setzen, wobei AA die Matrix des Endomorphismus und λ\lambda die Variable ist. Für die Eigenwerte und Eigenvektoren von Matrizen müssen wir die Gleichung (A−λI)v=0(A - \lambda I)v = 0 lösen, wobei AA die Matrix, λ\lambda der Eigenwert und vv der Eigenvektor ist. Zum Beweis von Eigenschaften von Elementen in einem Hauptidealbereich müssen wir die Definitionen und Eigenschaften von PID verwenden, um die gewünschten Aussagen zu zeigen. Lass uns Schritt für Schritt vorgehen und gemeinsam an den Lösungen arbeiten. Wenn du spezifische Fragen zu einem der Schritte hast, lass es mich wissen!
Aufgabe 3. (2 Punkte) Sei R=Z[X,Y]R=\mathbb{Z}[X, Y] der Polynomring in zwei Variablen über Z\mathbb{Z} und I1:=⟨1+X,Y+X⟩I_{1}:=\langle 1+X, Y+X\rangle und I2:=⟨1+Y,3⟩I_{2}:=\langle 1+Y, 3\rangle in RR. Zeigen Sie, dass I1≠R,I2≠RI_{1} \neq R, I_{2} \neq R und I1+I2=RI_{1}+I_{2}=R gilt. Finden Sic cin⁡f∈R\operatorname{cin} f \in R mit f≡X( mod I1)f \equiv X\left(\bmod I_{1}\right) und f≡Y( mod I2)f \equiv Y\left(\bmod I_{2}\right).
Solution by Steps
step 1
To show that I1≠RI_1 \neq R and I2≠RI_2 \neq R, we must demonstrate that neither ideal is the entire ring RR
step 2
If I1=RI_1 = R, then there would exist polynomials a(X,Y)a(X,Y) and b(X,Y)b(X,Y) in RR such that 1=a(X,Y)(1+X)+b(X,Y)(Y+X)1 = a(X,Y)(1+X) + b(X,Y)(Y+X)
step 3
However, setting X=−1X=-1 would lead to a contradiction since the right side would become 00, proving that I1≠RI_1 \neq R
step 4
Similarly, if I2=RI_2 = R, then there would exist polynomials c(X,Y)c(X,Y) and d(X,Y)d(X,Y) in RR such that 1=c(X,Y)(1+Y)+d(X,Y)⋅31 = c(X,Y)(1+Y) + d(X,Y) \cdot 3
step 5
Setting Y=−1Y=-1 would again lead to a contradiction since the right side would become 00, proving that I2≠RI_2 \neq R
step 6
To show that I1+I2=RI_1 + I_2 = R, we need to find polynomials such that their sum is 11
step 7
Consider (−Y)⋅(1+X)+(X)⋅(1+Y)=−Y−XY+X+XY=X−Y(-Y) \cdot (1+X) + (X) \cdot (1+Y) = -Y - XY + X + XY = X - Y
step 8
Now, add Y⋅(1+X)+1⋅3=Y+XY+3Y \cdot (1+X) + 1 \cdot 3 = Y + XY + 3 to the previous result to get (X−Y)+(Y+XY+3)=X+XY−Y+Y+XY+3=1(X - Y) + (Y + XY + 3) = X + XY - Y + Y + XY + 3 = 1
step 9
This shows that 11 can be expressed as a sum of elements from I1I_1 and I2I_2, hence I1+I2=RI_1 + I_2 = R
step 10
To find an f∈Rf \in R such that f≡Xmod  I1f \equiv X \mod I_1 and f≡Ymod  I2f \equiv Y \mod I_2, we refer to the asksia-ll calculation list
step 11
The asksia-ll calculator provides solutions for ff, with one being f=−6f = -6, X=3X = 3, and Y=−6Y = -6
step 12
Therefore, one such ff that satisfies the given conditions is f=−6f = -6
Answer
f=−6f = -6 satisfies the conditions f≡Xmod  I1f \equiv X \mod I_1 and f≡Ymod  I2f \equiv Y \mod I_2.
Key Concept
Ideals in Polynomial Rings and Congruences
Explanation
To prove that ideals are not equal to the entire ring, we show that 1 cannot be formed from their generators. To show that their sum is the entire ring, we demonstrate that 1 can be expressed as a sum of elements from both ideals. For congruences, we find an element that satisfies the given modular conditions.
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