2Ringen en rekenkunde

Bewijs. Net als bij groepen (Stellingen 1.3 en 1.5), waarbij we opmerken dat alle betrokken afbeeldingen ook de producten respecteren: $\bar f$ is goed gedefinieerd, bijectief op het beeld en multiplicatief; de correspondentie $J \mapsto J/I$, $\bar J \mapsto \pi^{-1}(\bar J)$ bewaart in beide richtingen idealen, omdat $\pi$ een surjectief ringmorfisme is. ∎

Bewijs. Schrijf $\bar a$ voor de klassen in $A/I$. “$I$ priem” vertaalt zich letterlijk naar “$\bar a\bar b = 0 \Rightarrow \bar a = 0$ of $\bar b = 0$”, en $A/I \neq 0$ naar $I \neq A$: dat is precies de definitie van een domein. Voor de maximaliteit gebruiken we de correspondentiestelling: geen ideaal strikt tussen $I$ en $A$ $\iff$ $A/I$ heeft geen ander ideaal dan $0$ en zichzelf $\iff$ $A/I$ is een lichaam — voor die laatste stap: in een lichaam zijn $0$ en het geheel de enige idealen (een ideaal dat $x \ne 0$ bevat, bevat $x^{-1}x = 1$); en omgekeerd, brengt elke $x \neq 0$ het eenheidsideaal voort, dan is $xy = 1$ voor zekere $y$. Lichamen zijn domeinen, dus zijn maximale idealen priem. ∎

Bewijs. Orden de verzameling $\mathcal E$ van echte idealen die $I$ bevatten naar inclusie; ze is niet leeg ($I \in \mathcal E$). Een keten $(J_\lambda)$ in $\mathcal E$ heeft als bovengrens $J = \bigcup J_\lambda$: dat is een ideaal (twee elementen $a, b \in J$ liggen wegens totaliteit in een gemeenschappelijke $J_\lambda$), het is echt ($1 \notin J_\lambda$ voor alle $\lambda$) en het bevat $I$. Het lemma van Zorn levert een maximaal element van $\mathcal E$, en dat is een maximaal ideaal dat $I$ bevat (een echt ideaal strikt daarboven zou in $\mathcal E$ liggen). ∎

Bewijs. De afbeelding $f(a) = (a + I_k)_k$ is een ringmorfisme met kern $\bigcap I_k$; wegens Stelling 2.2 volstaat het de surjectiviteit te bewijzen. Leg $k$ vast; schrijf voor elke $l \neq k$ de gelijkheid $1 = u_l + v_l$ met $u_l \in I_k$ en $v_l \in I_l$ (comaximaliteit). Dan is

dus $f(e_k) = (0, \dots, 1, \dots, 0)$; is een doel $(a_k + I_k)_k$ gegeven, dan wordt het bereikt door $\sum_k a_k e_k$.

Producten tegenover doorsnede: $I_1\cdots I_n \subseteq \bigcap I_k$ geldt altijd. Omgekeerd volstaat het per inductie het geval $n = 2$ te behandelen (men gaat na dat $I_1$ en $I_2\cdots I_n$ comaximaal zijn: vermenigvuldigen van $1 = u_l + v_l$ over $l \geq 2$ geeft $1 \in I_1 + I_2\cdots I_n$). Voor $n = 2$: schrijf $1 = u + v$ met $u \in I_1$ en $v \in I_2$; voor $x \in I_1 \cap I_2$ is dan $x = xu + xv \in I_2I_1 + I_1I_2 = I_1I_2$. ∎

Bewijs. Zij $p$ priem en $p = ab$. Dan is $p \mid ab$, zeg $p \mid a$: dus $a = pc$, waaruit $p = pcb$, en wegschrappen van $p$ (het is een domein!) geeft $cb = 1$: $b \in A^\times$.

In $\Z[\iu\sqrt5]$ gebruiken we de norm $N(x + \iu y\sqrt 5) = x^2 + 5y^2$, die multiplicatief is (het is $\abs z^2$). Is $2 = ab$ met $a, b$ geen eenheden, dan is $4 = N(a)N(b)$ met $N(a), N(b) \neq 1$ (de elementen van norm $1$ zijn $\pm1$, de eenheden), dus $N(a) = 2$: onmogelijk, want $x^2 + 5y^2 = 2$ heeft geen gehele oplossingen. Dus is $2$ irreducibel. Maar $2 \mid 6 = (1 + \iu\sqrt5)(1 - \iu\sqrt5)$ terwijl $2$ geen van beide factoren deelt ($\frac12 \pm \frac{\iu\sqrt5}2 \notin \Z[\iu\sqrt5]$): niet priem. ∎

Bewijs. Zij $I \neq (0)$ een ideaal en $b \in I \setminus\{0\}$ met $\nu(b)$ minimaal. Deel voor $a \in I$: $a = bq + r$; dan is $r = a - bq \in I$, en $\nu(r) < \nu(b)$ zou de minimaliteit tegenspreken, dus $r = 0$ en $a \in (b)$: $I = (b)$. ∎

Bewijs. $I = \bigcup_n I_n$ is een ideaal (de vereniging is stijgend), dus $I = (a)$; het element $a$ ligt in een zekere $I_N$, en dan is $I = (a) \subseteq I_N \subseteq I_n \subseteq I$ voor $n \geq N$. ∎

Bewijs. $(a) + (b)$ is een ideaal, dus van de vorm $(d)$; uit $a, b \in (d)$ volgt $d \mid a$ en $d \mid b$; en $d = au + bv \in (a) + (b)$. Een gemeenschappelijke deler $c$ van $a$ en $b$ deelt $au + bv = d$.

Euclides: zij $p$ irreducibel met $p \mid ab$ en $p \nmid a$. Een grootste gemene deler $d$ van $p$ en $a$ deelt $p$, dus is $d$ een eenheid of geassocieerd met $p$ (irreducibiliteit); het tweede is uitgesloten door $p \nmid a$. Dus $1 = pu + av$, waaruit $b = pub + abv$, en $p$ deelt beide termen: $p \mid b$. ∎

Bewijs. Bestaan. Stel dat een element $a \neq 0$ dat geen eenheid is, geen ontbinding in irreducibele factoren heeft. Dan is $a$ niet irreducibel: $a = a_1b_1$ met beide factoren geen eenheid; minstens één ervan, zeg $a_1$, heeft opnieuw geen ontbinding (een product van twee ontbindbare elementen is ontbindbaar). Herhaald toepassen levert $a = a_0, a_1, a_2, \dots$, elk een echte deler van de vorige en zonder ontbinding, dus $(a_0) \subsetneq (a_1) \subsetneq (a_2) \subsetneq \cdots$ — de inclusies zijn strikt, want uit $a_n = a_{n+1}c$ met $c$ geen eenheid zou $(a_n) = (a_{n+1})$ afdwingen dat $c \in A^\times$ (wegschrappen in een domein). Dat spreekt Lemma 2.16 tegen.

Eenduidigheid. Zij $p_1 \cdots p_r = q_1 \cdots q_s$ met alle factoren irreducibel en $r \leq s$; we gebruiken inductie naar $r$. Het priemelement $p_1$ (Lemma 2.17) deelt het rechterlid, dus een zekere $q_j$; hernummer zo dat $j = 1$. Omdat $q_1$ irreducibel is en $p_1$ geen eenheid, is $q_1 = u p_1$ met $u \in A^\times$: $p_1$ en $q_1$ zijn geassocieerd. Schrap $p_1$ weg: $p_2 \cdots p_r = (u q_2) q_3\cdots q_s$, en besluit per inductie ($r = 1$ dwingt $s = 1$ af: een eenheid maal irreducibele elementen kan geen $1$ zijn). ∎

Bewijs. Zij $P, Q$ primitief en stel dat een irreducibele (dus, in een UFD, priem) $p$ alle coëfficiënten van $PQ$ deelt. Reduceer modulo $p$: in $(A/(p))[X]$ is $\bar P \bar Q = 0$. Maar $A/(p)$ is een domein ($(p)$ is priem), dus is $(A/(p))[X]$ een domein (de kopcoëfficiënten vermenigvuldigen), zodat $\bar P = 0$ of $\bar Q = 0$: $p$ deelt alle coëfficiënten van $P$ of alle van $Q$, in strijd met de primitiviteit. Voor het gevolg: schrijf $P = c(P)P_1$ en $Q = c(Q)Q_1$; dan is $PQ = c(P)c(Q) P_1Q_1$ met $P_1Q_1$ primitief. ∎

Bewijs. (1) ($\Leftarrow$) Is $P = QR$ in $A[X]$ met $Q, R$ geen eenheden, dan is geen van beide factoren constant (een constante factor van een primitieve veelterm is een eenheid), dus is de ontbinding ook in $K[X]$ echt. ($\Rightarrow$) Stel $P = QR$ met $Q, R \in K[X]$ van graad $\geq 1$. Schrijf $Q = \lambda Q_1$ en $R = \mu R_1$ met $Q_1, R_1 \in A[X]$ primitief: dan is $P = \lambda\mu\, Q_1R_1$, en $Q_1R_1$ is primitief volgens Gauss. Nemen we de inhouden, dan is $\lambda\mu \in A^\times$ (beide leden hebben inhoud een eenheid; formeel: $\lambda\mu = c(P) \in A^\times$ op eenheden na, en in het bijzonder $\lambda \mu \in A$): $P = (\lambda\mu Q_1) R_1$ is dus een echte ontbinding in $A[X]$.

(2) Bestaan: zij $P \neq 0$ geen eenheid; ontbind $P = c(P)P_1$, ontbind $c(P)$ in irreducibele elementen van $A$, en ontbind $P_1$ in het UFD $K[X]$ als $\prod Q_i$ met $Q_i \in K[X]$ irreducibel; schrijven we $Q_i = \lambda_i R_i$ met $R_i \in A[X]$ primitief (en dus irreducibel over $K$, en dus in $A[X]$ volgens (1)), dan is het product $\prod \lambda_i$ zoals eerder een eenheid van $A$ en is $P_1 = u\prod R_i$. Eenduidigheid: vergelijk het constante deel en het veeltermdeel van een ontbinding; de constanten vermenigvuldigen tot $c(P)$ (Gauss), uniek wegens de factorialiteit van $A$; de veeltermdelen geven twee ontbindingen in $K[X]$ van dezelfde veelterm, die dus op constanten van $K^\times$ na overeenkomen (factorialiteit van $K[X]$, Stelling 2.18), en primitieve veeltermen die in $K[X]$ geassocieerd zijn, zijn dat ook in $A[X]$: is $R = \lambda R'$ met $R, R'$ primitief en $\lambda \in K^\times$, dan dwingt het nemen van inhouden $\lambda \in A^\times$ af. ∎

Bewijs. Volgens Stelling 2.24(1) levert een echte ontbinding over $K$ een $P = QR$ met $Q, R \in A[X]$ en $\deg Q, \deg R \geq 1$ (constanten zijn uitgesloten: die zouden eenheden zijn of de primitiviteit bederven).

(1) Reduceer modulo $p$: $\bar P = \bar Q\bar R$ in $(A/(p))[X]$. Omdat $p \nmid a_n$ en de graad onder reductie alleen kan dalen, is $\deg \bar Q = \deg Q \geq 1$ en $\deg\bar R = \deg R \geq 1$ (hun kopcoëfficiënten vermenigvuldigen tot $\bar a_n \neq 0$, dus daalt geen van beide): $\bar P$ ontbindt echt — tegenspraak.

(2) Reduceer modulo $p$: $\bar Q \bar R = \bar P = \bar a_n X^n$ (alle lagere coëfficiënten sterven weg). In het domein $(A/(p))[X]$ zijn de ontbindingen van $cX^n$ ($c \ne 0$) alleen die in constanten en zuivere machten $c'X^k$: immers, als $\bar Q\bar R = \bar a_nX^n$ en $\bar Q$ een coëfficiënt $\neq 0$ had in een graad $< \deg\bar Q$, neem dan de laagste niet-nulle termen: $\operatorname{val}(\bar Q\bar R) = \operatorname{val}\bar Q + \operatorname{val}\bar R$ (domein), en dat moet gelijk zijn aan $n = \deg\bar Q + \deg\bar R$, wat $\operatorname{val} = \deg$ afdwingt voor beide: het zijn allebei monomen. Zoals hierboven dalen de graden niet, dus zijn de constante termen $Q(0)$ en $R(0)$ van $Q$ en $R$ door $p$ deelbaar — allebei, omdat beide reducties monomen van graad $\geq 1$ zijn. Dan is $p^2 \mid Q(0)R(0) = a_0$: tegenspraak. ∎

Bewijs. (Eindig voortgebracht $\Rightarrow$ ketenvoorwaarde): voor een keten $I_1 \subseteq I_2 \subseteq \cdots$ is de vereniging $I$ een ideaal, voortgebracht door $x_1, \dots, x_r$; alle $x_i$ liggen in een zekere $I_N$, dus $I = I_N = I_n$ voor $n \geq N$. (Ketenvoorwaarde $\Rightarrow$ maximale elementen): had een niet-lege familie $\mathcal F$ geen maximaal element, kies dan $I_1 \in \mathcal F$ en inductief $I_{n+1} \supsetneq I_n$ in $\mathcal F$ (mogelijk omdat $I_n$ niet maximaal is): een oneindige strikt stijgende keten. (Hier gebruiken we het axioma van afhankelijke keuzen, een zwakke vorm van het keuzeaxioma waar we niet over tobben.) (Maximale elementen $\Rightarrow$ eindig voortgebracht): zij $I$ een ideaal; de familie van eindig voortgebrachte idealen binnen $I$ is niet leeg ($(0)$), en een maximaal element $J = (x_1, \dots, x_r)$ moet gelijk zijn aan $I$: anders levert het toevoegen van een $x \in I \setminus J$ aan de voortbrengers een strikt groter lid van de familie. ∎

Bewijs. Zij $I$ een ideaal van $A[X]$ en stel dat $I$ niet eindig voortgebracht is. Bouw een rij: neem $f_1 \in I \setminus \{0\}$ van minimale graad, en inductief $f_{k+1} \in I \setminus (f_1, \dots, f_k)$ van minimale graad (die verzameling is per veronderstelling niet leeg). De graden $d_k = \deg f_k$ zijn niet-dalend: immers $f_{k+1} \notin (f_1,\dots,f_k) \supseteq (f_1, \dots, f_{k-1})$, dus deed $f_{k+1}$ in stap $k$ al mee en verloor of speelde gelijk: $d_{k+1} \geq d_k$. Zij $a_k \in A$ de kopcoëfficiënt van $f_k$. De keten idealen $(a_1) \subseteq (a_1, a_2) \subseteq \cdots$ stabiliseert: voor zekere $n$ is $a_{n+1} \in (a_1, \dots, a_n)$, zeg $a_{n+1} = \sum_{k\leq n} u_k a_k$. Beschouw

Dan is $g \in I \setminus (f_1, \dots, f_n)$ (de som ligt in het ideaal, $f_{n+1}$ niet), en toch valt de coëfficiënt van graad $d_{n+1}$ weg: $\deg g < d_{n+1}$, in strijd met de minimaliteit van $d_{n+1} = \deg f_{n+1}$.

Herhaald toepassen geeft dat $A[X_1, \dots, X_n] = (A[X_1, \dots, X_{n-1}])[X_n]$ noethers is; en een quotiënt $A/I$ is noethers omdat zijn idealen $J/I$ zich optillen tot idealen van $A$ (correspondentie), waar eindig veel voortbrengers op voortbrengers projecteren. ∎