Beweisarchiv: Algebra: Körper: Endlicher Integritätsbereich

Beweisarchiv: Algebra

Halbgruppen: Linksneutrale und rechtsneutrale Elemente

Gruppen: Bahnensatz · Elementordnung 2 und Kommutativität · Untergruppenordnung teilt Gruppenordnung · Klassifikation endlicher abelscher Gruppen · Klassifikation endlich erzeugter abelscher Gruppen · Sylow-Sätze · Archimedische Eigenschaft der reellen Zahlen · Lineare Abbildungen und Matrizen

Ringe: Binomischer Lehrsatz · Boolesche Ringe · Chinesischer Restsatz

Körper: Endlicher Integritätsbereich · Approximationssatz von Liouville· Transzendenz von e und π · Zahlencharakter von e· Die Existenz der reellen Wurzel

Moduln: freie Moduln sind projektiv

Jeder endliche Integritätsbereich ist ein Körper

Voraussetzung

Der Ring $R\$ sei endlich und ein Integritätsbereich.

(Ein Integritätsbereich ist ein nullteilerfreier kommutativer Ring mit Einselement $1\neq 0$.)

Behauptung

$R\$ ist ein Körper.

Beweis 1 (kombinatorisch)

$a\$ sei ein Element des Ringes mit $a\neq 0$. Wir müssen zeigen, dass $a\$ ein multiplikatives Inverses hat, denn alle anderen Körperaxiome sind in einem kommutativen Ring mit $1\$ schon erfüllt.

Dazu betrachten wir die Abbildung $f\colon R\to R,\ x\mapsto ax$ (Linksmultiplikation mit $a\$) und zeigen, dass diese injektiv ist.

Seien daher zwei Elemente $x,y\in R$ mit $f(x)=f(y)\$ gegeben. Das heißt $ax=ay\$, also $a(x-y)=0\$. Da $R\$ nullteilerfrei und $a\neq 0$ ist, muss $x-y=0\$ sein, also $x=y\$. Damit ist f als injektiv nachgewiesen.

Eine injektive Funktion einer endlichen Menge in sich selbst ist auch surjektiv, also ist $f\$ bijektiv. Die $1\$ hat also genau ein Urbild $b\$ unter der Funktion $f\$. Für dieses gilt $f(b)=ab=1\$, es ist also das gesuchte inverse Element zu $a\$ (wobei noch die Kommutativität des Ringes eingeht).

Beweis 2 (mit linearer Algebra)

Es sei $K$ das Bild des kanonischen Ringhomomorphismus $\mathbb {Z} \to R$; $K$ ist ein endlicher Körper, und $R$ ist eine $K$-Algebra.

Wie im ersten Beweis betrachten wir die Linksmultiplikation mit einem Element $a\in R$,

$x\mapsto ax,$

und wie im ersten Beweis folgt die Injektivität dieser Abbildung. Sie ist ein $K$-linearer Endomorphismus des endlichdimensionalen Vektorraumes $R$, nach der Dimensionsformel also auch surjektiv. Das weitere Vorgehen ist wie in Beweis 1.

Beweis 3 (mit Körpertheorie)

$K$ sei wie in Beweis 2, und es sei $L$ der Quotientenkörper von $R$. $L$ ist eine endliche, also algebraische Erweiterung von $K$. Für jedes Element $a\in R$ ist $K(a)\subseteq R$ eine Körpererweiterung von $K$, insbesondere ist $a$ in $K(a)$ und damit in $R$ invertierbar.

Beweis 4 (mit kommutativer Algebra)

Endliche Ringe sind artinsch, und artinsche Integritätsbereiche sind Körper.

Verschärfung: Einselement muss nicht vorausgesetzt werden

Die Voraussetzung kann dahingehend abgeschwächt werden, dass $R$ ein endlicher nullteilerfreier kommutativer Ring mit mindestens zwei Elementen ist: Sei $a\in R\setminus \{0\}$. Die unendlich vielen Elemente $a,a^{2},a^{3},\ldots$ können nach dem Schubfachprinzip nicht alle verschieden sein, es gibt also natürliche Zahlen $k,n$ mit $1\leq k<n$ und $a^{k}=a^{n}$. setze $e:=a^{n-k}$ (beachte $n-k\in \mathbb {N}$, die Potenz kann also gebildet werden). Sei $b\in R$ beliebig. Dann

$a^{k}\cdot (e\cdot b-b)=a^{k}\cdot e\cdot b-a^{k}\cdot b=a^{n}\cdot b-a^{k}\cdot b=(a^{n}-a^{k})\cdot b=0\cdot b=0.$

Wegen $a\neq 0$ folgt $a^{k}\neq 0$ und somit $e\cdot b-b=0$ bzw. $e\cdot b=b$. Analog folgt $b\cdot e=b$. Somit ist $e$ Einselement von $R$ (und als Potenz von $a$ auch von 0 verschieden), d.h. die ursprüngliche Voraussetzung des Satzes ist erfüllt.

Wikipedia-Verweise

Injektivität - Integritätsbereich - Körper - Ringtheorie - Surjektivität