Kurs:Studienprojekt:Modultheorie über Hauptidealbereichen (Osnabrück 2011-2012)/Elementarteilersatz/Textabschnitt

Wir wollen hier als Ergänzung noch den Elementarteilersatz für euklidische Bereiche beweisen. Der Beweis verläuft exakt gleich wie in Satz 3 (Proseminar:Hauptsatz über endlich erzeugte abelsche Gruppen (Osnabrück 2011-2012)) über ${}\mathbb {Z}$, nur, dass eben statt des Betrags (der Rangfunktion in ${}\mathbb {Z}$) die allgemeine Rangfunktion ${}\delta$ des euklidischen Bereichs benutzt wird.

Satz (Elementarteilersatz (euklidisch))

Es sei ${}A$ ein euklidischer Bereich und sei ${}M$ eine ${}m\times n$- Matrix über ${}A$. Es sei ${}k={\min {\left(m,n\right)}}$ das Minimum von ${}m$ und ${}n$.

Dann gibt es eine Darstellung

$M=L_{1}\cdots L_{p}\cdot D\cdot R_{q}\cdots R_{1}$

mit invertierbaren ${}A$- Elementarmatrizen ${}L_{1},\ldots ,L_{p}$ und ${}R_{1},\ldots ,R_{q}$ und einer Diagonalmatrix ${}D=Diag(n_{1},\ldots ,n_{k})$.

Es gibt ein ${}s$ mit ${}0\leq s\leq k$ und folgender Eigenschaft: Für ${}i<s$ teilt ${}n_{i}$ jeweils ${}n_{i+1}$ und für ${}i>s$ gilt ${}n_{i}=0$.

Beweis

Wir schreiben ${}M=(a_{i,j})_{1\leq i\leq m,1\leq j\leq n}$. Wir führen Induktion über ${}k$. Den Induktionsstart beweisen wir, um Wiederholungen zu vermeiden, bei der Rückführung des Induktionsschrittes auf die Induktionsvoraussetzung.

Es sei ${}k_{0}\in \mathbb {N}$ also beliebig und die Aussage für ${}k<k_{0}$ bewiesen. Zu zeigen: Sie gilt auch für ${}k=k_{0}$.

Nehmen wir zunächst ${}a_{1,1}=0$ an. Dafür betrachten wir die folgenden Fälle:

1. Fall: Es gibt ${}a_{i,j}\neq 0$ mit ${}i=1$ oder ${}j=1$. In diesem Fall kann durch Zeilen- oder Spaltenvertauschungen ${}a_{1,1}\neq 0$ erreicht werden.
2. Fall: Es gibt kein ${}a_{i,j}\neq 0$ mit ${}i=1$ oder ${}j=1$. Dann vertauschen wir die erste und die letzte Zeile und die erste und die letzte Spalte. Nun kann die Matrix ${}(a_{i,j})_{1\leq i\leq m-1,1\leq j\leq n-1}$ betrachtet werden für die ${}k<k_{0}$ gilt, womit wir für ${}k>1$ bei der Induktionsvoraussetzung bezüglich ${}k$ sind und bei ${}k=1$ eine Nullmatrix haben, die die Aussage direkt erfüllt.

Es sei also ${}a_{1,1}\neq 0$.

Nehmen wir außerdem an, dass ${}a_{1,1}$ alle ${}a_{i,j}$ teilt, so können wir sukzessive von allen Zeilen mit ${}i>1$ das ${}{\frac {a_{i,1}}{a_{1,1}}}$-fache der ersten Zeile und von allen Spalten mit ${}j>1$ das ${}{\frac {a_{1,j}}{a_{1,1}}}$-fache der ersten Spalte abziehen. Dadurch enthalten die erste Zeile und die erste Spalte nur noch Nullen mit Ausnahme von ${}a_{1,1}$. Die Induktionsvoraussetzung für ${}k>1$ kann daher auf die Matrix ${}M_{2}=(a_{i,j})_{2\leq i\leq m,2\leq j\leq n}$ angewendet werden und für ${}k=1$ haben wir trivialerweise eine Diagonalmatrix mit den angegebenen Eigenschaften. Außerdem sind alle ${}a_{i,j}$ immer noch Vielfache von ${}a_{1,1}$. Dies stellt sicher, dass alle folgenden Diagonalelemente ${}n_{i}$ Vielfache von ${}n_{1}=a_{1,1}$ sind (oder ${}0$, wenn (siehe oben) irgendwann eine Nullzeile oder Nullspalte erreicht wurde).

Für den Fall, dass ${}a_{1,1}$ nicht alle Einträge der Matrix teilt, führen wir eine weitere Induktion über ${}\delta (a_{1,1})$.

Es sei also ${}\delta (a_{1,1})=\operatorname {min} (\delta (A))$. Dann teilt ${}a_{1,1}$ alle ${}a_{i,j}$ und wir sind im schon behandelten Fall.

Für den Induktionsschritt können wir direkt annehmen, dass ${}a_{1,1}$ nicht alle Einträge teilt. Betrachten wir zwei Fälle:

1. Fall: Es gibt ein ${}a_{i,j}$ mit ${}i=1$ oder ${}j=1$, das kein Vielfaches von ${}b:=a_{1,1}$ ist. Nehmen wir o.B.d.A. an, dass ${}i=1$. Durch Division mit Rest findet sich eine eindeutige Darstellung ${}a_{1,j}=cb+r$ mit ${}\delta (r)<\delta (b)$. Wir ziehen nun das ${}c$-fache der ersten Spalte von der ${}j$-ten Spalte ab und vertauschen die beiden Spalten. Dadurch ist ${}r$ das neue Element in der linken oberen Ecke ${}(a_{1,1}=r)$ und damit wegen ${}\delta (r)<\delta (b)$ im Bereich der Induktionsvoraussetzung (der inneren Induktion).
2. Fall: Es findet sich nur für ${}i,j\geq 2$ ein ${}a_{i,j}$, das kein Vielfaches von ${}a_{1,1}$ ist. In diesem Fall annullieren wir die ersten Einträge der betreffenden Zeile und Spalte, indem wir von der ${}j$-ten Spalte das ${}{\frac {a_{1,j}}{a_{1,1}}}$-fache der ersten Spalte abziehen und genauso von der ${}i$-ten Zeile das ${}{\frac {a_{i,1}}{a_{1,1}}}$-fache der ersten Zeile. Danach addieren wir die ${}i$-te Zeile zur ersten Zeile, wodurch in der ${}j$-ten Spalte gilt ${}a_{1,j}=a_{i,j}$. Nun kann das selbe Verfahren wie im 1. Fall angewendet werden - ${}q$ und ${}r$ mit ${}a_{1,j}=qa_{1,1}+r$ finden und damit ${}a_{1,1}$ auf ${}r$ reduzieren - und die Situation daher auf die Induktionsvoraussetzung zurückgeführt werden.

  Daher gilt der Induktionsschritt zu ${}k=k_{0}$ für alle ${}\delta (a_{1,1})$ und daher die Aussage für alle ${}k$.

$\Box$

Der Elementarteilersatz kann benutzt werden um den Hauptsatz über endlich erzeugte abelsche Gruppen zu beweisen. Dieser Satz ist das Gruppenäquivalent zu Satz 4.10, den wir schon auf andere Weise bewiesen haben. Man kann auch diesen allgemeineren Satz über die folgende allgemeinere Version des Elementarteilersatzes beweisen. Diese allgemeine Version steht hier ohne Beweis, der Beweis findet sich aber zum Beispiel im Lehrbuch der Algebra von Günter Scheja und Uwe Storch bei Satz 61.18.

Satz (Elementarteilersatz)

Es sei ${}U$ ein Untermodul eines endlichen, freien Moduls ${}M$ mit Rang ${}r$ über dem Hauptidealbereich ${}R$.

Dann besitzt ${}U$ ein Erzeugendensystem ${}u_{1},\ldots ,u_{n}$, für das gilt:

1. Es gibt eine Basis ${}x_{1},\ldots ,x_{r}$ von ${}M$ und Ringelemente ${}e_{1},\ldots ,e_{n}\in R$ mit ${}u_{i}=e_{i}x_{i}$ für alle ${}i\in \{1,\ldots ,n\}$.
2. Die ${}e_{i}$ sind alle von ${}0$ verschieden.
3. ${}e_{i+1}$ teilt ${}e_{i}$ für ${}i\in \{1,\ldots ,n-1\}$.