# Hauptidealbereich/Bezout Euklid Faktoriell/Textabschnitt
## Satz

Es sei $R$ ein Hauptidealring. Dann gilt:
Elemente $a_{1},\ldots ,a_{n}$ besitzen stets einen größten gemeinsamen Teiler $d$, und dieser lässt sich als Linearkombination der $a_{1},\ldots ,a_{n}$ darstellen, d.h. es gibt Elemente $r_{1},\ldots ,r_{n}\in R$ mit $r_{1}a_{1}+r_{2}a_{2}+\cdots +r_{n}a_{n}=d$.
Insbesondere besitzen teilerfremde Elemente $a_{1},\ldots ,a_{n}$ eine Darstellung der $1$.

### Beweis

Sei $I=(a_{1},\ldots ,a_{n})$ das von den Elementen erzeugte Ideal. Da wir in einem Hauptidealring sind, handelt es sich um ein Hauptideal; es gibt also ein Element $d$ mit $I=(d)$. Wir behaupten, dass $d$ ein größter gemeinsamer Teiler der $a_{1},\ldots ,a_{n}$ ist. Die Inklusionen $(a_{i})\subseteq I=(d)$ zeigen, dass es sich um einen gemeinsamen Teiler handelt. Es sei $e$ ein weiterer gemeinsamer Teiler der $a_{1},\ldots ,a_{n}$. Dann ist wieder $(d)=I\subseteq (e)$, was wiederum $e{|}d$ bedeutet. Die Darstellungsaussage folgt unmittelbar aus $d\in I=(a_{1},\ldots ,a_{n})$.
Im teilerfremden Fall ist $I=(a_{1},\ldots ,a_{n})=R$.
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## Lemma

Es sei $R$ ein Hauptidealbereich und $a,b,c\in R$. Es seien $a$ und $b$ teilerfremd und $a$ teile das Produkt $bc$. Dann teilt $a$ den Faktor $c$.

### Beweis

Da $a$ und $b$ teilerfremd sind, gibt es nach dem Lemma von Bezout Elemente $r,s\in R$ mit $ra+sb=1$. Die Voraussetzung, dass $a$ das Produkt $bc$ teilt, schreiben wir als $bc=da$. Damit gilt
    $c=c1=c(ra+sb)=cra+csb=acr+ads=a(cr+ds)\,,$
was zeigt, dass $c$ ein Vielfaches von $a$ ist.
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## Satz

Es sei $R$ ein Hauptidealbereich. Dann ist ein Element genau dann prim,
wenn es irreduzibel ist.

### Beweis

Ein Primelement in einem Integritätsbereich ist nach Fakt stets irreduzibel. Es sei also umgekehrt $p$ irreduzibel, und nehmen wir an, dass $p$ das Produkt $ab$ teilt, sagen wir $pc=ab$. Nehmen wir an, dass $a$ kein Vielfaches von $p$ ist. Dann sind aber $a$ und $p$ teilerfremd, da eine echte Inklusionskette $(p)\subset (p,a)=(d)\subset R$ der Irreduzibilität von $p$ widerspricht. Damit teilt $p$ nach dem Lemma von Euklid den anderen Faktor $b$.
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## Lemma

In einem Hauptidealbereich lässt sich jede Nichteinheit $a\neq 0$ als ein Produkt von irreduziblen Elementen darstellen.

### Beweis

Angenommen, jede Zerlegung $a=p_{1}\cdots p_{k}$ enthalte nicht irreduzible Elemente. Dann gibt es in jedem solchen Produkt einen Faktor, der ebenfalls keine Zerlegung in irreduzible Faktoren besitzt. Wir erhalten also eine unendliche Kette $a_{1}=a,a_{2},a_{3},\ldots$, wobei $a_{n+1}$ ein nicht-trivialer Teiler von $a_{n}$ ist. Somit haben wir eine echt aufsteigende Idealkette
    $(a_{1})\subset (a_{2})\subset (a_{3})\subset \cdots \,.$
Die Vereinigung dieser Ideale ist aber nach Aufgabe ebenfalls ein Ideal und nach Voraussetzung ein Hauptideal. Dies ist ein Widerspruch.
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## Satz

In einem Hauptidealbereich lässt sich jede Nichteinheit $a\neq 0$ darstellen als Produkt von Primelementen. Diese Darstellung ist eindeutig bis auf Reihenfolge und Assoziiertheit. Wählt man aus jeder Assoziiertheitsklasse von Primelementen einen festen Repräsentanten $p$, so gibt es eine bis auf die Reihenfolge eindeutige Darstellung $a=u\cdot p_{1}^{r_{1}}\cdot p_{2}^{r_{2}}\cdots p_{k}^{r_{k}}$, wobei $u$ eine Einheit ist und die $p_{i}$ Repräsentanten sind.

### Beweis

Die erste Aussage folgt direkt aus Fakt und Fakt.
Die behauptete Eindeutigkeit bis auf Umordnung bedeutet, dass wenn
    $a=u\cdot p_{1}\cdots p_{k}=v\cdot q_{1}\cdots q_{m}\,$
zwei Primfaktorzerlegungen sind, dass dann $k=m$ ist und es eine Permutation $\tau$ auf $\{1,\ldots ,k\}$ gibt derart, dass $p_{i}$ und $q_{\tau (i)}$ assoziiert sind für alle $i\in \{1,\ldots ,k\}$. Wir beweisen diese Aussage durch Induktion über $k$. Es sei zuerst $k=0$ (das sei zugelassen). Dann steht links eine Einheit, also muss auch rechts eine Einheit stehen, was $m=0$ bedeutet.
Es sei also $k>0$ und die Aussage sei für alle kleineren $k$ bewiesen. Die Gleichung $(*)$ bedeutet insbesondere, dass $p_{k}$ das Produkt rechts teilt. Da $p_{k}$ prim ist, muss $p_{k}$ nach dem Lemma von Euklid einen der Faktoren rechts teilen. Nach Umordnung kann man annehmen, dass $q_{m}$ von $p_{k}$ geteilt wird. Da $q_{m}$ ebenfalls prim ist, sind $q_{m}$ und $p_{k}$ assoziiert. Also ist
    $q_{m}=wp_{k}\,$
mit einer Einheit $w$ und man kann die Gleichung $(*)$ nach $p_{k}$ kürzen und erhält
    $u\cdot p_{1}\cdots p_{k-1}=(vw)\cdot q_{1}\cdots q_{m-1}\,.$
Die Induktionsvoraussetzung liefert dann $k-1=m-1$ und dass jedes $p_{i}$ zu einem $q_{j}$ assoziiert ist.
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Diesen Satz kann man auch so ausdrücken, dass Hauptidealbereiche faktoriell sind im Sinne der folgenden Definition. Für solche Bereiche gilt ganz allgemein, dass die Primfaktorzerlegung eindeutig ist.

## Definition

Ein Integritätsbereich heißt faktorieller Bereich, wenn die beiden folgenden Eigenschaften erfüllt sind.
* Jedes irreduzible Element in $R$ ist prim.
* Jedes Element $a\in R$, $a\neq 0$, ist ein Produkt aus irreduziblen Elementen.

## Korollar

Jede positive natürliche Zahl lässt sich eindeutig als Produkt von Primzahlen darstellen.

### Beweis

Dies folgt sofort aus Fakt.
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## Korollar

Es sei $R$ ein Hauptidealbereich und seien $a$ und $b$ zwei Elemente $\neq 0$ mit Primfaktorzerlegungen
    $a=u\cdot p_{1}^{r_{1}}\cdot p_{2}^{r_{2}}\cdots p_{k}^{r_{k}}{\mbox{ und }}b=v\cdot p_{1}^{s_{1}}\cdot p_{2}^{s_{2}}\cdots p_{k}^{s_{k}}$
(wobei die Exponenten auch $0$ sein können und $u,v$ Einheiten sind). Dann gilt $a{|}b$ genau dann, wenn $r_{i}\leq s_{i}$ ist für alle Exponenten $i=1,\ldots ,k$.

### Beweis

Wenn die Exponentenbedingung erfüllt ist, so ist $s_{i}-r_{i}\geq 0$ und man kann
    $b=a{\left(vu^{-1}p_{1}^{s_{1}-r_{1}}\cdots p_{k}^{s_{k}-r_{k}}\right)}\,$
schreiben, was die Teilbarkeit bedeutet. Die Umkehrung folgt aus der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung in Hauptidealbereichen (siehe Fakt).
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## Satz

Es sei $R$ ein Hauptidealbereich und $p\neq 0$ ein Element. Dann sind folgende Bedingungen äquivalent.
* $p$ ist ein Primelement.
* $R/(p)$ ist ein Integritätsbereich.
* $R/(p)$ ist ein Körper.

### Beweis

Die Äquivalenz (1) $\Leftrightarrow$ (2) gilt in jedem kommutativen Ring (auch für $p=0$), siehe Aufgabe, und (3) impliziert natürlich (2). Es sei also (1) erfüllt und sei $a\in R/(p)$ von $0$ verschieden. Wir bezeichnen einen Repräsentanten davon in $R$ ebenfalls mit $a$. Es ist dann $a\notin (p)$ und es ergibt sich eine echte Idealinklusion $(p)\subset (a,p)$. Ferner können wir $(a,p)=(b)$ schreiben, da wir in einem Hauptidealring sind. Es folgt $p=cb$. Da $c$ keine Einheit ist und $p$ prim (also nach Fakt auch irreduzibel) ist, muss $b$ eine Einheit sein. Es ist also $(a,p)=(1)$, und das bedeutet modulo $p$, also in $R/(p)$, dass $a$ eine Einheit ist. Also ist $R/(p)$ ein Körper.
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