# Hauptidealbereich/Z/Polynomring über Körper/Prim und irreduzibel/Einführung/Textabschnitt
## Definition

Ein Integritätsbereich, in dem jedes Ideal ein Hauptideal ist, heißt Hauptidealbereich.

## Satz

Der Ring $\mathbb {Z}$ der ganzen Zahlen
ist ein Hauptidealbereich.

### Beweis

Zunächst ist $\mathbb {Z}$ ein Integritätsbereich. Es sei $I\subseteq \mathbb {Z}$ ein Ideal. Damit ist $I$ insbesondere eine (additive) Untergruppe von $\mathbb {Z}$ und hat nach Fakt die Gestalt $I=\mathbb {Z} d$. Damit handelt es sich um ein Hauptideal.
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## Satz

Ein Polynomring über einem Körper
ist ein Hauptidealbereich.

### Beweis

Es sei $I$ ein von $0$ verschiedenes Ideal in $K[X]$. Betrachte die nichtleere Menge
    ${\left\{\operatorname {grad} \,(P)\mid P\in I,\,P\neq 0\right\}}.$
Diese Menge hat ein Minimum $m\in \mathbb {N}$, das von einem Element $F\in I$, $F\neq 0$, herrührt, sagen wir $m=\operatorname {grad} \,(F)$. Wir behaupten, dass $I=(F)$ ist. Die Inklusion $\supseteq$ ist klar. Zum Beweis von $\subseteq$ sei $P\in I$ gegeben. Aufgrund von Fakt gilt
    $P=FQ+R{\text{ mit }}\operatorname {grad} \,(R)<\operatorname {grad} \,(F){\text{ oder }}R=0.$
Wegen $R\in I$ und der Minimalität von $\operatorname {grad} \,(F)$ kann der erste Fall nicht eintreten. Also ist $R=0$ und $P$ ist ein Vielfaches von $F$.
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In jedem Hauptidealbereich gibt es stes eine Zerlegung in irreduzible Elmente.

## 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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Über diese Aussage hinaus ist aber in einem Hauptidealbereich jedes irreduzible Element auch prim und damit gibt es auch stets eine Faktorzerlegung in Primelemente. Der Nachweis davon braucht einige Vorbereitungen, nämlich das Lemma von Bezout und das Lemma von Euklid.

## Lemma

Es sei $R$ ein Hauptidealbereich und seien $a,b\in R$ teilerfremde Elemente.
Dann kann man die $1$ als Linearkombination von $a$ und $b$ darstellen, d.h. es gibt Elemente $r,s\in R$ mit $ra+sb=1$.

### Beweis

Wir betrachten das von $a$ und $b$ erzeugte Ideal $I=(a,b)$. Da $R$ ein Hauptidealbereich ist, gibt es ein $c\in R$ mit $(a,b)=(c)$. Daher ist $c$ ein Teiler von $a$ und von $b$. Die Teilerfremdheit impliziert, dass $c$ eine Einheit ist. Wegen $c\in (a,b)$ gibt es eine Darstellung $c=ua+vb$. Multiplikation mit $c^{-1}$ ergibt die Darstellung der $1$.
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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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## Korollar

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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