Zahlentheorie (Osnabrück 2008)/Probeklausur mit Lösungen

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Vorlesung zur Zahlentheorie (Osnabrück 2008)

Probeklausur

Dauer: Zwei volle Stunden + 10 Minuten Orientierung, in der noch nicht geschrieben werden darf. Hilfsmittel: Erlaubt ist lediglich ein DinA4-Blatt (zweiseitig) mit beliebigem Inhalt. Kein Taschenrechner etc. Alle Antworten sind zu begründen. Es gibt insgesamt 64 Punkte. Zum Bestehen braucht man 16 Punkte und für eine Eins braucht man 32 Punkte. Viel Glück!

Aufgabe (4 Punkte)

Berechne mit Hilfe des quadratischen Reziprozitätsgesetzes und seiner Ergänzungssätze das Legendre-Symbol

$\left(\frac{1117}{1861}\right)$ .

Bemerkung:

1117

und

1861

sind Primzahlen.

Lösung

Wir berechnen Schritt für Schritt das Legendre-Symbol.

$\left(\frac{1117}{1861}\right)$	=	$\left(\frac{1861}{1117}\right)$
	=	$\left(\frac{744}{1117}\right)$
	=	$\left(\frac{2^3}{1117}\right)$ $\left(\frac{3}{1117}\right)$ $\left(\frac{31}{1117}\right)$
	=	$(-1) \left(\frac{1117}{3}\right) \left(\frac{1117}{31}\right)$
	=	$(-1) \left(\frac{1}{3}\right) \left(\frac{1}{31}\right)$
	=	$- 1$ .

Also ist $1117$ kein Quadratrest modulo $1861$ .

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme in ${\mathbb Z}[{\mathrm i}]$ mit Hilfe des euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler von $23 + 2i$ und $1 + 23i$ .

Lösung

Wir multiplizieren die zweite Zahl mit der Einheit $- i$ und erhalten $23 - i$ . Damit ist

23 + 2i = 1(23 - i) + 3i

.

Im nächsten Schritt ist (wir können mit

3

statt mit

3i

arbeiten)

$\frac{23 - {\mathrm i}}{3} = 7 + \frac{2}{3} - \frac{ {\mathrm i} }{3}$

bzw.

$23 - {\mathrm i} = 7 \cdot 3 + 2 - {\mathrm i}$ .

Weiter ist

3 = (2 - i) + 1 + i

und

(2 - i) = (1 + i)(1 - i) - i

,

so dass also Teilerfremdheit vorliegt.

Aufgabe (5 Punkte)

Finde ein primitives Element in $\Z/(11)$ und in $\Z/(121)$ . Man gebe ferner ein Element der Ordnung $10$ und ein Element der Ordnung $11$ in $\Z/(121)$ an. Gibt es Elemente der Ordnung $10$ und der Ordnung $11$ auch in ${\mathbb F}_{121}$ ?

Lösung

In $\Z/(11)$ betrachten wir das Element $2$ . Die Ordnung von $2$ ist ein Teiler von $10$ . Es ist $2^2=4 \neq 1$ und $2^5=32=-1 \neq 1$ , so dass die Ordnung $10$ ist, also ist $2$ primitiv.

Wir betrachten $2$ in $\Z/(121)$ . Dieser Ring hat $110$ Einheiten, also ist die Ordnung von $2$ ein Teiler von $110$ . Andererseits folgt aus $2^k =1 \mod 121$ , dass auch $2^k = 1 \mod 11$ ist. Dann muss $k$ ein Vielfaches von $10$ sein. An möglichen Ordnungen bleiben also $k = 10$ oder $k = 110$ . Es ist $2^{10} = 1024 =56 \neq 1 \mod 121$ . Also ist die Ordnung $110$ und $2$ ist primitiv modulo $121$ .

Damit hat $210 = 56$ die Ordnung $11$ und $211 = 112$ hat die Ordnung $10$ .

${\mathbb F}_{121}$ ist ein Körper und die Einheitengruppe ist zyklisch der Ordnung $120$ . Daher gibt es dort Elemente der Ordnung $10$ , aber nicht der Ordnung $11$ .

Aufgabe (6 Punkte)

Sei $R =A_{14}=\Z[\sqrt{14}]$ der quadratische Zahlbereich zu $D = 14$ . Berechne zu

$q= \frac{3}{5} - \frac{1}{7} \sqrt{14}$

den zugehörigen Hauptdivisor.

Lösung

Es ist

$q = \frac{ 21 - 5 \sqrt{14} } {35}$ .

Für die Primfaktoren des Nenners berechnen wir

$p = 5$ :

$R/(5) = \Z/(5) [X]/(X^2-4)$ . Hier ist $X 2 - 4 = (X - 2)(X + 2)$ , es liegt also der zerlegte Fall vor. Den zwei Primidealen im Restklassenring entsprechen die Primideale

${\mathfrak p} =(5, 2 + \sqrt{14})$ und $\overline{\mathfrak p} =(5, 2 - \sqrt{14})$

und es ist $(5) = {\mathfrak p}\overline{\mathfrak p}$ .

$p = 7$ :

$R/(7) = \Z/(7) [X]/(X^2)$ . Hier liegt also der verzweigte Fall vor. Dem Primideal im Restklassenring entspricht das Primideal

${\mathfrak q} = (7, \sqrt{14})$

und es ist $(7) = {\mathfrak q}^2$ .

Für den Zähler betrachten wir

$(21 - 5 \sqrt{14}) (21 + 5 \sqrt{14}) = 441 -25 \cdot 14 = 441 - 350= 91 =7 \cdot 13$ .

Für $p = 13$ ergibt sich:

$R/(13) = \Z/(13) [X]/(X^2-1)$ . Hier liegt also wieder der zerlegte Fall vor, $X 2 - 1 = (X - 1)(X + 1)$ . Also liegen darüber die Primideale

${\mathfrak m} =(13, 1 + \sqrt{14})$ und $\overline{\mathfrak m} =(13, 1 - \sqrt{14})$

und es ist $(13)= {\mathfrak m} \overline{\mathfrak m}$ . Wir müssen nun bestimmen, ob $21 - 5 \sqrt{14}$ zu ${\mathfrak m}$ oder zu $\overline{\mathfrak m}$ gehört. Eine direkte Rechnung ergibt $2 \cdot 13 -5 (1+ \sqrt{14}) = 21 -5 \sqrt{14}$ , so dass $21 - 5 \sqrt{14}\in {\mathfrak m}$ vorliegt. Damit ist insgesamt

$\operatorname{div}(q) = ( {\mathfrak q} + {\mathfrak m} ) -({\mathfrak p} + \overline{\mathfrak p} + 2{\mathfrak q}) = {\mathfrak m} -{\mathfrak p} -\overline{\mathfrak p} -{\mathfrak q}$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Sei $p$ eine ungerade Primzahl. Begründe unter Verwendung der Tatsache, dass die Einheitengruppe $(\Z/(p))^\times$ zyklisch ist, dass $- 1$ ein Quadratrest modulo $p$ genau dann ist, wenn $p=1 \mod 4$ ist.

Lösung

Siehe [[Quadratreste/-1/Fakt mit Beweisklappe|]].

Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe ein Polynom $P \in {\mathbb Q}[X]$ an, das nicht zu $\Z[X]$ gehört, aber die Eigenschaft besitzt, dass für jede ganze Zahl $n$ gilt: $P(n) \in \Z$ .

Lösung

Betrachte das Polynom $P=\frac{X(X-1)}{2} = \frac{X^2}{2} - \frac{X}{2}$ . Die Koeffizienten liegen in $\mathbb Q$ , aber nicht in $\Z$ . Wenn man in dieses Polynom eine ganze Zahl $n$ einsetzt, so ist genau eine der Zahlen $n$ und $n - 1$ gerade. Also ist $P(n)=\frac{n(n-1)}{2}$ ganzzahlig.

Aufgabe (3 Punkte)

Sei $p$ eine Primzahl, $q = p e$ mit $e \geq 1$ und sei ${\mathbb F}_q$ der Körper mit $q$ Elementen und $R={\mathbb F}_q[X]$ der Polynomring darüber. Zeige, dass jeder Restklassenring $R/{\mathfrak a}$ zu einem Ideal ${\mathfrak a} \neq 0$ endlich ist.

Lösung

Sei ${\mathfrak a} \neq 0$ ein Ideal. Der Polynomring über einem Körper ist ein Hauptidealbereich, daher ist ${\mathfrak a} =(P)$ mit einem Polynom $P \neq 0$ . Man kann annehmen, dass $P$ normiert ist, dass also der Leitkoeffizient $1$ ist. Dann ist

$R/{\mathfrak a} = R/(P) = {\mathbb F}_q[X]/(X^n+a_{n-1}X^{n-1} + \ldots + a_1X +a_0 )$ .

Dies bedeutet, dass man im Restklassenring die Potenz

X n

durch kleinere Potenzen ausdrücken kann. Iterativ kann man dann überhaupt jede Potenz

X k

durch Polynome vom Grad $\leq n-1$ ausdrücken, d.h. die Potenzen $X^0,X^1, \ldots X^{n-1}$ bilden ein ${\mathbb F}_q$ -Erzeugendensystem (sogar eine Basis) dieser ${\mathbb F}_q$ -Algebra. Damit liegt ein endlich-dimensionaler Vektorraum über einem endlichen Körper vor, und dieser hat nur endlich viele Elemente.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme einen Erzeuger für das gebrochene Ideal ${\mathfrak f} \subseteq \Q$ , das durch die rationalen Zahlen

$\frac{3}{7}, \, \frac{5}{6}, \, \frac{3}{10}\, \,$

erzeugt wird.

Lösung

Wir bringen die drei Brüche auf einen Hauptnenner, was

$\frac{90}{210}$ , $\frac{175}{210}$ , $\frac{63}{210}$

ergibt. Der größte gemeinsame Teiler der beiden ersten Zähler ist

5

. Da dies teilerfremd zu

63

ist, sind die drei Zähler insgesamt teilerfremd. Daher wird das gebrochene Ideal durch $\frac{1}{210}$ erzeugt.

Aufgabe (2 Punkte)

Man gebe eine vollständige Liste aller kommutativer Ringe mit $6$ Elementen.

Lösung

Sei $R$ ein kommutativer Ring mit sechs Elementen und sei $\Z \rightarrow R$ der kanonische Ringhomomorphismus, der $1$ auf $1$ schickt. Die (additive) Ordnung der $1$ in $R$ (also die Charakteristik von $R$ ) ist ein Teiler von $6$ . Die Ordnung eins ist nicht möglich, das wäre der Nullring. Bei Ordnung $2$ (oder $3$ ) wäre $R$ eine ${\mathbb F}_2$ - (bzw. ${\mathbb F}_3$ -)Algebra, also insbesondere ein Vektorraum über diesem Körper. Dann müsste aber die Anzahl eine Primzahlpotenz sein, was nicht der Fall ist. Also ist die Ordnung $6$ und der kanonische Homomorphismus ist surjektiv, also $R \cong \Z/(6)$ , und dies ist der einzige kommutative Ring mit sechs Elementen.

Aufgabe (4 Punkte)

Berechne explizit die Diskriminante des quadratischen Zahlbereichs $A - 7$ . Stelle die Multiplikationsmatrix bezüglich einer geeigneten Basis für das Element

$f= \frac{3}{2} + \frac{5}{2} \sqrt{-7}$

auf und berechne damit die Spur und die Norm von

f

.

Lösung

Eine $\Z$ -Basis von $A - 7$ ist gegeben durch $1$ und $\frac{1 + \sqrt{-7}}{2}$ . Die vier Produkte sind demnach $1$ , $\frac{1 + \sqrt{-7}}{2}$ (zweimal) und $(\frac{1 + \sqrt{-7}}{2})^2 = \frac{ -6 + 2 \sqrt{-7} }{4}$ . Die Spuren davon sind $2$ , $1$ (zweimal) und $- 3$ . Daher ist die Diskriminante gleich

$\triangle = \det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -3 \end{pmatrix} = -6 -1=-7$ .

Das Element $f=\frac{3}{2} + \frac{5}{2} \sqrt{-7}$ wird bezüglich der $\mathbb Q$ -Basis

1

und $\sqrt{-7}$ durch die Matrix

$\begin{pmatrix} \frac{3}{2} & - \frac{35}{2} \\ \frac{5}{2} & \frac{3}{2} \end{pmatrix}$

beschrieben. Deren Determinante, also die Norm, ist somit

$N(f)= \frac{9}{4} + \frac{175}{4} = \frac{184}{4} = 46$

und die Spur ist

$S(f) = \frac{6}{2} =3$ .

Aufgabe (4 Punkte)

Sei $D$ eine quadratfreie Zahl mit $D=1 \mod 4$ , und sei $A D$ der zugehörige quadratische Zahlbereich. Man gebe eine Ganzheitsgleichung für $\frac{1 - \sqrt{D}}{2}$ über $\Z$ an. Man zeige, dass es keine echten Zwischenringe $\Z[\sqrt{D}] \subset R \subset A_D$ gibt.

Lösung

Wir behaupten, dass $X^2-X- \frac{D-1}{4}$ eine Ganzheitsgleichung ist. In der Tat, es ist

$\left( \frac{1- \sqrt{D}}{2}\right)^2 -\frac{1- \sqrt{D}}{2}- \frac{D-1}{4} = \frac{1 -2 \sqrt{D} + D -2 + 2 \sqrt{D} - D+1}{4} = 0$ .

Wir betrachten nun die Ringerweiterung $\Z[\sqrt{D}] \subset A_D$ . Es ist

u = 1

und $v=\frac{1+ \sqrt{D}}{2}$ eine $\Z$ -Basis rechts. In dieser Basis drückt sich die $\Z$ -Basis links, also

1

und $\sqrt{D}$ aus als

u

und

2 v - u

. Damit ist die Restklassengruppe

$A_D/\Z[\sqrt{D}] \cong \Z^2/( (1,0), (-1,2)) \cong \Z^2/( (1,0), (0,2)) \cong \Z/(2)$

Daher gilt sogar für eine beliebige Gruppe

G

zwischen $\Z[\sqrt{D}]$ und

A D

, dass $G/\Z[\sqrt{D}]$ die Nullgruppe oder $\Z/(2)$ ist. Damit ist $G= \Z[\sqrt{D}]$ oder

G = A D

.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige: für eine Primzahl $p$ ist die Mersennesche Zahl $M p$ quasiprim zur Basis $2$ .

Lösung

Wir haben zu zeigen, dass für $m = 2 p - 1$ gilt: $2 m - 1 = 1$ modulo $m$ . Es ist $2 p = 2$ modulo $p$ nach dem kleinen Fermat. Damit ist $m - 1 = 2 p - 2 = 0$ modulo $p$ . Also ist $m - 1$ ein Vielfaches von $p$ , sagen wir $m - 1 = a p$ . Wegen $2 p = 1$ modulo $m$ gilt dann $2 m - 1 = (2 p) a = 1$ modulo $m$ .

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise, dass ein faktorieller Integritätsbereich normal ist. Erläutere dabei die relevanten Begriffe.

Lösung

Siehe [[Kommutative Ringtheorie/Faktoriell/ist normal/Fakt mit Beweisklappe|]].

Aufgabe (4 Punkte)

Sei $D$ eine quadratfreie Zahl und sei $A D$ ein quadratischer Zahlbereich. Definiere die Konjugation zu einem Element $f \in {\mathbb Q}[\sqrt{D}]$ und zu einem Element $f \in A_D$ . Definiere zu einem Ideal $\mathfrak a \neq 0$ das konjugierte Ideal $\overline{\mathfrak a}$ und zeige, dass es sich um ein Ideal handelt. Zeige, dass $\mathfrak a$ und $\overline{\mathfrak a}$ in der Klassengruppe invers zueinander sind.

Lösung

Die Konjugation zu einem Element $f \in {\mathbb Q}[\sqrt{D}]$ ist folgendermaßen definiert: man kann $f$ schreiben als $f=a + b \sqrt{D}$ mit $a,b \in {\mathbb Q}$ , und definiert $\bar{f} = a-b \sqrt{D}$ . Für Elemente aus $A D$ ist die Konjugation genauso definiert.

Zu einem Ideal $\mathfrak a$ setzt man

$\overline{\mathfrak a} = \{\bar{f}:\, f \in {\mathfrak a}\}$ .

Dies ist ein Ideal wegen $\bar{f} + \bar{g} = \overline{f+g}$ und wegen $a \bar{f} = \overline{\bar{a} f}$ .

Nach [[Zahlentheorie/Quadratischer Zahlbereich/Ideal und konjugiertes Ideal/Produktbeschreibung/Fakt|]] ist

${\mathfrak a} \overline{\mathfrak a} =(N(\mathfrak a))$

ein Hauptideal, also ist das Produkt der beiden Ideale das neutrale Element in der Klassengruppe, also sind sie invers zueinander.

Aufgabe (8 Punkte)

Sei $K$ ein Körper und sei

$\nu :(K^\times, \cdot,1) \longrightarrow (\Z,+,0) \,$

ein surjektiver Gruppenhomomorphismus mit $\nu(f+g) \geq \min\{ \nu(f) , \nu(g)\}$ für alle $f,g \in K^\times$ . Zeige, dass

$R=\{f \in K^\times :\, \nu(f) \geq 0 \} \cup \{0\} \,$

ein diskreter Bewertungsring ist.

Lösung

Zuerst zeigen wir, dass $R$ ein Unterring des Körpers $K$ ist. Es ist $0 \in R$ . Da $ν$ ein Gruppenhomomorphismus ist, muss $ν(1) = 0$ sein. Für zwei Elemente $f,g \in R$ ist $\nu(f), \nu(g) \geq 0$ und damit $\nu(f \cdot g) = \nu(f) + \nu(g) \geq 0$ , da ein Gruppenhomomorphismus vorliegt, und ebenso $\nu(f+g) \geq \min\{ \nu(f) , \nu(g)\} \geq 0$ nach Voraussetzung, so dass $R$ multiplikativ und additiv abgeschlossen ist. Ferner ist $ν( - 1) + ν( - 1) = ν(( - 1) 2) = ν(1) = 0$ , woraus aber $ν( - 1) = 0$ und somit $-1 \in R$ folgt. Also gehören auch die Negativen zu $R$ , und somit liegt ein kommutativer Ring vor.

Weiterhin muss $R$ ein lokaler Ring sein. Wir behaupten, dass

${\mathfrak m } := \{f \in K^\times :\, \nu(f) \geq 1 \} \cup \{0\} \subseteq R$

das einzige maximale Ideal ist. Die

0

gehört dazu und wegen $\nu(f+g) \geq \min\{ \nu(f) , \nu(g)\} \geq 1$ ist die Menge additiv abgeschlossen. Für $f \in {\mathfrak m}$ und $g \in R$ ist $\nu(f) \geq 1$ und $\nu(g) \geq 0$ und daher $\nu(gf)= \nu(g) + \nu(f) \geq 1$ , so dass die Menge abgeschlossen unter Skalarmultiplikation ist. Also liegt ein Ideal vor.

Das Komplement $R - {\mathfrak m}$ besteht aus allen Elementen $h \in K$ mit $ν(h) = 0$ . Dann ist aber auch $ν(h - 1) = 0$ und damit $h^{-1} \in R$ , d.h. diese Elemente sind alle Einheiten. Daher ist $\mathfrak m$ maximal.

Wir müssen noch zeigen dass ein diskreter Bewertungsring vorliegt. Sei hierzu $p \in K$ ein Element mit $ν(p) = 1$ , was es wegen der vorausgesetzten Surjektivität gibt. Wir wollen zeigen, dass $p$ prim ist. Es gilt generell, dass $y$ ein Vielfaches von $x$ ( $x,y \in R$ ) ist genau dann, wenn $\nu(y) \geq \nu(x)$ ist, da ja die Teilbarkeitsbeziehung zu $y/x \in R$ äquivalent ist. Aus $p | x y$ , $x,y \in R$ , folgt nun $1=\nu(p) \leq \nu(xy) = \nu(x) + \nu(y)$ und dann muss $\nu(x) \geq 1$ oder $\nu(y) \geq 1$ sein, so dass eines ein Vielfaches von $p$ ist. Also ist $p$ prim.

Mit dem gleichen Argument folgt, dass jedes Element $x \in R$ mit $n = ν(x)$ assoziiert zu $p n$ ist. Es liegt also ein Hauptidealbereich mit genau den Idealen $0$ und $(p n)$ , $n \in \N$ , vor.

Aufgabe (3 Punkte)

Sei $R$ ein Zahlbereich. Zeige unter Verwendung der Norm, dass jedes Element $f \in R$ , $f \neq 0$ , eine Faktorisierung in irreduzible Elemente besitzt.

Lösung

Induktion über $| N (f) |$ . Bei $| N (f) | = 1$ liegt eine Einheit vor und es ist nichts zu zeigen. Sei also $|N(f)|=n \geq 2$ und die Existenz einer Zerlegung in irreduzible Elemente sei für alle $g$ mit $N (g) < n$ schon bewiesen. Wenn $f$ irreduzibel ist, so ist nichts zu zeigen. Andernfalls gibt es eine Zerlegung mit $f = g h$ , wobei $| N (g) | , | N (h) | < n$ sind und daher nach Induktionsvoraussetzung eine Zerlegung in irreduzible Elemente besitzen. Daraus ergibt sich die Zerlegung von $f$ in irreduzible Elemente.

Zahlentheorie (Osnabrück 2008)/Probeklausur mit Lösungen

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Inhaltsverzeichnis

Aufgabe (4 Punkte)

Aufgabe (4 Punkte)

Aufgabe (5 Punkte)

Aufgabe (6 Punkte)

Aufgabe (3 Punkte)

Aufgabe (3 Punkte)

Aufgabe (3 Punkte)

Aufgabe (2 Punkte)

Aufgabe (2 Punkte)

Aufgabe (4 Punkte)

Aufgabe (4 Punkte)

Aufgabe (4 Punkte)

Aufgabe (5 Punkte)

Aufgabe (4 Punkte)

Aufgabe (8 Punkte)

Aufgabe (3 Punkte)

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