Elementare und algebraische Zahlentheorie/1/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	3	3	4	3	5	4	4	6	8	6	2	2	8	2	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

Ein Ideal ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$ in einem kommutativen Ring ${}R$ .
Das Legendre-Symbol.
Eine Mersennesche Primzahl.
Der ganze Abschluss zu einer Erweiterung ${}R\subseteq S$ kommutativer Ringe.
Die Konjugation in einem quadratischen Zahlbereich ${}A_{D}$ .
Eine einfache binäre quadratische Form.

Lösung

Ein Ideal ist eine nichtleere Teilmenge ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$ ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$ , für die die beiden folgenden Bedingungen erfüllt sind:
1. Für alle ${}a,b\in {\mathfrak {a}}$ ist auch ${}a+b\in {\mathfrak {a}}$ .
2. Für alle ${}a\in {\mathfrak {a}}$ und ${}r\in R$ ist auch ${}ra\in {\mathfrak {a}}$ .
Für eine ungerade Primzahl ${}p$ und eine zu ${}p$ teilerfremde Zahl ${}k\in \mathbb {Z}$ definiert man das Legendre-Symbol durch
$\left({\frac {k}{p}}\right):={\begin{cases}1,{\text{ falls }}k{\text{ quadratischer Rest modulo }}p{\text{ ist}},\\-1,{\text{ falls }}k{\text{ kein quadratischer Rest modulo }}p{\text{ ist}}.\end{cases}}\,$
Eine Primzahl der Form ${}2^{n}-1$ heißt Mersennesche Primzahl.
Unter dem ganzen Abschluss von ${}R$ in ${}S$ versteht man die Menge aller Elemente ${}x\in S$ , die ganz über ${}R$ sind,
Der Automorphismus
$a+b{\sqrt {D}}\longmapsto a-b{\sqrt {D}}$

auf ${}A_{D}$ wird als Konjugation bezeichnet.
Eine binäre quadratische Form ${}aX^{2}+bXY+cY^{2}$ heißt einfach, wenn die Koeffizienten ${}a,b,c$ teilerfremd sind.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

Der erste Ergänzungssatz zum quadratischen Reziprozitätsgesetz.
Der Primzahlsatz.
Der Satz über die Diskriminante quadratischer Zahlbereiche.

Lösung

Für eine ungerade Primzahl ${}p$ gilt:
${}\left({\frac {-1}{p}}\right)=(-1)^{\frac {p-1}{2}}={\begin{cases}1\,,{\text{ falls }}p=1\mod 4\,,\\-1\,,{\text{ sonst }}{\text{(also bei }}p=3\mod 4{\mbox{)}}\,.\end{cases}}\,$
Es gilt die asymptotische Abschätzung
${}\pi (x)\sim {\frac {x}{\ln(x)}}\,.$

Das heißt

${}\lim _{x\rightarrow \infty }{\frac {\pi (x)}{\frac {x}{\ln(x)}}}=\lim _{x\rightarrow \infty }{\frac {\pi (x)\ln(x)}{x}}=1\,.$
Es sei ${}D\neq 0,1$ eine quadratfreie Zahl und ${}A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich. Dann ist die Diskriminante von ${}A_{D}$ gleich
$\triangle =4D,{\text{ wenn }}D=2,3\mod 4$

und

$\triangle =D,{\text{ wenn }}D=1\mod 4.$

Aufgabe (4 (1+2+1) Punkte)

a) Finde mit Hilfe des Euklidischen Algorithmus eine Darstellung der ${}1$ für die beiden Zahlen ${}19$ und ${}109$ .

b) Nach dem Chinesischen Restsatz haben wir die Isomorphie

{}\mathbb {Z} /(2071)\cong \mathbb {Z} /(19)\times \mathbb {Z} /(109)\,.

Welche Restklasse modulo ${}2071$ entspricht dem Restklassenpaar ${}(1,0)$ und welche dem Paar ${}(0,1)$ ?

c) Bestimme diejenige Restklasse modulo ${}2071$ , die modulo ${}19$ den Rest ${}5$ hat und die modulo ${}109$ den Rest ${}10$ hat.

Lösung

a) Es ist

{}109=5\cdot 19+14\,,

{}19=1\cdot 14+5\,,

{}5=1\cdot 4+1\,.

Somit ist

{}{\begin{aligned}1&=5-1\cdot 4\\&=5-1\cdot {\left(14-2\cdot 5\right)}\\&=3\cdot 5-1\cdot 14\\&=3\cdot {\left(19-1\cdot 14\right)}-1\cdot 14\\&=3\cdot 19-4\cdot 14\\&=3\cdot 19-4{\left(109-5\cdot 19\right)}\\&=23\cdot 19-4\cdot 109.\end{aligned}}

b) Aufgrund von Teil a) haben wir die Darstellung

{}1-23\cdot 19=-4\cdot 109=-436=1635\,.

Diese Zahl hat modulo ${}19$ den Rest ${}1$ und modulo ${}109$ den Rest ${}0$ , d.h. ${}1635$ entspricht dem Restepaar ${}(1,0)$ .

Aufgrund von Teil a) haben wir die Darstellung

{}23\cdot 19=4\cdot 109+1=437\,.

Diese Zahl hat modulo ${}19$ den Rest ${}0$ und modulo ${}109$ den Rest ${}1$ , d.h. ${}437$ entspricht dem Restepaar ${}(0,1)$ .

c) Es ist

{}(5,10)=5\cdot (1,0)+10\cdot (0,1)=5\cdot 1635+10\cdot 437=8175+4370=12545=119\,.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass ein kommutativer Ring genau dann ein Körper ist, wenn er genau zwei Ideale enthält.

Lösung

Wenn ${}R$ ein Körper ist, so gibt es das Nullideal und das Einheitsideal, die voneinander verschieden sind. Es sei ${}I$ ein von ${}0$ verschiedenes Ideal in ${}R$ . Dann enthält ${}I$ ein Element ${}x\neq 0$ , das eine Einheit ist. Damit ist ${}1=xx^{-1}\in I$ und damit ${}I=R$ .

Es sei umgekehrt ${}R$ ein kommutativer Ring mit genau zwei Idealen. Dann kann ${}R$ nicht der Nullring sein. Es sei nun ${}x$ ein von ${}0$ verschiedenes Element in ${}R$ . Das von ${}x$ erzeugte Hauptideal ${}Rx$ ist ${}\neq 0$ und muss daher mit dem anderen Ideal, also mit dem Einheitsideal übereinstimmen. Das heißt insbesondere, dass ${}1\in Rx$ ist. Das bedeutet also ${}1=xr$ für ein ${}r\in R$ , sodass ${}x$ eine Einheit ist.

Aufgabe (5 (2+2+1) Punkte)

Es seien ${}a,b\geq 2$ und sei ${}n=ab$ .

a) Zeige, dass die beiden Polynome ${}X^{a}-1$ und ${}X^{b}-1$ Teiler des Polynoms ${}X^{n}-1$ sind.

b) Es sei ${}a\neq b$ . Ist ${}(X^{a}-1)(X^{b}-1)$ stets ein Teiler von ${}X^{n}-1$ ?

c) Man gebe drei Primfaktoren von ${}2^{30}-1$ an.

Lösung

a) Es ist

{}X^{n}-1={\left(X^{b}\right)}^{a}-1={\left(X^{b}-1\right)}{\left({\left(X^{b}\right)}^{a-1}+{\left(X^{b}\right)}^{a-2}+\cdots +{\left(X^{b}\right)}^{2}+X^{b}+1\right)}\,

und daher ist ${}X^{b}-1$ (und ebenso ${}X^{a}-1$ ) ein Teiler von ${}X^{n}-1$ .

b) Dies ist nicht der Fall. Für

{}n=8=4\cdot 2\,

ist

{}X^{8}-1=(X^{4}-1)(X^{4}+1)\,.

Das Polynom ${}X^{4}+1$ hat keine reelle Nullstelle und ist deshalb kein Vielfaches von ${}X^{2}-1$ . Daher ist ${}(X^{4}-1)(X^{2}-1)$ kein Teiler von ${}X^{8}-1$ .

c) Da ${}2,3,5$ Teiler von ${}30$ sind, ergibt sich aus Teil a), dass ${}2^{2}-1=3,\,2^{3}-1=7$ und ${}2^{5}-1=31$ Teiler von ${}2^{30}-1$ sind. Daher sind ${}3,7,31$ Primteiler von ${}2^{30}-1$ .

Aufgabe (4 Punkte)

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

\left({\frac {563}{1231}}\right).

Bemerkung: ${}563$ und ${}1231$ sind Primzahlen.

Lösung

Wir berechnen Schritt für Schritt das Legendre-Symbol.

{}{\begin{aligned}\left({\frac {563}{1231}}\right)&=(-1)\left({\frac {1231}{563}}\right)\\&=(-1)\left({\frac {105}{563}}\right)\\&=(-1)\left({\frac {3}{563}}\right)\left({\frac {5}{563}}\right)\left({\frac {7}{563}}\right)\\&=(-1)(-1)\left({\frac {563}{3}}\right)\left({\frac {563}{5}}\right)(-1)\left({\frac {563}{7}}\right)\\&=(-1)\left({\frac {2}{3}}\right)\left({\frac {3}{5}}\right)\left({\frac {3}{7}}\right)\\&=(-1)(-1)(-1)(-1)\left({\frac {7}{3}}\right)\\&=1.\end{aligned}}

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass es überabzählbar viele Untergruppen der multiplikativen Gruppe ${}(\mathbb {Q} ^{\times },\cdot ,1)$ gibt.

Lösung

Zu einer jeden Teilmenge ${}T$ von Primzahlen betrachten wir

{}G(T)={\left\{\prod _{p\in T}p^{r_{p}}\mid r_{p}\in \mathbb {Z} \right\}}\subseteq \mathbb {Q} ^{\times }\,,

wobei in den Produkten stets ${}r_{p}=0$ bis auf endlich viele Ausnahmen ist. Ein Produkt von zwei solchen Elementen ist wieder von der gleichen Form, und das inverse Element zu ${}\prod _{p\in T}p^{r_{p}}$ ist ${}\prod _{p\in T}p^{-r_{p}}$ , also auch von der gleichen Form. Es handelt sich also für jedes ${}T$ um eine Untergruppe der multiplikativen Gruppe. Für

{}T\neq S\,

sind die zugehörigen Untergruppen verschieden, da bei ${}p\in S$ ${}p\notin T$ , auch ${}p\notin G(T)$ aufgrund der eindeutigen Primfaktorzerlegung gilt. Da die Menge der Primzahlen unendlich ist, ist ihre Potenzmenge überabzählbar, und das überträgt sich auf die soeben konstruierten Untergruppen.

Aufgabe (6 (2+2+2) Punkte)

Bekanntlich gilt die Gruppenisomorphie

{}\mathbb {R} _{+}\times S^{1}\cong {\mathbb {C} }^{\times }\,,

wobei einem Paar ${}(r,s)$ die komplexe Zahl ${}r\cdot s$ entspricht. Entsprechend gibt es einen injektiven Gruppenhomomorphismus

\mathbb {Q} _{+}\times S_{\mathbb {Q} }^{1}\longrightarrow \mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]^{\times },\,(r,s)\longmapsto r\cdot s.

Zeige, dass diese Abbildung nicht surjektiv ist.
Zeige, dass jedes Quadrat aus ${}\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]^{\times }$ zum Bild gehört.
Man gebe ein Beispiel für ein ${}z\in \mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]^{\times }$ , das kein Quadrat ist und zum Bild gehört.

Lösung

Wir behaupten, dass ${}2+{\mathrm {i} }$ nicht zum Bild gehört. Nehmen wir
${}2+{\mathrm {i} }=r\cdot s\,$

mit ${}s\in S_{\mathbb {Q} }^{1}$ an, so hat ${}r\in \mathbb {Q} _{+}$ die Norm ${}5$ . Für eine rationale Zahl ist aber die Norm einfach das Quadrat, doch ${}5$ besitzt in ${}\mathbb {Q}$ keine Quadratwurzel.
Sei
${}z=(x+y{\mathrm {i} })^{2}\,$

mit ${}x+y{\mathrm {i} }\in \mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$ . Dann ist

${}(x+y{\mathrm {i} })^{2}=(x^{2}+y^{2}){\frac {(x+y{\mathrm {i} })^{2}}{x^{2}+y^{2}}}\,$

und die Norm des rechten Faktors ist (wegen der Multiplikativität der Norm)

${}N{\left({\frac {(x+y{\mathrm {i} })^{2}}{x^{2}+y^{2}}}\right)}={\frac {(x^{2}+y^{2})^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}=1\,,$

sodass also eine gesuchte Darstellung vorliegt.
Die Zahl ${}3$ ist nach Fakt prim in ${}\mathbb {Z} [{\mathrm {i} }]$ und somit kein Quadrat in ${}\mathbb {Z} [{\mathrm {i} }]$ . Nach Fakt, Fakt, Fakt, Fakt und Fakt ist ${}3$ auch kein Quadrat in ${}\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$ . Wegen
${}3=3\cdot 1\,$

gehört die ${}3$ aber zum Bild.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Charakterisierungssatz für gerade vollkommene Zahlen.

Lösung

Es sei zunächst ${}n=2^{k-1}{\left(2^{k}-1\right)}$ mit ${}2^{k}-1$ prim. Dann sind die von ${}n$ verschiedenen Teiler von ${}n$ durch

2^{i},\,i=0,\ldots ,k-1,{\text{ und }}2^{i}(2^{k}-1),\,i=0,\ldots ,k-2

gegeben. Daher ist ihre Summe gleich

\sum _{i=0}^{k-1}2^{i}+(2^{k}-1)\sum _{i=0}^{k-2}2^{i}=2^{k}-1+{\left(2^{k}-1\right)}{\left(2^{k-1}-1\right)}={\left(2^{k}-1\right)}2^{k-1}=n\,,

also ist ${}n$ vollkommen. Es sei umgekehrt ${}n$ vollkommen. Wir setzen (in Anlehnung an das Ziel) an

{}n=2^{k-1}u\,

mit ${}u$ ungerade und ${}k\geq 2$ , da ja ${}n$ gerade ist. Für teilerfremde Zahlen ist nach Fakt die Teilersumme gleich dem Produkt der beiden Teilersummen. Daher ist einerseits

{}\sigma (n)=\sigma {\left(2^{k-1}u\right)}=\sigma {\left(2^{k-1}\right)}\sigma (u)={\left(2^{k}-1\right)}\sigma (u)\,

und andererseits wegen der Vollkommenheit ${}\sigma (n)=2n=2^{k}u$ . Insgesamt ergibt sich also ${}{\left(2^{k}-1\right)}\sigma (u)=2^{k}u$ . Da ${}2^{k}-1$ ungerade ist, gilt

\sigma (u)=x2^{k}{\text{ und }}u=x(2^{k}-1).

Die Annahme ${}x>1$ führt schnell zum Widerspruch, da es dann zumindest die drei verschiedenen Teiler ${}1,x,x(2^{k}-1)$ von ${}u$ gibt, was zu

{}\sigma (u)\geq {\left(2^{k}-1\right)}x+1+x>2^{k}x\,

führt. Also ist ${}x=1$ und somit ${}\sigma (u)=2^{k}=u+1$ . Die Teilersumme einer Zahl ${}u$ ist aber gleich ${}u+1$ nur dann, wenn eine Primzahl vorliegt.

Aufgabe (6 Punkte)

Zeige, dass in ${}\mathbb {Z} /(29)$ die Gleichung

{}x^{4}+y^{4}+z^{4}=0\,

nur die triviale Lösung ${}(0,0,0)$ besitzt.

Lösung

Die Einheitengruppe von ${}\mathbb {Z} /(29)$ ist zyklisch der Ordnung ${}28$ , also isomorph zur additiven Gruppe

{}\mathbb {Z} /(28)=\mathbb {Z} /(7)\times \mathbb {Z} /(4)\,.

Daher gibt es neben der ${}0$ noch sieben weitere vierte Potenzen in ${}\mathbb {Z} /(29)$ . Diese sind (wir wählen die betragsmäßig kleinste Darstellung der Zahlen)

1,7\,(=8^{4}),-4\,(=25=16^{4}),-5\,(=24=4^{4}),-6\,(=23=3^{4}),-9\,(=20=6^{4}),-13\,(=16=2^{4}).

Eine Dreiersumme mit einer ${}0$ ist eine Summe von zwei der aufgelisteten Zahlen. Diese Summen sind aber stets kleiner als ${}29$ und größer als ${}-29$ und nicht ${}0$ . Betrachten wir also Dreiersummen aus der obigen Liste. Die Summe von drei positiven Zahlen ist zu klein. Mit zwei positiven Zahlen erhalten wir ${}2,8,14$ , doch die negativen davon sind nicht in der Liste. Mit zwei negativen Zahlen sind wir zwischen ${}-8$ und ${}-26$ , was sich durch eine positive Zahl nicht zu ${}0$ ergänzt. Betrachten wir abschließend drei negative Zahlen. Wegen

{}3\cdot -9=-27>-29\,

muss auf jeden Fall die ${}-13$ vorkommen. Es ist ${}-13-9-9=-31\neq 0$ und die andere Kombinationen mit nur einer ${}-13$ sind größer als ${}-31$ . Mit zweimal ${}-13$ ist es auch nicht möglich, da ${}-3$ nicht zur Liste gehört, und dreimal ${}-13$ geht auch nicht.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}R$ ein Zahlbereich und es sei ${}{\mathfrak {p}}\neq 0$ ein Primideal. Zeige, dass die Norm von ${}{\mathfrak {p}}$ eine echte Primzahlpotenz ist.

Lösung

Nach Fakt ist ${}{\mathfrak {p}}$ ein maximales Ideal und somit ist der Restklassenring ${}R/{\mathfrak {p}}$ ein Körper, und zwar handelt es sich nach Fakt um einen endlichen Körper. Nach Fakt ist die Anzahl gleich ${}p^{n}$ mit einer Primzahl und ${}n\geq 1$ .

Aufgabe (2 Punkte)

Für welche quadratfreien Zahlen mit

{}D=1\mod 4\,

ist ${}{\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}$ eine Einheit?

Lösung

Die Norm von ${}{\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}$ ist

{}{\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}\cdot {\frac {1-{\sqrt {D}}}{2}}={\frac {1-D}{4}}\,,

bei

{}D=4r+1\,

ist dies gleich ${}-r$ . Damit eine Einheit vorliegt, muss dies eine Einheit in ${}\mathbb {Z}$ sein, also gleich ${}1$ oder ${}-1$ . Dies bedeutet ${}D=-3$ oder ${}D=5$ .

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei

\nu \colon (K^{\times },\cdot ,1)\longrightarrow (\mathbb {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={\left\{f\in K^{\times }\mid \nu (f)\geq 0\right\}}\cup \{0\}\,

ein diskreter Bewertungsring ist.

Lösung

Zuerst zeigen wir, dass ${}R$ ein Unterring des Körpers ${}K$ ist. Es ist ${}0\in R$ . Da ${}\nu$ ein Gruppenhomomorphismus ist, muss ${}\nu (1)=0$ sein. Für 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 \operatorname {min} \left(\nu (f),\,\nu (g)\right)\geq 0\,

nach Voraussetzung, sodass ${}R$ multiplikativ und additiv abgeschlossen ist. Ferner ist ${}\nu (-1)+\nu (-1)=\nu ((-1)^{2})=\nu (1)=0$ , woraus aber ${}\nu (-1)=0$ 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}}:={\left\{f\in K^{\times }\mid \nu (f)\geq 1\right\}}\cup \{0\}\subseteq R\,

das einzige maximale Ideal ist. Die ${}0$ gehört dazu und wegen ${}\nu (f+g)\geq \operatorname {min} \left(\nu (f),\,\nu (g)\right)\geq 1$ 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 ${}\nu (gf)=\nu (g)+\nu (f)\geq 1$ , sodass die Menge abgeschlossen unter Skalarmultiplikation ist. Also liegt ein Ideal vor.

Das Komplement ${}R\setminus {\mathfrak {m}}$ besteht aus allen Elementen ${}h\in K$ mit ${}\nu (h)=0$ . Dann ist aber auch ${}\nu (h^{-1})=0$ 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. Es sei hierzu ${}p\in K$ ein Element mit ${}\nu (p)=1$ , 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 ${}p{|}xy$ mit ${}x,y\in R$ , 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, sodass eines ein Vielfaches von ${}p$ ist. Also ist ${}p$ prim.

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

Aufgabe (2 Punkte)

Sei ${}A_{-5}=\mathbb {Z} [{\sqrt {-5}}]$ der quadratische Zahlbereich zu ${}D=-5$ . Sei ${}{\mathfrak {a}}=(2,1+{\sqrt {-5}})$ . Berechne die Anzahl der Elemente im Restklassenring ${}A_{-5}/{\mathfrak {a}}$ .