Elementare und algebraische Zahlentheorie/3/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein euklidischer Bereich ${}R$.
2. Eine vollkommene Zahl.
3. Das Minimalpolynom eines Elementes ${}x\in L$ in einer endlichen Körpererweiterung ${}K\subseteq L$.
4. Ein quadratischer Zahlbereich.
5. Die Norm zu einem Ideal ${}{\mathfrak {a}}\neq 0$ in einem quadratischen Zahlbereich ${}R$.
6. Die Diskriminante einer binären quadratischen Form.

Lösung

1. Ein euklidischer Bereich ist ein Integritätsbereich ${}R$, für den eine Abbildung ${}\delta :R\setminus \{0\}\to \mathbb {N}$ existiert, die die folgende Eigenschaft erfüllt: Für Elemente ${}a,b$ mit ${}b\neq 0$ gibt es ${}q,r\in R$ mit

   $a=qb+r{\text{ und }}r=0{\text{ oder }}\delta (r)<\delta (b).$

2. Eine natürliche Zahl ${}n$ heißt vollkommen, wenn sie mit der Summe all ihrer von ${}n$ verschiedenen Teiler übereinstimmt.
3. Das Minimalpolynom von ${}x\in L$ (über ${}K$) ist das normierte Polynom ${}P\in K[X]$ von minimalem Grad mit ${}P(x)=0$.
4. Ein quadratischer Zahlbereich ist der Ring der ganzen Zahlen in einem Erweiterungskörper von ${}\mathbb {Q}$ vom Grad ${}2$.
5. Die (endliche) Anzahl des Restklassenringes ${}A_{D}/{\mathfrak {a}}$ heißt die Norm von ${}{\mathfrak {a}}$.
6. Zu einer binären quadratischen Form

   $aX^{2}+bXY+cY^{2}$

   nennt man

   $b^{2}-4ac$

   die Diskriminante der Form.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Charakterisierungssatz für Einheiten modulo ${}n$.
2. Das Bertrandsche Postulat.
3. Der Satz über die Norm eines Hauptideals in einem quadratischen Zahlbereich ${}R$.

Lösung

1. Genau dann ist ${}a\in \mathbb {Z}$ eine Einheit modulo ${}n$ (d.h. ${}a$ repräsentiert eine Einheit in $\mathbb {Z} /(n)$), wenn ${}a$ und ${}n$ teilerfremd sind.
2. Für jede positive natürliche Zahl ${}n$ gibt es eine Primzahl zwischen ${}n+1$ und ${}2n$.
3. Es sei ${}A_{D}$ ein quadratischer Zahlbereich und sei ${}f\neq 0$ ein Element. Setze ${}{\mathfrak {a}}=(f)$. Dann gilt ${}N({\mathfrak {a}})=\mid \!N(f)\!\mid$.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass ein euklidischer Bereich ein Hauptidealbereich ist.

Lösung

Es sei ${}I$ ein von ${}0$ verschiedenes Ideal. Betrachte die nichtleere Menge

${\left\{\delta (a)\mid a\in I,\,a\neq 0\right\}}.$

Diese Menge hat ein Minimum ${}m$, das von einem Element ${}b\in I,\,b\neq 0$, herrührt, sagen wir ${}m=\delta (b)$. Wir behaupten, dass ${}I=(b)$ ist. Dabei ist die Inklusion „${}\supseteq$“ klar. Zum Beweis der Inklusion „${}\subseteq$“ sei ${}a\in I$ gegeben. Aufgrund der Definition eines euklidischen Bereiches gilt ${}a=qb+r$ mit ${}r=0$ oder ${}\delta (r)<\delta (b)$. Wegen ${}r\in I$ und der Minimalität von ${}\delta (b)$ kann der zweite Fall nicht eintreten. Also ist ${}r=0$ und ${}a$ ist ein Vielfaches von ${}b$.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Primfaktorzerlegung von ${}10!$.

Lösung

Es ist

${}10!=10\cdot 9\cdot 8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=2\cdot 5\cdot 3^{2}\cdot 2^{3}\cdot 7\cdot 2\cdot 3\cdot 5\cdot 2^{2}\cdot 3\cdot 2=2^{8}\cdot 3^{4}\cdot 5^{2}\cdot 7\,.$

Aufgabe (3 (1.5+1.5) Punkte)

(a) Bestimme für die Zahlen ${}3$, ${}11$ und ${}13$ modulare Basislösungen, finde also die kleinsten positiven Zahlen, die in

$\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(11)\times \mathbb {Z} /(13)$

die Restetupel ${}(1,0,0),\,(0,1,0)$ und ${}(0,0,1)$ repräsentieren.

(b) Finde mit den Basislösungen die kleinste positive Lösung ${}x$ der simultanen Kongruenzen

$x=2\!\!\mod 3,\,\,\,\,x=5\!\!\mod 11{\text{ und }}x=6\!\!\mod 13.$

Lösung

a) ${}(1,0,0)$: Wir betrachten die Vielfachen von ${}11\cdot 13=143$, diese haben modulo ${}11$ und modulo ${}13$ den Rest ${}0$. Unter diesen Vielfachen muss also die Lösung liegen. ${}143$ hat modulo ${}3$ den Rest ${}2$, somit hat ${}286$ modulo ${}3$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}286$ das Restetupel ${}(1,0,0)$.

${}(0,1,0)$: Hier betrachtet man die Vielfachen von ${}39$, und ${}39$ hat modulo ${}11$ den Rest ${}6$ und ${}2\cdot 39=78$ hat modulo ${}11$ den Rest ${}1$, also repräsentiert ${}78$ das Restetupel ${}(0,1,0)$.

${}(0,0,1)$: Hier betrachtet man die Vielfachen von ${}33$, und ${}33$ hat modulo ${}13$ den Rest ${}7$ und ${}2\cdot 33=66$ hat modulo ${}13$ den Rest ${}1$, also repräsentiert ${}66$ das Restetupel ${}(0,0,1)$.

b) Man schreibt (in $\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(11)\times \mathbb {Z} /(13)$)

${}(2,5,6)=2(1,0,0)+5(0,1,0)+6(0,0,1)\,.$

Die Lösung ist dann

${}{\begin{aligned}2\cdot 286+5\cdot 78+6\cdot 66&=572+390+396\\&=1358.\end{aligned}}$

Die minimale Lösung ist dann ${}1358-3\cdot 429=71$.

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

Bestimme die Anzahl der primitiven Elemente in folgenden Körpern:

a) ${}\mathbb {Z} /(73)$,

b) ${}{\mathbb {F} }_{125}$,

c) ${}{\mathbb {F} }_{64}$,

d) ${}\mathbb {Z} /(113)$.

Lösung

Da die Einheitengruppe eines Körpers mit ${}n$ Elementen zyklisch ist, geht es um die Anzahl der Erzeuger von ${}\mathbb {Z} /(n-1)$, die mit der eulerschen ${}\varphi$-Funktion berechnet werden kann.

a) Es ist

${}72=2^{3}\cdot 3^{2}\,,$

die Anzahl der primitiven Elemente ist somit

${}4\cdot 2\cdot 3=24\,.$

b) Es ist

${}124=2^{2}\cdot 31\,,$

die Anzahl der primitiven Elemente ist somit

${}2\cdot 30=60\,.$

c) Es ist

${}63=3^{2}\cdot 7\,,$

die Anzahl der primitiven Elemente ist somit

${}2\cdot 3\cdot 6=36\,.$

d) Es ist

${}112=2^{4}\cdot 7\,,$

die Anzahl der primitiven Elemente ist somit

${}8\cdot 6=48\,.$

Aufgabe (7 Punkte)

Es stehen zwei Eimer ohne Markierungen zur Verfügung, ferner eine Wasserquelle. Der eine Eimer hat ein Fassungsvermögen von ${}a$ und der andere ein Fassungsvermögen von ${}b$ Litern, wobei ${}a$ und ${}b$ teilerfremd seien. Zeige, dass man allein durch Auffüllungen, Ausleerungen und Umschüttungen erreichen kann, dass in einem Eimer genau ein Liter Wasser enthalten ist.

Lösung

Ohne Einschränkung sei ${}a\leq b$. Wir bezeichnen die Inhalte in den Eimern zu einem bestimmten Zeitpunkt in Paarschreibweise mit ${}(u,v)$, wobei ${}u$ zwischen ${}0$ und ${}a$ und ${}v$ zwischen ${}0$ und ${}b$ liegt. Es sei ${}r$ der Rest von ${}-b$ bei Division durch ${}a$. Wir behaupten, dass wenn man die Belegung ${}(u,0)$ durch die erlaubten Schritte erzielen kann, dass man dann auch ${}(u',0)$ erzielen kann, wobei ${}u'$ den Rest von ${}u+r$ modulo ${}a$ bezeichnet. Wir starten also mit

$(u,0).$

Durch Umschüttung kann man

$(0,u)$

erreichen. Durch Auffüllen des kleinen Eimers und anschließende Umfüllung in den großen kann man

$(0,u+a)$

erreichen, und ebenso der Reihe nach

$(0,u+2a),\,(0,u+2a),\ldots ,(0,u+ka),$

wobei ${}k$ so gewählt sei, dass

${}u+ka\leq b\,$

und

${}u+(k+1)a>b\,$

sei. Von hier aus erreichen wir

$(a,u+ka).$

Wir füllen nun den Inhalt des ersten Eimers in den zweiten, bis dieser voll ist. Es sei ${}m$ die umgefüllte Menge. Diese erfüllt

${}u+ka+m=b\,.$

Die im ersten Eimer verbleibende Wassermenge ist somit

${}a-m=a-(b-u-ka)=u+(k+1)a-b\,.$

Diese Menge ist also der Rest von ${}u-b=u+r$ modulo ${}a$, wie behauptet.

Aufgrund von dieser Beobachtung können wir der Reihe nach folgende Belegungen erzielen (bzw. die Reste davon modulo a).

$(0,0),(r,0),(2r,0),(3r,0),\ldots .$

Da ${}b$ teilerfremd zu ${}a$ ist, gibt es nach dem Lemma von Bezout positive ganze Zahlen ${}n,m$ mit

${}ma-nb=1\,$

(Falls ${}n,m$ negativ sind, betrachtet man einfach ${}(sb+m)a-(sa+n)b=1$ für ein ausreichend großes ${}s$).

Somit ist modulo ${}a$

${}nr\equiv -nb=1-ma=1\,,$

sodass bei Division durch ${}a$ für ein gewisses ${}n$ der Rest von ${}nr$ gleich ${}1$ ist.

Aufgabe (5 (2+3) Punkte)

Zu einer positiven natürlichen Zahl ${}n$ sei ${}a_{n}$ das kleinste gemeinsame Vielfache der Zahlen ${}1,2,3,\ldots ,n$.

1. Was ist die kleinste Zahl ${}n$ mit

   ${}a_{n}=a_{n+1}=a_{n+2}\,?$

2. Zeige, dass die Reihe

   $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{a_{n}}}$

   konvergiert.

Lösung

1. Genau dann ist

   ${}a_{n+1}>a_{n}\,,$

   wenn ${}n+1$ eine Primzahlpotenz ${}p^{k}$, ${}k\geq 1$, (${}p$ Primzahl) ist, da diese nicht als Faktor einer kleineren Zahl auftauchen. Man muss also nach der kleinsten Folge von zwei Zahlen ohne Primzahlpotenzen suchen. Dies ist ${}14,15$, die Antwort ist also ${}13$.

2. Für ${}n\geq 2$ ist ${}a_{n}$ insbesondere ein Vielfaches von ${}n$ und ${}n-1$. Da diese beiden Zahlen teilerfremd sind, ist ${}a_{n}$ ein Vielfaches von ${}n(n-1)$. Somit ist

   ${}a_{n}\geq n(n-1)\,$

   und

   ${}{\frac {1}{a_{n}}}\leq {\frac {1}{n(n-1)}}\,.$

   Also ist

   ${}{\begin{aligned}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{a_{n}}}&\leq 1+\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n(n-1)}}\\&\leq 1+\sum _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{(n-1)^{2}}}\\&=1+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}.\end{aligned}}$

   Da die Kehrwerte der Quadratzahlen bekanntlich konvergieren, liegt nach dem Majorantenkriterium Konvergenz vor.

Aufgabe (4 Punkte)

Berechne das folgende Jacobi-Symbol mittels des quadratischen Reziprozitätsgesetzes, ohne dabei die Primfaktorzerlegung zu verwenden:

$\left({\frac {1003}{4459}}\right).$

Lösung

Die Zahlen ${}1003$ und ${}4459$ haben beide modulo ${}4$ den Rest ${}3$. Somit ist

${}\left({\frac {1003}{4459}}\right)=-\left({\frac {4459}{1003}}\right)=-\left({\frac {447}{1003}}\right)\,.$

Die Zahl ${}447$ hat ebenfalls den Rest ${}3$ modulo ${}4$, also ist dies gleich

${}\left({\frac {1003}{447}}\right)=\left({\frac {109}{447}}\right)\,.$

Die Zahl ${}109$ hat den Rest ${}1$ modulo ${}4$, somit ist dies gleich

${}{\begin{aligned}\left({\frac {447}{109}}\right)&=\left({\frac {11}{109}}\right)\\&=\left({\frac {109}{11}}\right)\\&=\left({\frac {10}{11}}\right)\\&=\left({\frac {2}{11}}\right)\cdot \left({\frac {5}{11}}\right)\\&=\left({\frac {2}{11}}\right)\cdot \left({\frac {11}{5}}\right)\\&=\left({\frac {2}{11}}\right)\cdot \left({\frac {1}{5}}\right)\\&=\left({\frac {2}{11}}\right).\end{aligned}}$

Wegen ${}2^{5}=32=-1\mod 11$ ist dies nach dem Euler-Kriterium gleich ${}-1$.

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige, dass es kein rechtwinkliges Dreieck gibt, dessen Seitenlängen alle rational sind und dessen Flächeninhalt gleich ${}2$ ist.

Lösung

Wir nehmen an, dass es ein solches rechtwinkliges Dreieck gibt. Wir können die beteiligten rationalen Seitenlängen mit einem gemeinsamen Hauptnenner ${}h$ schreiben und setzen die Seitenlängen als ${}{\frac {a}{h}},{\frac {b}{h}},{\frac {c}{h}}$ an, mit

${}a^{2}+b^{2}=c^{2}\,.$

Die Flächenbedingung bedeutet

${}{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {a}{h}}\cdot {\frac {b}{h}}=2\,$

bzw.

${}ab=4h^{2}\,.$

Wir lösen nach ${}b$ auf und erhalten

${}b={\frac {4h^{2}}{a}}\,$

und setzen dies in die pythagoreische Gleichung ein und erhalten

${}a^{2}+{\left({\frac {4h^{2}}{a}}\right)}^{2}=c^{2}\,$

bzw.

${}a^{4}+16h^{4}=a^{2}c^{2}\,.$

Dann wäre aber das Tripel ${}(a,2h,ac)$ eine nichttriviale Lösung der Gleichung

${}x^{4}+y^{4}=z^{2}\,,$

was es nach Fakt nicht geben kann.

Aufgabe (10 (2+2+6) Punkte)

1. Es sei ${}F$ ein normiertes Polynom aus ${}\mathbb {Z} [X]$ und es gebe eine Primzahl ${}q$ mit der Eigenschaft, dass ${}F$ modulo ${}q$, also aufgefasst in ${}\mathbb {Z} /(q)[X]$, irreduzibel sei. Zeige, dass dann schon ${}F$ irreduzibel ist.
2. Zeige, dass die erste Aussage für ein nichtnormiertes Polynom nicht stimmen muss.
3. Es sei ${}p$ eine Primzahl und ${}G\in \mathbb {Z} /(p)[X]$ ein normiertes Polynom. Zeige, dass es ein normiertes Polynom ${}F\in \mathbb {Z} [X]$ gibt, das modulo ${}p$ mit ${}G$ übereinstimmt und das zusätzlich irreduzibel ist.

Lösung

1. Nehmen wir an, dass ${}F\in \mathbb {Z} [X]$ nicht irreduzibel ist. Es gibt dann eine Zerlegung

   ${}F=GH\,$

   in ${}\mathbb {Z} [X]$, wobei ${}G,H$ ebenfalls normierte Polynome sind, die einen kleineren Grad als ${}F$ besitzen. Da die Reduktion modulo ${}q$ ein Ringhomomorphismus

   $\mathbb {Z} [X]\longrightarrow \mathbb {Z} /(q)[X],\,F\longmapsto {\overline {F}},$

   ist, der für normierte Polynome den Grad unverändert lässt, folgt sofort eine Faktorzerlegung

   ${}{\overline {F}}={\overline {G}}\cdot {\overline {H}}\,,$

   die der Irreduzibilität von ${}{\overline {F}}$ in ${}\mathbb {Z} /(q)[X]$ widerspricht.

2. Es sei ${}F=2X$, wobei diese Darstellung unmittelbar zeigt, dass ${}F$ nicht irreduzibel in ${}\mathbb {Z} [X]$ ist. Für ${}q=3$ ist die Reduktion modulo ${}3$ gleich ${}2X$, doch dies ist, da ${}2$ eine Einheit in ${}\mathbb {Z} /(3)$ ist, assoziiert zum irreduziblen Polynom ${}X$.
3. Es sei nun ${}G\in \mathbb {Z} /(p)[X]$ ein normiertes Polynom vom Grad ${}n$. Es sei ${}q\neq p$ eine weitere Primzahl. Da es einen Körper ${}K$ mit ${}q^{n}$ Elementen gibt, und da die Einheitengruppe eines endlichen Körpers nach Fakt von einem Element erzeugt wird, ist ${}K$ eine einfache endliche Körpererweiterung von ${}\mathbb {Z} /(q)$. Also ist

   ${}K\cong \mathbb {Z} /(q)[X]/(H)\,$

   mit einem normierten irreduziblen Polynom ${}H\in \mathbb {Z} /(q)[X]$. Es sei

   ${}{\tilde {G}}=X^{n}+a_{n-1}X^{n-1}+\cdots +a_{1}X+a_{0}\in \mathbb {Z} [X]\,$

   ein normiertes ganzzahliges Polynom, das modulo ${}p$ mit ${}G$ übereinstimmt. Diese Eigenschaft ändert sich nicht, wenn wir Vielfache von ${}pX^{i}$ mit ${}i$ zwischen ${}0$ und ${}n-1$ dazuaddieren. Wir behaupten, dass wir durch solche Additionen erreichen können, dass die Reduktion modulo ${}q$ zum irreduzibeln Polynom ${}H$ wird. Aus Teil (1) folgt dann, dass dieses neue ${}G'$ irreduzibel ist. Die Abänderung können wir komponentenweise durchführen. Es sei

   ${}H=X^{n}+b_{n-1}X^{n-1}+\cdots +b_{1}X+b_{0}\in \mathbb {Z} [X]\,$

   mit ${}b_{i}\in \mathbb {Z} /(q)$. Da ${}{\overline {p}}$ in ${}\mathbb {Z} /(q)$ eine Einheit ist, erzeugt es als Gruppe ${}\mathbb {Z} /(q)$, d.h. ${}0,{\overline {p}},2{\overline {p}},\ldots$ durchläuft alle Elemente von ${}\mathbb {Z} /(q)$. Somit kann man durch Addition eines Vielfachen von ${}p$ erreichen, dass ${}a_{i}+kp$ modulo ${}q$ mit ${}b_{i}$ übereinstimmt.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass jedes Ideal ${}{\mathfrak {a}}\neq 0$ in einem Zahlbereich ${}R$ eine ganze Zahl ${}m\neq 0$ enthält.

Lösung

Sei ${}0\neq f\in {\mathfrak {a}}$. Dieses Element ist nach der Definition eines Zahlbereiches ganz über ${}\mathbb {Z}$ und erfüllt demnach eine Ganzheitsgleichung

${}f^{n}+k_{n-1}f^{n-1}+k_{n-2}f^{n-2}+\cdots +k_{1}f+k_{0}=0\,$

mit ganzen Zahlen ${}k_{i}$. Bei ${}k_{0}=0$ kann man die Gleichung mit ${}f$ kürzen, da ${}f\neq 0$ ein Nichtnullteiler ist. So kann man sukzessive fortfahren und erhält schließlich eine Ganzheitsgleichung, bei der der konstante Term nicht ${}0$ ist. Es sei also in obiger Gleichung ${}k_{0}\neq 0$. Dann ist

${}f{\left(f^{n-1}+k_{n-1}f^{n-2}+k_{n-2}f^{n-3}+\cdots +k_{1}\right)}=-k_{0}\,$

und somit ist ${}k_{0}\in (f)\cap \mathbb {Z} \subseteq {\mathfrak {a}}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}R$ ein Zahlbereich und seien ${}f,g\in \mathbb {Z}$ teilerfremde Zahlen. Zeige, dass für den (im Quotientenkörper ${}Q(R)$ genommenen) Durchschnitt

${}R_{f}\cap R_{g}=R\,$

gilt.

Lösung

Sei

$q\in R_{g}\cap R_{f}.$

Das bedeutet, dass es Zähler ${}a,b\in R$ und Exponenten ${}r,s\in \mathbb {N}$ gibt, dass

${}q={\frac {a}{g^{r}}}={\frac {b}{f^{s}}}\,$

gilt. Da ${}g$ und ${}f$ teilerfremd sind, sind auch ${}g^{r}$ und ${}f^{s}$ teilerfremd und somit gibt es nach dem Lemma von Bezout ganze Zahlen ${}u,v\in \mathbb {Z}$ mit

${}ug^{r}+vf^{s}=1\,.$

Somit ist

${}{\begin{aligned}q&=q\cdot 1\\&=q\cdot {\left(ug^{r}+vf^{s}\right)}\\&={\frac {a}{g^{r}}}ug^{r}+{\frac {b}{f^{s}}}vf^{s}\\&=au+bv,\end{aligned}}$

und dies gehört zu ${}R$.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme einen Erzeuger für das gebrochene Ideal ${}{\mathfrak {f}}\subseteq \mathbb {Q}$, 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 (4 Punkte)

Es sei ${}R$ ein quadratischer Zahlbereich und ${}{\mathfrak {a}}\neq 0$ ein Ideal in ${}R$. Zeige, dass es ein Element ${}f\in {\mathfrak {a}}$ mit der Eigenschaft gibt, dass für alle maximale Ideale ${}{\mathfrak {m}}$ gilt:

$f\in {\mathfrak {m}}{\text{ genau dann, wenn }}{\mathfrak {a}}\subseteq {\mathfrak {m}}.$

Lösung

Da die Idealklassengruppe von ${}R$ endlich ist, gibt es ein ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ derart, dass die ${}n$-te Potenz von ${}{\mathfrak {a}}$ ein Hauptideal ist. Somit ist

${}{\mathfrak {a}}^{n}=(g)\,$

mit einem gewissen ${}g\in R$, ${}g\neq 0$. Da ${}{\mathfrak {a}}$ und ${}{\mathfrak {a}}^{n}$ das gleiche Radikal besitzen, ist

${}f=g^{k}\in {\mathfrak {a}}\,$

für ein gewisses ${}k$. Somit stimmen die Radikale zu ${}{\mathfrak {a}}$, zu ${}{\mathfrak {a}}^{n}$, zu ${}(g)$ und zu ${}(f)$ überein. Für ein maximales Ideal ${}{\mathfrak {m}}$ gilt nun ${}{\mathfrak {a}}\subseteq {\mathfrak {m}}$ genau dann, wenn ${}{\mathfrak {a}}^{n}\subseteq {\mathfrak {m}}$ genau dann, wenn ${}g\in {\mathfrak {m}}$ genau dann, wenn ${}f\in {\mathfrak {m}}$.