Kurs:Elementare und algebraische Zahlentheorie/15/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	3	3	2	3	3	5	7	2	4	3	3	3	4	4	2	3	10	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Ein Element ${}u$ heißt Einheit, wenn es ein Element ${}v\in R$ mit ${}uv=1$ gibt.
2. Eine zahlentheoretische Funktion

   $f\colon \mathbb {N} _{+}\longrightarrow {\mathbb {C} }$

   heißt multiplikativ, wenn für teilerfremde Zahlen ${}m,n$ stets

   ${}f(mn)=f(m)f(n)\,$

   gilt.

3. Man nennt den ganzen Abschluss von ${}R$ im Quotientenkörper ${}Q(R)$ die Normalisierung von ${}R$.
4. Man nennt die Diskriminante einer Ganzheitsbasis von ${}R$ die Diskriminante von ${}R$.
5. Man nennt einen endlich erzeugten ${}R$- Untermodul ${}{\mathfrak {f}}$ des Quotientenkörpers ${}Q(R)$ ein gebrochenes Ideal.
6. Man sagt, dass eine ganze Zahl ${}n$ durch eine binäre quadratische Form

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

   darstellbar ist, wenn es ganze Zahlen ${}(x,y)\in \mathbb {Z} ^{2}$ mit

   ${}n=ax^{2}+bxy+cy^{2}\,$

   gibt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}p$ eine ungerade Primzahl. Dann gibt es ${}{\frac {p+1}{2}}$ quadratische Reste modulo ${}p$ und ${}{\frac {p-1}{2}}$ nichtquadratische Reste modulo ${}p$.
2. Es gibt Konstanten  ${}C>c>0$  derart, dass die Primzahlfunktion ${}\pi (x)$ für alle ${}x$ den Abschätzungen

   ${}c{\frac {x}{\ln(x)}}\leq \pi (x)\leq C{\frac {x}{\ln(x)}}\,$

   genügt.
3. Es sei ${}A_{D}$ ein quadratischer Zahlbereich und sei ${}{\mathfrak {a}}$ ein von ${}0$ verschiedenes Ideal in ${}A_{D}$. Dann gilt

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

Aufgabe (2 Punkte)

Bestätige die folgende Identität.

${}2^{7}+17^{3}=71^{2}\,.$

Lösung

Es ist

${}2^{7}=128\,$

und

${}17^{3}=289\cdot 17=4913\,$

und somit

${}2^{7}+17^{3}=128+4913=5041\,.$

Andererseits ist

${}71\cdot 71=5041\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme in ${}\mathbb {Z}$ mit Hilfe des euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler von ${}71894$ und ${}45327$.

Lösung

Der Euklidische Algorithmus liefert:

$71894=1\cdot 45327+26567$

$45327=1\cdot 26567+18760$

$26567=1\cdot 18760+7807$

$18760=2\cdot 7807+3146$

$7807=2\cdot 3146+1515$

$3146=2\cdot 1515+116$

$1515=13\cdot 116+7$

$116=16\cdot 7+4$

$7=1\cdot 4+3$

$4=1\cdot 3+1.$

Die Zahlen ${}71894$ und ${}45327$ sind also teilerfremd.

Aufgabe (3 Punkte)

Es ist  ${}1+2+3=1\cdot 2\cdot 3$.  Gibt es neben der ${}1$ weitere natürliche (ganze, reelle, komplexe) Zahlen ${}x$, die die Gleichung

${}x+(x+1)+(x+2)=x\cdot (x+1)\cdot (x+2)\,$

erfüllen?

Lösung

Es gibt noch die ganzzahligen Lösungen

${}x=-3\,$

(Summe und Produkt der drei aufeinanderfolgenden Zahlen ist ${}-6$) und

${}x=-1\,$

(Summe und Produkt der drei aufeinanderfolgenden Zahlen ist ${}0$). Die Gleichung ist eine polynomiale Gleichung vom Grad ${}3$, daher gibt es über einem beliebigen Körper keine weiteren Lösungen.

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

Es sei ${}n$ eine natürliche Zahl ${}\geq 2$. Unter einer Teilerkette von ${}n$ verstehen wir eine Folge ${}n_{1},n_{2},\ldots ,n_{k}$ von Teilern von ${}n$, wobei stets ${}n_{i}$ die folgende Zahl ${}n_{i+1}$ teilt, aber nicht mit dieser übereinstimmt.

a) Finde eine Teilerkette von ${}20$, in der genau vier Zahlen stehen.

b) Charakterisiere, in Abhängigkeit von der Primfaktorzerlegung von ${}n$, wie lange die maximalen Teilerketten sind.

c) Für welche natürliche Zahlen gibt es nur eine Teilerkette maximaler Länge?

d) Wie viele Teilerketten maximaler Länge besitzt ${}100$?

Lösung

a) ${}1,2,4,20$.

b) Es sei ${}k$ die Anzahl der Primfaktoren (mehrfach vorkommende Primzahlen mehrfach zählen). Dann ist die Länge einer Teilerkette maximaler Länge gleich ${}k+1$, da ja bei jedem Schritt ein Primfaktor dazukommen muss.

c) Für Primzahlpotenzen ${}p^{n}$ ist die einzige Teilerkette maximaler Länge gleich

$1,p,p^{2},\ldots ,p^{n-1},p^{n}.$

d) Die Möglichkeiten ergeben sich über die möglichen Positionen, wo die beiden Faktoren ${}2$ eingehen. Das ergibt

${}{\binom {4}{2}}=6\,$

Möglichkeiten.

Aufgabe (7 (2+1+2+2) Punkte)

Zeige, dass für natürliche Zahlen ${}a,b,g$ folgende Aussagen gelten.

1. Für teilerfremde ${}a,b$ ist

   ${}\operatorname {kgV} \,(a,b)=ab\,.$

2. Es gibt  ${}c,d\in \mathbb {Z}$  mit

   $a=c\cdot \operatorname {ggT} \,(a,b)\,\,{\text{ und }}\,\,b=d\cdot \operatorname {ggT} \,(a,b),$

   wobei ${}c,d$ teilerfremd sind.

3. Es ist

   ${}\operatorname {kgV} \,(ga,gb)=g\cdot \operatorname {kgV} \,(a,b)\,.$

4. Es ist

   ${}\operatorname {ggT} \,(a,b)\cdot \operatorname {kgV} \,(a,b)=ab\,.$

Lösung

1. Zunächst ist natürlich das Produkt ${}ab$ ein gemeinsames Vielfaches von ${}a$ und ${}b$. Es sei also ${}f$ irgendein gemeinsames Vielfaches, also ${}f=ua$ und ${}f=vb$. Nach [[Teilbarkeitstheorie (Z)/Lemma von Bezout/Fakt|Kurs:Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)/15/Klausur mit Lösungen/kontrolle (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) (Zahlentheorie (Osnabrück 2025))]] gibt es im teilerfremden Fall Zahlen  ${}r,s\in \mathbb {Z}$  mit  ${}ra+sb=1$.  Daher ist

   ${}f=f\cdot 1=f(ra+sb)=fra+fsb=vbra+uasb=(vr+us)ab\,$

   ein Vielfaches von ${}ab$.

2. Die Existenz von ${}c$ und ${}d$ ist klar. Hätten ${}c$ und ${}d$ einen gemeinsamen Teiler  ${}e\neq 1,-1$,  so ergäbe sich sofort der Widerspruch, dass ${}e\cdot \operatorname {ggT} \,(a,b)$ ein größerer gemeinsamer Teiler von ${}a$ und ${}b$ wäre.
3. Die rechte Seite ist offenbar ein gemeinsames Vielfaches von ${}ga$ und ${}gb$. Es sei ${}n$ ein Vielfaches der linken Seite, also ein gemeinsames Vielfaches von ${}ga$ und ${}gb$. Dann kann man ${}n=uga$ und ${}n=vgb$ schreiben. Damit ist  ${}uga=vgb$  und somit ist  ${}k:=ua=vb$  (bei ${}g\neq 0$; bei ${}g=0$ ist die Behauptung direkt klar) ein gemeinsames Vielfaches von ${}a$ und ${}b$. Also ist  ${}n=gk$  ein Vielfaches der rechten Seite.
4. Wir schreiben unter Verwendung der ersten Teile

   ${}{\begin{aligned}\operatorname {ggT} \,(a,b)\cdot \operatorname {kgV} \,(a,b)&=\operatorname {ggT} \,(a,b)\cdot \operatorname {kgV} \,(c\cdot (\operatorname {ggT} \,(a,b)),d\cdot (\operatorname {ggT} \,(a,b)))\\&=\operatorname {ggT} \,(a,b)\cdot \operatorname {ggT} \,(a,b)\cdot \operatorname {kgV} \,(c,d)\\&=\operatorname {ggT} \,(a,b)\cdot \operatorname {ggT} \,(a,b)\cdot cd\\&=c\cdot \operatorname {ggT} \,(a,b)\cdot d\cdot \operatorname {ggT} \,(a,b)\\&=ab.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass die Gleichung

${}{\frac {2}{n}}={\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}\,$

in ${}\mathbb {N}$ auch Lösungen  ${}a\neq b$  besitzt.

Lösung

Beispielsweise ist

${}{\frac {1}{10}}+{\frac {1}{15}}={\frac {3+2}{30}}={\frac {5}{30}}={\frac {1}{6}}={\frac {2}{12}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}p$ eine Primzahl und sei ${}f(x)$ ein Polynom mit Koeffizienten in ${}\mathbb {Z} /(p)$ vom Grad  ${}d\geq p$.  Zeige, dass es ein Polynom ${}g(x)$ mit einem Grad ${}<p$ derart gibt, dass für alle Elemente  ${}a\in \mathbb {Z} /(p)$  die Gleichheit

${}f(a)=g(a)\,$

gilt.

Lösung

Wir führen im Polynomring ${}(\mathbb {Z} /(p))[X]$ die Division mit Rest von ${}f$ durch ${}X^{p}-X$ durch und erhalten

${}f=(X^{p}-X)q+g\,.$

Dabei ist ${}g=0$ oder aber der Grad von ${}g$ ist ${}d<p$ (das Nullpolynom habe jeden Grad). Setzt man links und rechts ein Element ${}a\in \mathbb {Z} /(p)$ ein, so ist stets ${}a^{p}=a$ nach dem kleinen Fermat, d.h. der linke Summand ist immer null und damit stimmen ${}f$ und ${}g$ an diesen Stellen überein.

Aufgabe (3 (1+1+1) Punkte)

Wie viele Quadrate und wie viele primitive Elemente besitzt ${}\mathbb {Z} /(31)$?

Wie viele Elemente besitzt ${}\mathbb {Z} /(31)$, die weder primitiv noch ein Quadrat sind?

Es sei ${}x$ ein primitives Element von ${}\mathbb {Z} /(31)$. Liste explizit alle Elemente ${}x^{i}$ auf, die weder primitiv noch ein Quadrat sind.

Lösung

Es gibt ${}16$ Quadrate. ${}\varphi (30)=\varphi (2\cdot 3\cdot 5)=2\cdot 4=8$, also gibt es ${}8$ primitive Elemente.

Ein Quadrat ist nicht primitiv. Deshalb gibt es ${}8+16=24$ Elemente, die ein Quadrat oder primitiv sind. Es verbleiben ${}7$ Elemente, die weder ein Quadrat noch primitiv sind.

Es sei ${}x$ primitiv. Ein Element der Form ${}x^{i}$ ist genau dann primitiv, wenn ${}i$ und ${}30$ teilerfremd sind. Es ist genau dann ein Quadrat, wenn ${}i$ gerade ist. Gesucht sind also die ungeraden Zahlen ${}\leq 30$, die nicht teilerfremd zu ${}30$ sind. Sie müssen also ${}3$ oder ${}5$ als Teiler haben. Damit verbleiben ${}i=3,5,9,15,21,25,27$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei  ${}n\in \mathbb {N} _{+}$.  Zeige, dass das Produkt von ${}n$ aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen von ${}n!$ geteilt wird.

Lösung

Es ist

${}\prod _{j=1}^{n}(k+j)={\frac {(k+n)!}{k!}}=n!{\frac {(k+n)!}{n!k!}}=n!{\binom {k+n}{k}}\,.$

Da der Binomialkoeffizient ${}{\binom {k+n}{k}}$ eine ganze Zahl ist, folgt, dass das Produkt der ${}n$ aufeinanderfolgenden Zahlen von ${}n!$ geteilt wird.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass das Polynom

${}X^{4}-2\in \mathbb {Z} /(3)[X]\,$

nicht irreduzibel ist.

Lösung

Es ist

${}X^{4}+1={\left(X^{2}+X+2\right)}{\left(X^{2}+2X+2\right)}\,.$

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

a) Zeige, dass durch

${}K=\mathbb {Z} /(7)[T]/(T^{3}-2)\,$

ein Körper mit ${}343$ Elementen gegeben ist.

b) Berechne in ${}K$ das Produkt ${}(T^{2}+2T+4)(2T^{2}+5)$.

c) Berechne das (multiplikativ) Inverse zu ${}T+1$.

Lösung

a) Es ist

$1^{3}=1,\,2^{3}=1,\,3^{3}=6,\,4^{3}=1,\,5^{3}=6,\,6^{3}=6.$

Also besitzt das Polynom ${}T^{3}-2$ keine Nullstelle in ${}\mathbb {Z} /(7)$ und ist somit irreduzibel, also ist ${}\mathbb {Z} /(7)[T]/(T^{3}-2)$ ein Körper. Die Restklassen von ${}1,T,T^{2}$ bilden eine ${}\mathbb {Z} /(7)$-Basis, sodass dieser Körper ${}7^{3}=343$ Elemente besitzt.

b) Es ist

${}{\begin{aligned}(T^{2}+2T+4)(2T^{2}+5)&=2T^{4}+4T^{3}+6T^{2}+3T+6\\&=4T+1+6T^{2}+3T+6\\&=6T^{2}.\end{aligned}}$

c) Polynomdivision liefert

$T^{3}-2=(T^{2}+6T+1)(T+1)+4.$

In ${}K$ gilt somit

${}(T+1)(T^{2}+6T+1)=3\,.$

Das Inverse von ${}3$ in ${}\mathbb {Z} /(7)$ ist ${}5$, also ist

$5T^{2}+2T+5$

das Inverse von ${}T+1$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und ${}{\mathfrak {p}}$ ein Ideal. Zeige, dass ${}{\mathfrak {p}}$ genau dann ein Primideal ist, wenn der Restklassenring ${}R/{\mathfrak {p}}$ ein Integritätsbereich ist.

Lösung

Es sei zunächst ${}{\mathfrak {p}}$ ein Primideal. Dann ist insbesondere  ${}{\mathfrak {p}}\subset R$  und somit ist der Restklassenring ${}R/{\mathfrak {p}}$ nicht der Nullring. Es sei  ${}fg=0$  in ${}R/{\mathfrak {p}}$ wobei ${}f,g$ durch Elemente in ${}R$ repräsentiert seien. Dann ist  ${}fg\in {\mathfrak {p}}$  und damit  ${}f\in {\mathfrak {p}}$  oder  ${}g\in {\mathfrak {p}}$.  was in ${}R/{\mathfrak {p}}$ gerade  ${}f=0$  oder  ${}g=0$  bedeutet.

Ist umgekehrt ${}R/{\mathfrak {p}}$ ein Integritätsbereich, so handelt es sich nicht um den Nullring und daher ist  ${}{\mathfrak {p}}\neq R$.  Es sei  ${}f,g\notin {\mathfrak {p}}$.  Dann ist  ${}f,g\neq 0$  in ${}R/{\mathfrak {p}}$ und daher  ${}fg\neq 0$  in ${}R/{\mathfrak {p}}$, also ist  ${}fg\notin {\mathfrak {p}}$. 

Aufgabe (2 Punkte)

Wir betrachten im quadratischen Zahlbereich  ${}R=A_{-5}=\mathbb {Z} [{\sqrt {-5}}]$  das Primideal  ${}{\mathfrak {p}}=(2,1+{\sqrt {-5}})$.  Zeige direkt, dass das Ideal ${}{\mathfrak {p}}R_{\mathfrak {p}}$ in der Lokalisierung ${}R_{\mathfrak {p}}$ ein Hauptideal ist.

Lösung

Es ist

${}{\left(1+{\sqrt {-5}}\right)}{\left(1-{\sqrt {-5}}\right)}=6=2\cdot 3\,.$

Es ist ${}3\notin {\mathfrak {p}}$, da sonst das Einheitsideal vorliegen würde. Also ist ${}3$ in der Lokalisierung ${}R_{\mathfrak {p}}$ eine Einheit und es ist

${}2={\frac {1}{3}}{\left(1-{\sqrt {-5}}\right)}{\left(1+{\sqrt {-5}}\right)}\,$

und somit ist ${}1+{\sqrt {-5}}$ ein Erzeuger von ${}{\mathfrak {p}}R_{\mathfrak {p}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass es in einem quadratischen Zahlbereich ${}R$ nur endlich viele Ideale ${}{\mathfrak {a}}$ gibt, deren Norm unterhalb einer gewissen Zahl liegt.

Lösung

Es genügt zu zeigen, dass es zu einer natürlichen Zahl ${}n$ nur endlich viele Ideale ${}{\mathfrak {a}}$ in ${}R$ mit  ${}N({\mathfrak {a}})=n$  gibt. Es sei also ${}{\mathfrak {a}}$ ein solches Ideal. Dann ist  ${}n\in {\mathfrak {a}}$  nach Korollar 21.5 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)) und damit entspricht ${}{\mathfrak {a}}$ einem Ideal aus ${}R/(n)$. Dieser Ring ist aber nach Satz 18.14 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)) endlich und besitzt somit überhaupt nur endlich viele Ideale.

Aufgabe (10 Punkte)

Es sei  ${}R=A_{-29}$  der quadratische Zahlbereich zu  ${}D=-29$.  Bestimme die Klassengruppe von ${}R$.

Lösung

Die Diskriminante ist ${}-116$, jede Idealklasse wird nach Lemma 27.5 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)) durch ein Ideal der Norm ${}\leq {\frac {2{\sqrt {|\triangle |}}}{\pi }}$ repräsentiert, also echt kleiner als ${}7$. Da die Idealklassengruppe durch Primideale erzeugt wird, müssen wir nur Primideale betrachten, die auf ${}(2),(3)$ oder ${}(5)$ runterschneiden. Der Ganzheitsring ist

${}\mathbb {Z} [{\sqrt {-29}}]\cong \mathbb {Z} [Y]/(Y^{2}+29)\,.$

Für ein Element ${}a+b{\sqrt {-29}}$ ist die Norm gleich ${}a^{2}+29b^{2}$.

Der Ring oberhalb von  ${}p=2$  ist

${}{\left(\mathbb {Z} [Y]/(Y^{2}+29)\right)}/(2)=\mathbb {Z} /(2)[Y]/(Y^{2}+1)=\mathbb {Z} /(2)[Y]/(Y+1)^{2}\,.$

Das einzige Primideal oberhalb von ${}(2)$ ist also

${}{\mathfrak {p}}=(2,1+{\sqrt {-29}})\,.$

Dessen Norm ist ${}2$, es ist kein Hauptideal, da ${}2$ nicht die Norm eines Elementes ist, und es ist

${}(2)={\mathfrak {p}}^{2}\,.$

Insbesondere ist ${}{\mathfrak {p}}$ ein Element der Ordnung ${}2$ in der Klassengruppe.

Der Ring oberhalb von  ${}p=3$  ist

${}{\left(\mathbb {Z} [Y]/(Y^{2}+2)\right)}/(3)=\mathbb {Z} /(3)[Y]/(Y+1)(Y+2)\,.$

Die Primideale oberhalb von ${}(3)$ sind also

${}{\mathfrak {q}}=(3,1+{\sqrt {-29}})\,$

und dazu konjugiert

${}{\mathfrak {q}}=(3,1-{\sqrt {-29}})\,$

Deren Norm ist ${}3$, sie sind keine Hauptideale, da ${}3$ nicht die Norm eines Elementes ist, und es ist

${}(3)={\mathfrak {q}}{\overline {\mathfrak {q}}}\,.$

Aufgrund der Normeigenschaften folgt, dass auch ${}{\mathfrak {q}}^{2},{\mathfrak {q}}^{3}$ keine Hauptideale sind. Wir betrachten

${}{\begin{aligned}{\mathfrak {p}}{\mathfrak {q}}^{3}&=(2,1+{\sqrt {-29}})(3,1+{\sqrt {-29}})(3,1+{\sqrt {-29}})(3,1+{\sqrt {-29}})\\&=(54,18+18{\sqrt {-29}},27+27{\sqrt {-29}},...).\end{aligned}}$

Dies hat die Norm ${}54$. Das Element

${}(1+{\sqrt {-29}})^{3}=-86-26{\sqrt {-29}}\,$

gehört ebenfalls dazu, da das Doppelte und das Dreifache davon dazugehören. Deshalb gehört auch

${}54+-86-26{\sqrt {-29}}+27+27{\sqrt {-29}}=-5+{\sqrt {-29}}\,$

dazu. Da dieses die Norm ${}54$ besitzt, ist dieses Ideal ein Hauptideal. Insbesondere ist ${}{\mathfrak {p}}$ äquivalent zu ${}{\mathfrak {q}}^{3}$ und braucht nicht weiter berücksichtigt zu werden. Zugleich ergibt sich, dass ${}{\mathfrak {q}}^{6}$ ein Hauptideal ist. Deshalb definiert ${}{\mathfrak {q}}$ ein Element in der Klassengruppe mit Ordnung ${}6$.

Der Ring oberhalb von  ${}p=5$  ist

${}{\left(\mathbb {Z} [Y]/(Y^{2}+4)\right)}/(5)=\mathbb {Z} /(5)[Y]/(Y+1)(Y+4)\,.$

Die Primideale oberhalb von ${}(5)$ sind also

${}{\mathfrak {r}}=(5,1+{\sqrt {-29}})\,$

und das dazu konjugierte Ideal, beide mit Norm ${}5$. Wir betrachten das Ideal

${}{\begin{aligned}{\mathfrak {p}}{\mathfrak {q}}{\mathfrak {r}}&=(2,1+{\sqrt {-29}})(3,1+{\sqrt {-29}})(5,1+{\sqrt {-29}})\\&=(30,1+{\sqrt {29}},...).\end{aligned}}$

Das Element ${}1+{\sqrt {29}}$ besitzt die Norm ${}30$, deshalb liegt ein Hauptideal vor. Die Klassengruppe ist also isomorph zu ${}\mathbb {Z} /(6)$.