Kurs:Elementare und algebraische Zahlentheorie/4/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Zwei Elemente ${}a$ und ${}b$ heißen assoziiert, wenn es eine Einheit ${}u\in R$ derart gibt, dass  ${}a=ub$  ist.
2. Ein Integritätsbereich, in dem jedes Ideal ein Hauptideal ist, heißt Hauptidealbereich.
3. Ein pythagoreisches Tripel ist eine ganzzahlige Lösung ${}(x,y,z)\in \mathbb {Z} ^{3}$ der diophantischen Gleichung

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

4. Bei einer endlichen Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ nennt man die ${}K$- (Vektorraum-)Dimension von ${}L$ den Grad der Körpererweiterung.
5. Die kleinste konvexe Teilmenge  ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$,  die ${}U$ umfasst, heißt die konvexe Hülle von ${}U$.
6. Man nennt den Divisor

   ${}\operatorname {div} ({\mathfrak {a}})=\sum _{\mathfrak {p}}m_{\mathfrak {p}}\cdot {\mathfrak {p}}\,$

   mit

   ${}m_{\mathfrak {p}}=\operatorname {ord} _{\mathfrak {p}}({\mathfrak {a}})=\operatorname {min} \{\operatorname {ord} _{\mathfrak {p}}(f):\,f\in {\mathfrak {a}},\,f\neq 0\}\,$

   den Divisor zum Ideal ${}{\mathfrak {a}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die Einheitengruppe ${}{\left(\mathbb {Z} /(n)\right)}^{\times }$ ist genau dann zyklisch, wenn

   ${}n=1,2,4,p^{s},2p^{s}\,$

   ist, wobei ${}p$ eine ungerade Primzahl und  ${}s\geq 1$ 

   ist.
2. Es sei ${}(x,y,z)$ ein pythagoreisches Tripel mit ${}y$ gerade und mit  ${}z\neq -x$.  Dann gibt es eindeutig bestimmte ganze teilerfremde Zahlen ${}(u,v)$ mit  ${}v>0$  und  ${}a\in \mathbb {Z}$  und mit

   $x=a(v^{2}-u^{2}),\,y=a(2uv),\,z=a(u^{2}+v^{2}).$

   Das pythagoreische Tripel ist genau dann primitiv, wenn ${}a$ eine Einheit

   ist und ${}u$ und ${}v$ nicht beide ungerade sind.
3. Es sei ${}R$ ein Zahlbereich. Dann ist jedes von ${}0$ verschiedene Primideal von ${}R$ bereits ein maximales Ideal.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige durch Induktion, dass jede natürliche Zahl  ${}n\geq 2$  eine Zerlegung in Primzahlen besitzt.

Lösung

Wir beweisen die Existenz durch Induktion über ${}n$.  Für  ${}n=2$  liegt eine Primzahl vor. Bei  ${}n\geq 3$  ist entweder ${}n$ eine Primzahl, und diese bildet die Primfaktorzerlegung, oder aber ${}n$ ist keine Primzahl. In diesem Fall gibt es eine nichttriviale Zerlegung  ${}n=ab$  mit kleineren Zahlen  ${}a,b<n$.  Für diese Zahlen gibt es nach Induktionsvoraussetzung jeweils eine Zerlegung in Primfaktoren, und diese setzen sich zu einer Primfaktorzerlegung für ${}n$ zusammen. 

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien drei verschiedene Zahlen  ${}a,b,c>1$  gegeben. Wie viele Teiler besitzt das Produkt ${}a\cdot b\cdot c$ minimal?

Lösung

Wir können

${}a<b<c\,$

annehmen. Das Produkt ${}abc$ hat zumindest die Teiler

$1,a,b,c,ab,ac,bc,abd,$

wobei allerdings welche identisch sein können. Da aber alle Zahlen ${}a,b,c$ größer als ${}1$ und untereinander verschieden sind, sind auch die Produkte mit zwei Faktoren untereinander und auch vom Gesamtprodukt verschieden. Ferner sind die Zweierprodukte von allen Zahlen verschieden, die in ihnen vorkommen. Wegen den Größenverhältnissen ist  ${}ac>b$  und  ${}bc>a$.  Es kann allenfalls

${}c=ab\,$

sein. Es gibt also mindestens ${}7$ Teiler. Wählt man  ${}a=2$,   ${}b=4$  und  ${}c=8$,  so ist

${}abc=2\cdot 4\cdot 8=64=2^{6}\,,$

und dies hat in der Tat sieben Teiler.

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 (3 Punkte)

Bestimme sämtliche primitive Einheiten im Restklassenkörper ${}\mathbb {Z} /(13)$.

Lösung

Die multiplikative Ordnung ist ein Teiler von ${}12$. Wir bestimmen zuerst die Ordnung von ${}2$. Es ist

$2^{2}=4\neq 1,\,2^{3}=8\neq 1,\,2^{4}=16=3\neq 1,\,2^{6}=64=-1.$

Daher muss die Ordnung ${}12$ sein und ${}2$ ist eine primitive Einheit. Daher gibt es einen

Gruppenisomorphismus

$(\mathbb {Z} /(12),+,0)\longrightarrow \mathbb {Z} /(13)^{\times },\,n\longmapsto 2^{n},$

der Erzeuger auf Erzeuger abbildet. Die Erzeuger links sind ${}1,5,7,11$ (die zu ${}12$ teilerfremden Zahlen), und diese werden auf die primitiven Einheiten

$2^{1}=2,\,2^{5}=32=6,\,2^{7}=6\cdot 4=11,\,2^{11}=2^{-1}2^{12}=2^{-1}=7$

abgebildet.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring mit ${}p$ Elementen, wobei ${}p$ eine Primzahl sei. Zeige, dass ${}R$ ein Körper ist.

Lösung

Es sei ${}x\in R$, ${}x\neq 0$. Wir betrachten die von ${}x$ erzeugte additive Untergruppe von ${}R$. Wegen  ${}x\neq 0$  handelt es sich nicht um die triviale Gruppe. Da nach dem Satz von Lagrange die Ordnung jeder Untergruppe die Gruppenordnung teilt und diese eine Primzahl ist, erzeugt ${}x$ schon ganz ${}R$. Es gibt also insbesondere eine natürliche Zahl ${}n$ mit

${}nx=1\,.$

Da jeder Ring die natürlichen Zahlen enthält, bedeutet dies, dass ${}x$ eine Einheit ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Betrachte die Quadratrestgruppe

$\mathbb {Q} ^{\times }/\mathbb {Q} ^{\times 2},$

wobei ${}\mathbb {Q} ^{\times 2}$ die Untergruppe der Quadrate bezeichne. Zeige, dass es zu jeder Restklasse  ${}x\in \mathbb {Q} ^{\times }/\mathbb {Q} ^{\times 2}$  einen Repräsentanten aus ${}\mathbb {Z}$ gibt.

Lösung

Die Restklasse ${}x$ in der Quadratrestgruppe werde durch ${}q={\frac {n}{m}}$ repräsentiert. Da Quadrate in der Quadratrestgruppe gleich ${}1$ sind, hat man ${}[q]=[qm^{2}]=[nm]$, d.h. man hat einen Vertreter aus ${}\mathbb {Z}$. Sei${}\pm p_{1}^{k_{1}}\cdots p_{r}^{k_{r}}$ dessen kanonische Primfaktorzerlegung. Durch sukzessive Multiplikation mit den Quadraten (in ${}\mathbb {Q}$) ${}p_{i}^{-2}$ kann man die Exponenten zu ${}0$ oder zu ${}1$ machen und erhält einen quadratfreien Repräsentanten.

Aufgabe (9 Punkte)

Zeige, dass die diophantische Gleichung

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

keine ganzzahlige nichttriviale Lösung besitzt.

Lösung

Es sei ${}(x,y,z)$ eine nichttriviale Lösung, d.h. alle Einträge sind ${}\neq 0$. Wir können annehmen, dass alle Einträge sogar positiv sind. Wenn es eine solche Lösung gibt, dann gibt es auch eine nichttriviale Lösung mit minimalem positiven ${}z$ (unter allen nichttrivialen Lösungen). Wir zeigen, dass es dann eine Lösung mit kleinerem positiven ${}z_{1}$ gibt, was einen Widerspruch bedeutet.

Wegen der Minimalität ist ${}(x,y,z)$ primitiv, die Einträge sind also (sogar paarweise) teilerfremd. Wir können ${}x$ als ungerade annehmen. Es ist dann

$(x^{2},y^{2},z)$

ein primitives pythagoreisches Tripel. Daher gibt es nach Satz 10.6 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)) teilerfremde natürliche Zahlen ${}(u,v)$ mit

$x^{2}=u^{2}-v^{2},\,y^{2}=2uv,\,z=u^{2}+v^{2}$

und mit ${}u+v$ ungerade. Betrachtung der ersten Gleichung modulo ${}4$ zeigt, dass ${}u$ ungerade sein muss (und ${}v$ gerade). Die erste Gleichung

${}u^{2}=x^{2}+v^{2}\,$

ist selbst ein primitives pythagoreisches Tripel. Es gibt also erneut teilerfremde natürliche Zahlen ${}(r,s)$ mit

$x=r^{2}-s^{2},\,v=2rs,\,u=r^{2}+s^{2}$

(${}x$ ist ungerade, ${}v$ gerade) mit ${}r+s$ ist ungerade. Somit sind ${}r,s,r^{2}+s^{2}=u$ paarweise teilerfremd. Aus

${}y^{2}=2uv=4(r^{2}+s^{2})rs\,$

folgt

${}\left({\frac {y}{2}}\right)^{2}=(r^{2}+s^{2})rs\,$

und aus der Teilerfremdheit der Faktoren folgt, dass die einzelnen Faktoren hier selbst Quadrate sind, also

$r=x_{1}^{2},\,s=y_{1}^{2},\,r^{2}+s^{2}=z_{1}^{2}.$

Damit ist

${}z_{1}^{2}=r^{2}+s^{2}=x_{1}^{4}+y_{1}^{4}\,$

eine neue nichttriviale Lösung der ursprünglichen Gleichung. Wegen

${}z_{1}\leq z_{1}^{2}=r^{2}+s^{2}=u<u^{2}+v^{2}=z\,$

widerspricht dies der Minimalität von ${}z$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}{\mathfrak {a}}$ ein Ideal in einem kommutativen Ring ${}R$. Zeige, dass ${}{\mathfrak {a}}$ genau dann ein Primideal ist, wenn ${}{\mathfrak {a}}$ der Kern eines Ringhomomorphismus ${}\varphi \colon R\rightarrow K$ in einen Körper ${}K$ ist.

Lösung

Sei zunächst ${}{\mathfrak {a}}$ ein Primideal. Dann ist nach Lemma 16.13 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)) der Restkassenring ${}R/{\mathfrak {a}}$ ein Integritätsbereich, es existiert also der Quotientenkörper ${}Q(R/{\mathfrak {a}})$. Die kanonische Projektion

$\varphi \colon R\longrightarrow Q(R/{\mathfrak {a}}),\,x\longmapsto [x],$

ist also ein Ringhomomorphismus in einen Körper mit ${}\operatorname {kern} \varphi ={\mathfrak {a}}$.

Umgekehrt ist der Kern eines Ringhomomorphismus

$\varphi \colon R\longrightarrow K$

nach Fakt ***** stets ein Ideal. Sei ${}ab\in \operatorname {kern} \varphi$, d.h.

${}0=\varphi (ab)=\varphi (a)\cdot \varphi (b)\,.$

Da ${}K$ ein Körper ist, ist ${}K$ nach Fakt ***** nullteilerfrei, also muss ${}\varphi (a)=0$ oder ${}\varphi (b)=0$ sein, was äquivalent zu ${}a\in \operatorname {kern} \varphi$ oder ${}b\in \operatorname {kern} \varphi$ ist, damit ist ${}\operatorname {kern} \varphi$ ein Primideal.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}(\mathbb {Q} ,+,0)$ versehen mit der üblichen Addition. Es sei eine weitere Verknüpfung ${}*$ auf ${}\mathbb {Q}$ derart gegeben, dass ${}(\mathbb {Q} ,+,0,*,1)$ ein kommutativer Ring ist. Ferner gelte  ${}1*1=1$.  Zeige, dass ${}*$ die übliche Multiplikation sein muss.

Lösung

Wir zeigen zuerst, dass ${}1$ das neutrale Element zur Verknüpfung ${}*$ ist. Für eine natürliche Zahl ${}n$ ist nach dem allgemeinen Distributivgesetz

${}n*1=(\underbrace {1+\cdots +1} _{n{\text{ Summanden}}})*1=\underbrace {1*1+\cdots +1*1} _{n{\text{ Summanden}}}=\underbrace {1+\cdots +1} _{n{\text{ Summanden}}}=n\,.$

Für negatives ${}m$ mit  ${}m=-n$  und  ${}n\in \mathbb {N} _{+}$  ist

${}0=0*1=(n+m)*1=n*1+m*1=n+m*1\,$

und daraus folgt

${}m*1=-n=m\,.$

Für einen Bruch ${}{\frac {m}{n}}$ mit  ${}n\in \mathbb {N} _{+}$  ist

${}\underbrace {{\frac {m}{n}}+\cdots +{\frac {m}{n}}} _{n{\text{ Summanden}}}=m\,$

und

${}m=m*1={\left(\underbrace {{\frac {m}{n}}+\cdots +{\frac {m}{n}}} _{n{\text{ Summanden}}}\right)}*1=\underbrace {{\frac {m}{n}}*1+\cdots +{\frac {m}{n}}*1} _{n{\text{ Summanden}}}\,.$

Damit ist

${}{\frac {m}{n}}*1={\frac {m}{n}}\,,$

da dies die einzige rationale Zahl ist, die ${}n$-fach mit sich selbst addiert ${}m$ ergibt.

Nach dem Distributivgesetz und dem bisher Bewiesenen ist für natürliche Zahlen ${}n,m$

${}n*m=(\underbrace {1+\cdots +1} _{n{\text{ Summanden}}})*m=\underbrace {1*m+\cdots +1*m} _{n{\text{ Summanden}}}=\underbrace {m+\cdots +m} _{n{\text{ Summanden}}}=nm\,.$

Der gleiche Trick wie oben zeigt, dass dies auch für ganze Zahlen gilt. Wegen

${}{\frac {a}{b}}=1*{\frac {a}{b}}={\left(\underbrace {{\frac {1}{n}}+\cdots +{\frac {1}{n}}} _{n{\text{ Summanden}}}\right)}*{\frac {a}{b}}={\left(\underbrace {{\frac {1}{n}}*{\frac {a}{b}}+\cdots +{\frac {1}{n}}*{\frac {a}{b}}} _{n{\text{ Summanden}}}\right)}\,$

muss

${}{\frac {1}{n}}*{\frac {a}{b}}={\frac {a}{bn}}\,$

sein (für  ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ ), da dies die einzige rationale Zahl ist, die ${}n$-fach mit sich selbst addiert den Wert ${}{\frac {a}{b}}$ ergibt. Daher ist schließlich ist

${}{\frac {a}{b}}*{\frac {c}{d}}=a*{\frac {1}{b}}*c*{\frac {1}{d}}=a*c*{\frac {1}{b}}*{\frac {1}{d}}=(ac)*{\frac {1}{b}}*{\frac {1}{d}}={\frac {ac}{b}}*{\frac {1}{d}}={\frac {ac}{bd}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Ein angeordneter Körper ${}K$ enthalte die Wurzeln ${}{\sqrt[{3}]{2}}$ und ${}{\sqrt[{7}]{2}}$. Zeige, dass ${}K$ auch ${}{\sqrt[{21}]{2}}$ enthält.

Lösung

Aus

${}1\cdot 7-2\cdot 3=1\,$

erhält man durch Division durch ${}21$ die Gleichung

${}{\frac {1}{3}}-2\cdot {\frac {1}{7}}={\frac {1}{21}}\,.$

Somit ist

${}{\begin{aligned}{\sqrt[{21}]{2}}&=2^{\frac {1}{21}}\\&=2^{{\frac {1}{3}}-2\cdot {\frac {1}{7}}}\\&=2^{\frac {1}{3}}\cdot 2^{-2\cdot {\frac {1}{7}}}\\&=2^{\frac {1}{3}}\cdot {\left(2^{\frac {1}{7}}\right)}^{-2}\\&={\sqrt[{3}]{2}}\cdot {\left({\sqrt[{7}]{2}}\right)}^{-2}.\end{aligned}}$

Da nach Voraussetzung der Körper die beiden Zahlen ${}{\sqrt[{3}]{2}}$ und ${}{\sqrt[{7}]{2}}$ enthält, muss er auch das inverse Element ${}{\left({\sqrt[{7}]{2}}\right)}^{-1}$ und somit auch das angegebene Produkt enthalten.

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}R$ ein Integritätsbereich mit Quotientenkörper ${}Q(R)$. Zeige

${}R=\bigcap _{{\mathfrak {m}}{\text{ maximal }}}R_{\mathfrak {m}}\,,$

wobei der Durchschnitt über alle maximale Ideale läuft und in ${}Q(R)$ genommen wird.

Lösung

Die Inklusion ${}\subseteq$ ist klar. Es sei also  ${}q\in Q(R)$  und sei angenommen, ${}q$ gehöre zum Durchschnitt rechts. Für jedes maximale Ideal ${}{\mathfrak {m}}$ ist also  ${}q\in R_{\mathfrak {m}}\subset Q(R)$,  d.h. es gibt  ${}f_{\mathfrak {m}}\notin {\mathfrak {m}}$  und  ${}a_{\mathfrak {m}}\in R$  mit  ${}q={\frac {a_{\mathfrak {m}}}{f_{\mathfrak {m}}}}$.  Wir betrachten das Ideal

$(f_{\mathfrak {m}}:\,{\mathfrak {m}}{\text{ maximal}}).$

Dieses Ideal ist in keinem maximalen Ideal enthalten, also muss es nach dem Lemma von Zorn das Einheitsideal sein. Es gibt also endlich viele maximale Ideale ${}{\mathfrak {m}}_{i}$, ${}i=1,\ldots ,n$ und  ${}r_{i}\in R$  mit

${}r_{1}f_{1}+\cdots +r_{n}f_{n}=1\,,$

wobei  ${}f_{i}=f_{{\mathfrak {m}}_{i}}$  gesetzt wurde. Damit ist

${}q={\frac {a_{1}}{f_{1}}}=\ldots ={\frac {a_{n}}{f_{n}}}\,.$

Wir schreiben

${}q=q(r_{1}f_{1}+\cdots +r_{n}f_{n})=qr_{1}f_{1}+\cdots +qr_{n}f_{n}=a_{1}r_{1}+\cdots +a_{n}r_{n}\,.$

Also gehört ${}q$ zu ${}R$.

Aufgabe (6 Punkte)

Man gebe ein Beispiel von zwei Zahlbereichen ${}R$ und ${}S$, die als Ringe nicht isomorph sind, aber die Eigenschaft haben, dass sowohl die additiven Strukturen ${}(R,+,0)$ und ${}(S,+,0)$ als Gruppen isomorph als auch die multiplikativen Strukturen ${}(R,\cdot ,1)$ und ${}(S,\cdot ,1)$ als Monoide isomorph sind.

Lösung

Wir suchen unter den quadratischen Zahlbereichen. Nach Korollar 18.10 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)) ist ihre additive Struktur stets gleich ${}\mathbb {Z} ^{2}$, einen additiven Isomorphismus gibt es also stets. Zu verschiedenen quadratfreien Zahlen  ${}D,E\neq 0,1$  sind die Ringe ${}A_{D}$ und ${}A_{E}$ nicht isomorph, da in ${}A_{D}$ die Zahl ${}E$ keine Quadratwurzel besitzt (dies gilt sogar in den Quotientenkörpern, und ein Ringisomorphismus der Ringe würde einen Körperisomorphismus auf den Quotientenkörpern induzieren). Um einen Isomorphismus der multiplikativen Struktur zu erhalten, such wir nach Beispielen, wo diese besonders einfach ist. Dies trifft im faktoriellen Fall zu, dann dann jedes von ${}0$ verschiedene Element ${}f$ eine Darstellung

${}f=up_{1}^{k_{1}}\cdots p_{r}^{k_{r}}\,$

mit einer Einheit ${}u$ besitzt, und wobei die ${}p_{i}$ bis auf Assoziiertheit eindeutig bestimmt sind. Um Komplikationen mit Einheiten aus dem Weg zu gehen, betrachten wir imaginär-quadratische Zahlkörper zu

${}D\leq -5\,,$

da dort nur ${}1$ und ${}-1$ Einheiten sind. Somit betrachten wir die beiden quadratischen Zahlbereiche ${}A_{D}$ zu ${}D=-7$ und ${}D=-11$, die nach Satz 25.5 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)) faktoriell sind. In beiden Ringen gibt es abzählbar unendlich viele Primelemente und man wählt in beiden Ringen Assoziiertheitsklassen ${}p_{n}\in A_{-7},\,n\in \mathbb {N} ,$ bzw. ${}q_{n}\in A_{-11},\,n\in \mathbb {N} ,$ aus Primelementen aus. Dann erhält man durch die Zuordnung

$A_{-7}\longrightarrow A_{-11},\,\pm \prod _{n\in \mathbb {N} }p_{n}^{k_{n}}\longmapsto \pm \prod _{n\in \mathbb {N} }q_{n}^{k_{n}}$

(und ${}0$ auf ${}0$) einen Monoidisomorphismus.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}D\neq 0,1$ 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

${}{\overline {\mathfrak {a}}}={\left\{{\bar {f}}\mid f\in {\mathfrak {a}}\right\}}\,.$

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

Nach Satz 21.10 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)) 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 (3 Punkte)

Es sei  ${}R=A_{7}$  der quadratische Zahlbereich zu  ${}D=7$.  Zeige mittels Korollar 27.10 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)), dass ${}R$ faktoriell ist.

Lösung

Es ist  ${}\triangle =28$  und deshalb ist die Normschranke aus Korollar 27.10 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)) gleich

${}{\frac {\sqrt {28}}{2}}={\sqrt {7}}\,.$

Es ist also nur die Primzahl  ${}p=2$  zu überprüfen. Wir haben direkt die Faktorzerlegung

${}2={\left(3+{\sqrt {7}}\right)}{\left(3-{\sqrt {7}}\right)}\,.$

Die beiden Faktoren besitzen die Norm ${}2$ und sind deshalb Primelemente. Also besitzt ${}2$ eine Zerlegung in Primelemente.