Kurs:Elementare und algebraische Zahlentheorie/7/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	${}\sum$
Punkte	3	3	2	3	3	6	2	3	3	3	1	4	4	6	2	3	4	3	6	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein irreduzibles Element ${}p$ in einen kommutativen Ring ${}R$.
2. Ein Hauptideal in einem kommutativen Ring ${}R$.
3. Die erste Tschebyschow-Funktion.
4. Eine algebraische Zahl  ${}z\in {\mathbb {C} }$. 
5. Ein ganzes Element ${}x\in S$ bei einer Ringerweiterung  ${}R\subseteq S$. 
6. Das gebrochene Ideal zu einem Divisor ${}D$ in einem Zahlbereich ${}R$.

Lösung

1. Eine Nichteinheit ${}p$ in einem kommutativen Ring heißt irreduzibel, wenn eine Faktorisierung ${}p=ab$ nur dann möglich ist, wenn einer der Faktoren eine Einheit ist.
2. Ein Ideal ${}{\mathfrak {a}}$ in einem kommutativen Ring ${}R$ der Form

   ${}{\mathfrak {a}}=(a)=Ra=\{ra:\,r\in R\}\,.$

   heißt Hauptideal.

3. Die erste Tschebyschow-Funktion ${}\vartheta (x)$ ist durch

   ${}\vartheta (x)=\sum _{p\leq x,p{\text{ prim}}}\ln(p)\,$

   gegeben.

4. Eine Zahl ${}z\in {\mathbb {C} }$ heißt algebraisch, wenn es ein von ${}0$ verschiedenes Polynom ${}P\in \mathbb {Q} [X]$ gibt mit ${}P(z)=0$.
5. Das Element ${}x\in S$ heißt ganz (über ${}R$), wenn ${}x$ eine Ganzheitsgleichung mit Koeffizienten aus ${}R$ erfüllt.
6. Zu einem Divisor

   ${}D=\sum _{\mathfrak {p}}n_{\mathfrak {p}}\cdot {\mathfrak {p}}\,$

   nennt man

   $\left\{f\in Q(R)\mid \operatorname {div} (f)\geq D\right\}$

   das Gebrochene Ideal zum Divisor ${}D$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das quadratische Reziprozitätsgesetz für ungerade Primzahlen.
2. Der Satz über das Transformationsverhalten der Diskriminante zu einer Basis in einer endlichen Körpererweiterung  ${}K\subseteq L$. 
3. Der Satz über die Korrespondenz von Idealen und Divisoren für Zahlbereiche.

Lösung

1. Es seien ${}p$ und ${}q$ zwei verschiedene ungerade Primzahlen. Dann gilt:

   ${}\left({\frac {p}{q}}\right)\cdot \left({\frac {q}{p}}\right)=(-1)^{{\frac {p-1}{2}}\cdot {\frac {q-1}{2}}}={\begin{cases}-1\,,{\text{ wenn }}p=q=3\mod 4\,,\\1\,,{\text{ sonst}}\,.\end{cases}}\,$

2. Es sei  ${}K\subseteq L$  eine endliche Körpererweiterung vom Grad ${}n$ und seien ${}b_{1},\ldots ,b_{n}$ und ${}c_{1},\ldots ,c_{n}$ ${}K$-Basen von ${}L$. Der Basiswechsel werde durch  ${}c=Tb$  mit der Übergangsmatrix  ${}T=\left(t_{ij}\right)_{ij}$  beschrieben. Dann gilt für die Diskriminanten die Beziehung

   ${}\triangle (c_{1},\ldots ,c_{n})=(\det(T))^{2}\triangle (b_{1},\ldots ,b_{n})\,.$

3. Es sei ${}R$ ein Zahlbereich. Dann sind die Zuordnungen

   ${\mathfrak {a}}\longmapsto \operatorname {div} ({\mathfrak {a}}){\text{ und }}D\longmapsto \operatorname {Id} (D)$

   zueinander inverse Abbildungen zwischen der Menge der von ${}0$ verschiedenen Ideale und der Menge der effektiven Divisoren.

   Diese Bijektion übersetzt das Produkt von Idealen in die Summe von Divisoren.

Aufgabe (2 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für eine natürliche Zahl, die man als Summe von vier Quadraten darstellen kann, aber nicht als Summe von drei Quadraten.

Lösung

Es ist

${}7=4+1+1+1\,$

darstellbar mit vier Quadraten. Die einzigen Quadrate unterhalb von ${}7$ sind ${}0,1,4$. Die ${}0$ trägt nicht zu einer minimalen Darstellung bei. Zweimal die ${}4$ ist schon zu groß, daher gibt es keine Darstellung als Summe von drei Quadraten.

Aufgabe (3 (2+1) Punkte)

Es seien ${}a,b$ positive natürliche Zahlen. Die Summe der Stammbrüche ist dann

${}{\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}={\frac {b+a}{ab}}\,.$

a) Zeige, dass bei ${}a,b$ teilerfremd diese Darstellung gekürzt ist.

b) Zeige, dass im Allgemeinen diese Darstellung nicht gekürzt sein muss.

Lösung

a) Es seien ${}a$ und ${}b$ teilerfremd und es sei ${}p$ eine Primzahl. Wenn ${}p$ den Nenner ${}ab$ teilt, so teilt es nach dem Lemma von Euklid einen der Faktoren, sagen wir ${}a$. Dann teilt es wegen der Teilerfremdheit nicht auch ${}b$. Somit teilt es auch nicht ${}a+b$ und Zähler und Nenner sind teilerfremd.

b) Sei

${}a=b=2\,.$

Dann ist

${}{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}={\frac {2+2}{2\cdot 2}}={\frac {4}{4}}\,$

und dies ist keine teilerfremde Darstellung.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}n$ eine natürliche Zahl. Zeige, dass die Zahl

$n(n+1)(n+2)(n+3)$

durch ${}8$ teilbar ist.

Lösung

Bei ${}n$ gerade ist

${}n=2k\,$

mit einem  ${}k\in \mathbb {N}$  und daher

${}n+2=2k+2=2(k+1)\,.$

Das angegebene Produkt hat also die Form

${}n(n+1)(n+2)(n+3)=2\cdot k\cdot 2(k+1)(n+1)(n+3)=4k(k+1)(n+1)(n+3)\,.$

Bei ${}k$ gerade ist ${}4k$ durch ${}8$ teilbar und damit ist auch das Gesamtprodukt durch ${}8$ teilbar, bei ${}k$ ungerade ist ${}k+1$ gerade und man kann entsprechend schließen.

Bei ${}n$ ungerade ist ${}n+1$ gerade und daher

${}n+1=2k\,$

mit einem  ${}k\in \mathbb {N}$.  In diesem Fall ist

${}n+3=n+1+2=2k+2=2(k+1)\,$

und man kann entsprechend schließen.

Aufgabe (6 (2+3+1) Punkte)

Ein Metallarbeiter hat zwei Metallstäbe zur Verfügung. Wenn er den kleinen siebenmal hintereinanderlegt, erhält er genau drei Meter. Wenn er den großen achtmal hintereinanderlegt, erhält er genau fünf Meter.

1. Wie kann er allein mit diesen Stäben eine Länge von einem Meter bestimmen?
2. Was ist die kleinste positive Strecke, die er mit den Stäben messen kann?
3. Welche Streckenlängen kann er mit seinen beiden Metallstäben messen?

Lösung

1. Wenn er den langen Stab ${}16$-mal hintereinander hinlegt, erreicht er ${}10$ Meter. Wenn er von dort aus den kleinen Stab rückwärts ${}21$-mal hinlegt, erhält er ${}9$ Meter in die andere Richtung und damit insgesamt einen Meter.
2. Die beiden Stäbe haben die Länge ${}{\frac {3}{7}}$ bzw. ${}{\frac {5}{8}}$. Da er die Stäbe nur hintereinander bzw. nebeneinander hinlegen kann, wobei jeweils zwei Endpunkte übereinstimmen müssen, ist die Gesamtheit der erzielbaren Längen gleich

   $m{\frac {3}{7}}+n{\frac {5}{8}}{\text{ mit }}m,n\in \mathbb {Z} .$

   Wir arbeiten mit dem Hauptnenner ${}56$ und schreiben dies als

   $m{\frac {24}{56}}+n{\frac {35}{56}}=\left(24m+35n\right){\frac {1}{56}}{\text{ mit }}m,n\in \mathbb {Z} .$

   Von daher ist klar, dass er nur ganzzahlige Vielfache von ${}{\frac {1}{56}}$ legen kann. Da ${}24=3\cdot 8$ und ${}35=5\cdot 7$ teilerfremd sind, gibt es nach dem Lemma von Bézout ganze Zahlen ${}m,n$ mit

   ${}24m+35n=1\,.$

   Er kann also in der Tat die Strecke ${}{\frac {1}{56}}$ hinlegen.

3. Da er den Prozess, mit dem er ${}{\frac {1}{56}}$ hinlegt, beliebig oft und in beide Richtungen ausführen kann, kann er jedes ganzzahlige Vielfache von ${}{\frac {1}{56}}$ abmessen.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme das inverse Element zu ${}{\overline {8}}$ in ${}\mathbb {Z} /(17)$.

Lösung

Der euklidische Algorithmus liefert direkt

${}17=2\cdot 8+1\,.$

Somit ist

${}{\begin{aligned}1&=17-2\cdot 8\\\end{aligned}}$

Daher ist

${}-2=15\,$

das inverse Element zu ${}8$ in ${}\mathbb {Z} /(17)$.

Aufgabe (3 (1.5+1.5) Punkte)

a) Bestimme für die Zahlen ${}3$, ${}5$ und ${}7$ modulare Basislösungen, finde also die kleinsten positiven Zahlen, die in

$\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(5)\times \mathbb {Z} /(7)$

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

$x=2\!\!\mod 3,\,\,\,\,x=4\!\!\mod 5{\text{ und }}x=3\!\!\mod 7.$

Lösung

a) ${}(1,0,0)$: Alle Vielfachen von  ${}5\cdot 7=35$  haben modulo ${}5$ und modulo ${}7$ den Rest ${}0$. Unter diesen Vielfachen muss also die Lösung liegen. ${}35$ hat modulo ${}3$ den Rest ${}2$, somit hat ${}70$ modulo ${}3$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}70$ das Restetupel ${}(1,0,0)$.

${}(0,1,0)$: Hier betrachtet man die Vielfachen von ${}21$, und ${}21$ hat modulo ${}5$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}21$ das Restetupel ${}(0,1,0)$.

${}(0,0,1)$: Hier betrachtet man die Vielfachen von ${}15$, und ${}15$ hat modulo ${}7$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}15$ das Restetupel ${}(0,0,1)$.

b) Man schreibt (in $\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(5)\times \mathbb {Z} /(7)$)

${}(2,4,3)=2(1,0,0)+4(0,1,0)+3(0,0,1)\,.$

Die Lösung ist dann

${}2\cdot 70+4\cdot 21+3\cdot 15=140+84+45=269\,.$

Die minimale Lösung ist dann  ${}269-2\cdot 105=59$. 

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz, dass für einen endlichen Körper ${}K$ das Produkt aller von ${}0$ verschiedener Elemente aus ${}K$ gleich ${}-1$ ist.

Lösung

Die Gleichung  ${}x^{2}=1$  hat in einem Körper nur die Lösungen ${}1$ und ${}-1$, die allerdings gleich sein können. Das bedeutet, dass für  ${}x\neq 1,-1$  immer  ${}x\neq x^{-1}$  ist. Damit kann man das Produkt aller Einheiten als

$1(-1)x_{1}x_{1}^{-1}\cdots x_{k}x_{k}^{-1}$

schreiben. Ist  ${}-1\neq 1$,  so ist das Produkt ${}-1$. Ist hingegen  ${}-1=1$,  so fehlt in dem Produkt der zweite Faktor und das Produkt ist  ${}1=-1$. 

Aufgabe (3 Punkte)

Finde eine ungerade natürliche Zahl ${}n$ derart, dass ${}-1$ kein Quadrat modulo ${}n$ ist, dass aber für das Jacobi-Symbol

${}\left({\frac {-1}{n}}\right)=1\,$

gilt.

Lösung

Es sei

${}n=21=3\cdot 7\,.$

Wegen der Kongruenzbedingung

${}3,7=3\mod 4\,$

ist ${}-1$ modulo ${}3$ und modulo ${}7$ gemäß Satz 7.8 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)) kein Quadrat. Somit ist

${}\left({\frac {-1}{21}}\right)=\left({\frac {-1}{3}}\right)\cdot \left({\frac {-1}{7}}\right)=(-1)\cdot (-1)=1\,.$

Ferner ist ${}-1$ in ${}\mathbb {Z} /(21)$ kein Quadrat, da es kein Quadrat im Resklassenring ${}\mathbb {Z} /(3)$ ist.

Aufgabe (1 Punkt)

Zeige

${}U*U=T\,,$

wobei ${}T$ die Teileranzahlfunktion bezeichnet.

Lösung

Es ist

${}(U*U)(n)=\sum _{d{\text{ teilt }}n}U(d)U\left({\frac {n}{d}}\right)=\sum _{d{\text{ teilt }}n}1\cdot 1=\sum _{d{\text{ teilt }}n}1={\#\left(t\in \mathbb {N} {\text{ mit }}t{\text{ teilt }}n\right)}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das folgende lineare Gleichungssystem über dem Körper  ${}K=\mathbb {Q} [{\sqrt {3}}]$: 

${}{\begin{pmatrix}2+{\sqrt {3}}&-{\sqrt {3}}\\{\frac {1}{2}}&-2-3{\sqrt {3}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1-{\sqrt {3}}\\4-2{\sqrt {3}}\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

Wir schreiben das Gleichungssystem als

$(I)\,\,\,(2+{\sqrt {3}})x-{\sqrt {3}}y=1-{\sqrt {3}}$

$(II)\,\,\,{\frac {1}{2}}x-(2+3{\sqrt {3}})y=4-2{\sqrt {3}}.$

Wir multiplizieren die zweite Zeile mit ${}4+2{\sqrt {3}}$ und erhalten

$(III)\,\,\,(2+{\sqrt {3}})x+(-26-16{\sqrt {3}})y=4.$

Wir nehmen die Differenz der ersten und der dritten Zeile und erhalten

$(IV)\,\,\,(26+15{\sqrt {3}})y=-3-{\sqrt {3}}.$

Das inverse Element von ${}(26+15{\sqrt {3}})$ ist ${}(26-15{\sqrt {3}})$, somit ist also

${}y=(26-15{\sqrt {3}})(-3-{\sqrt {3}})=-33+19{\sqrt {3}}\,.$

Aus der Gleichung ${}(II)$ folgt daraus

${}{\begin{aligned}x&=2(4-2{\sqrt {3}}+(2+3{\sqrt {3}})y)\\&=8-4{\sqrt {3}}+2(2+3{\sqrt {3}})(-33+19{\sqrt {3}})\\&=8-4{\sqrt {3}}+210-122{\sqrt {3}}\\&=218-126{\sqrt {3}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Finde die kleinste Zahl  ${}n\geq 100$  derart, dass zugleich das reguläre ${}n$-Eck mit Zirkel und Lineal konstruierbar ist und dass ${}n$ eine Summe von zwei Quadraten ist.

Lösung

${}n$ muss einerseits die Form  ${}n=2^{\alpha }p_{1}\cdots p_{k}$  haben mit verschiedenen Fermat-Primzahlen ${}p_{i}$, also ${}3,5,17,257$, etc. und andererseits muss jeder Primteiler von ${}n$ mit einem ungeraden Exponenten modulo ${}4$ den Rest ${}0,1$ oder ${}2$ haben. Da ${}3$ in der ersten Bedingung allenfalls einfach vorkommt, darf ${}3$ überhaupt nicht vorkommen.

Wenn keine Fermat-Primzahlen vorkommt, so ist die kleinste Möglichkeit ${}\geq 100$ gleich  ${}2^{7}=128$.  Damit ist auch schon ausgeschlossen, dass ${}257$ oder eine größere Fermat-Primzahl vorkommt.

Wenn an Fermat-Primzahlen nur ${}5$ vorkommt, so ist die kleinste Möglichkeit ${}\geq 100$ gleich  ${}32\cdot 5=160$. 

Wenn nur ${}17$ vorkommt, so ist  ${}8\cdot 17=136$  die kleinste Möglichkeit.

Wenn ${}5$ und ${}17$ vorkommen, so ist  ${}2\cdot 5\cdot 17=170$  die kleinste Möglichkeit.

Also ist ${}128$ die Lösung.

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei

${}\mathbb {Q} \subseteq L=\mathbb {Q} [{\sqrt {D}}]\,$

eine quadratische Körpererweiterung und es sei

$\varphi \colon L\longrightarrow L$

eine ${}\mathbb {Q}$-lineare Abbildung, die die Norm erhält. Zeige, dass ${}\varphi$ die Multiplikation mit einem Element aus ${}L$ oder aber die Hintereinanderschaltung der Konjugation mit einer solchen Multiplikation ist.

Lösung

Wir setzen

${}h:=\varphi (1)\,$

und betrachten die Multiplikation

$\psi \colon L\longrightarrow L,\,x\longmapsto hx.$

Diese Abbildung ist ebenfalls ${}\mathbb {Q}$-linear und bijektiv. Wegen

${}N(h)=N(\varphi (1))=N(1)=1\,$

ist die Norm von ${}h$ gleich ${}1$ und somit ist

${}N(\psi (x))=N(hx)=N(h)N(x)=N(x)\,,$

d.h. ist ebenfalls normerhaltend. Wir schreiben nun mit  ${}\varphi '=\psi ^{-1}\circ \varphi$ 

${}\varphi =\psi \circ \varphi '\,$

als Hintereinanderschaltung. Die Abbildung ${}\varphi '$ ist ebenfalls ${}\mathbb {Q}$-linear und normerhalten und hat die zusätzliche Eigenschaft, dass ${}1$ auf ${}1$ abgebildet wird. Wir haben also zu zeigen, dass eine solche Abbildung die Identität oder die Konjugation ist. Nennen wir sie wieder ${}\varphi$. Es ist

${}\varphi ({\sqrt {D}})=r+s{\sqrt {D}}\,$

mit ${}r,s\in \mathbb {Q}$. Die Normbedingung liefert

${}-D=r^{2}-s^{2}D\,.$

Ferner ist

${}\varphi (1+{\sqrt {D}})=1+r+s{\sqrt {D}}\,$

und die Normbedingung liefert

${}1-D=(1+r)^{2}-s^{2}D\,.$

Diese beiden Bedingungen ergeben zusammen

${}(1+r)^{2}-s^{2}D=1+r^{2}-s^{2}D\,$

bzw.  ${}2r=0$,  also  ${}r=0$.  Daraus ergibt sich

${}s=\pm 1\,,$

was der Identität bzw. der Konjugation entspricht.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und seien  ${}{\mathfrak {a}},{\mathfrak {b}}\subseteq R$  Ideale mit  ${}{\mathfrak {a}}+{\mathfrak {b}}=R$.  Zeige, dass

${}{\mathfrak {a}}\cap {\mathfrak {b}}={\mathfrak {a}}{\mathfrak {b}}\,$

gilt.

Lösung

Die Inklusion ${}\supseteq$ gilt immer. Es sei also  ${}x\in {\mathfrak {a}}\cap {\mathfrak {b}}$  und seien  ${}a\in {\mathfrak {a}}$  und  ${}b\in {\mathfrak {b}}$  Elemente mit  ${}a+b=1$.  Dann ist

${}x=x\cdot 1=x(a+b)=xa+xb\in {\mathfrak {b}}{\mathfrak {a}}+{\mathfrak {a}}{\mathfrak {b}}={\mathfrak {a}}{\mathfrak {b}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass zu einem Ideal  ${}{\mathfrak {a}}\neq 0$  in einem Zahlbereich ${}R$ der Restklassenring ${}R/{\mathfrak {a}}$ endlich ist.

Lösung

Nach Lemma 18.5 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)) gibt es ein  ${}m\in \mathbb {Z} \cap {\mathfrak {a}}$,   ${}m\neq 0$.  Damit ist  ${}mR\subseteq {\mathfrak {a}}$  und damit hat man eine surjektive Abbildung

$R/(m)\longrightarrow R/{\mathfrak {a}}.$

Der Ring links ist nach Korollar 18.11 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)) endlich (mit ${}m^{n}$ Elementen), also besitzt der Ring rechts auch nur endlich viele Elemente.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass ein diskreter Bewertungsring mit der Ordnungsfunktion ein euklidischer Bereich ist.

Lösung

Es sei ${}\pi$ ein Erzeuger des maximalen Ideals von ${}R$. Es seien ${}a,b\in R$ mit  ${}b\neq 0$.  Wir müssen zeigen, dass es eine Darstellung

${}a=qb+r\,$

mit  ${}r=0$  oder  ${}\operatorname {ord} \,\left(r\right)<\operatorname {ord} \,\left(b\right)$  ist. Wenn  ${}a=0$  ist, sind wir mit  ${}q,r=0$  fertig. Es sei also  ${}a\neq 0$.  Wir schreiben  ${}a=u\pi ^{s}$  und  ${}b=v\pi ^{t}$  mit Einheiten ${}u,v$ und mit ${}s,t\in \mathbb {N} .$ Bei

${}s\geq t\,$

ist

${}a=u\pi ^{s}={\frac {u}{v}}\pi ^{s-t}v\pi ^{t}={\frac {u}{v}}\pi ^{s-t}b\,.$

Bei

${}s<t\,$

ist

${}a=0\cdot b+a\,$

und es ist

${}\operatorname {ord} \,\left(a\right)=s<t=\operatorname {ord} \,\left(b\right)\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme den Hauptdivisor zu ${}2$ im quadratischen Zahlbereich ${}A_{11}$.

Lösung

Wir haben direkt die Faktorzerlegung

${}2=-\left(3+{\sqrt {11}}\right)\left(3-{\sqrt {11}}\right)\,.$

Die beiden Faktoren besitzen die Norm ${}2$ und sind deshalb Primelemente. Wegen

${}\left(3+{\sqrt {11}}\right)\left(-10+3{\sqrt {11}}\right)=-30+33-{\sqrt {11}}=3-{\sqrt {11}}\,$

sind diese Elemente assoziiert zueinander. Das bedeutet, dass ${}2$ in dem einzigen Primideal

${}{\mathfrak {p}}=\left(3+{\sqrt {11}}\right)\,$

enthalten ist mit der Ordnung ${}2$. Der Hauptdivisor zu ${}2$ ist also ${}2{\mathfrak {p}}$.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über die Charakterisierung der Faktorialität eines Zahlbereiches mithilfe der Divisorenklassengruppe.

Lösung

Die Implikation ${}(1)\Rightarrow (2)$ folgt aus Satz 3.7 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)).

${}(2)\Rightarrow (3)$. Es sei also ${}R$ faktoriell, und sei ${}{\mathfrak {p}}$ ein Primideal ${}\neq 0$. Sei  ${}f\in {\mathfrak {p}}$,   ${}f\neq 0$,  mit Primfaktorzerlegung  ${}f=p_{1}\cdots p_{s}$.  Da ${}{\mathfrak {p}}$ ein Primideal ist, muss einer der Primfaktoren zu ${}{\mathfrak {p}}$ gehören, sagen wir  ${}p=p_{1}\in {\mathfrak {p}}$.  Dann ist  ${}(p)\subseteq {\mathfrak {p}}$.  Das von ${}p$ erzeugte Ideal ist ein Primideal, und in einem Zahlbereich ist nach Satz 18.15 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)) jedes von ${}0$ verschiedene Primideal maximal, sodass hier  ${}(p)={\mathfrak {p}}$  gelten muss. Auf der Seite der Divisoren gilt aufgrund von Satz 23.12 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025))  ${}\operatorname {div} \left(p\right)=1{\mathfrak {p}}$,  sodass ein Hauptdivisor vorliegt. Also sind alle Erzeuger der Divisorengruppe Hauptdivisoren und somit ist überhaupt

${}\operatorname {Div} (R)=H\,$

und die Divisorenklassengruppe ist trivial.

${}(3)\Rightarrow (1)$. Es sei nun  ${}\operatorname {DKG} \left(R\right)=0$  vorausgesetzt. Wir zeigen zunächst, dass jedes Primideal  ${}{\mathfrak {p}}\neq 0$  ein Hauptideal ist. Nach Voraussetzung ist der Divisor ${}{\mathfrak {p}}$ ein Hauptdivisor, sodass  ${}{\mathfrak {p}}=\operatorname {div} (p)$  mit einem  ${}p\in R$  gilt. Aufgrund von Satz 23.12 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)) entspricht dies auf der Idealseite der Gleichung  ${}{\mathfrak {p}}=(p)$,  sodass jedes Primideal ein Hauptideal ist. Für ein beliebiges Ideal ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$, ${}{\mathfrak {a}}\neq 0$, ist nach Satz 23.14 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025))

${}{\mathfrak {a}}={\mathfrak {p}}_{1}^{r_{1}}\cdots {\mathfrak {p}}_{k}^{r_{k}}\,.$

Dies bedeutet aber, mit  ${}{\mathfrak {p}}_{i}=(p_{i})$,  dass ${}{\mathfrak {a}}$ ein Hauptideal ist, das von ${}{p}_{1}^{r_{1}}\cdots {p}_{k}^{r_{k}}$ erzeugt wird. Also liegt ein Hauptidealbereich vor.