Kurs:Zahlentheorie (Osnabrück 2008)/1/Klausur mit Lösungen

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

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 (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 (4 Punkte)

Es sei  ${}R=\mathbb {Z} [{\mathrm {i} }]$.  Berechne einen Erzeuger für das gebrochene Ideal aus  ${}Q(R)=\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$,  das durch die beiden Erzeuger

${\frac {5}{7}}\,\,{\text{ und }}\,\,{\frac {-8+6{\mathrm {i} }}{5}}$

gegeben ist.

Lösung

Man bringt die beiden Erzeuger auf den Hauptnenner, also

${\frac {25}{35}}\,{\text{ und }}{\frac {-56+42{\mathrm {i} }}{35}}.$

Von den beiden Zählern muss man den größten gemeinsamen Teiler mit Hilfe des Euklidischen Algorithmus ausrechnen.

Zunächst ist

$-56+42{\mathrm {i} }=25(-2+2{\mathrm {i} })-6-8{\mathrm {i} }.$

(Da ${}25$ ganzzahlig ist, kann man direkt eine gute Approximation sehen).

Im nächsten Schritt bilden wir den Quotienten

${}{\frac {25}{-6-8{\mathrm {i} }}}={\frac {25(-6+8{\mathrm {i} })}{(-6-8{\mathrm {i} })(-6+8{\mathrm {i} })}}={\frac {-150+200{\mathrm {i} }}{100}}=-1+2{\mathrm {i} }-{\frac {1}{2}}\,,$

Multiplikation mit dem Nenner ergibt:

$25=(-1+2{\mathrm {i} })(-6-8{\mathrm {i} })+3+4{\mathrm {i} }.$

Der nächste Schritt liefert

$-6-8{\mathrm {i} }=-2(3+4{\mathrm {i} }).$

Also ist ${}3+4{\mathrm {i} }$ der größte gemeinsame Teiler und damit ist

${\frac {3+4{\mathrm {i} }}{35}}$

der Erzeuger des gebrochenen Ideals.

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei

${}R=\mathbb {Z} [{\sqrt {-6}}]\cong \mathbb {Z} [X]/(X^{2}+6)\,.$

Berechne den Hauptdivisor zu

${}q={\frac {4}{5}}+{\frac {2}{3}}{\sqrt {-6}}\,.$

Lösung

Es ist

${}q={\frac {12+10{\sqrt {-6}}}{15}}={\frac {2}{15}}(6+5{\sqrt {-6}})\,.$

Wir berechnen zuerst die Primidealzerlegungen von ${}2$, ${}3$ und ${}5$.

Modulo ${}2$:

 ${}R/(2)=(\mathbb {Z} /(2))[X]/(X^{2})$.  Das führt zum Primideal  ${}{\mathfrak {p}}=(2,{\sqrt {-6}})$  und zu  ${}(2)={\mathfrak {p}}^{2}$. 

Modulo ${}3$:

 ${}R/(3)=(\mathbb {Z} /(3))[X]/(X^{2})$.  Das führt zum Primideal  ${}{\mathfrak {q}}=(3,{\sqrt {-6}})$  und zu  ${}(3)={\mathfrak {q}}^{2}$. 

Modulo ${}5$:

 ${}R/(5)=(\mathbb {Z} /(5))[X]/(X^{2}+1)$.  Es ist  ${}X^{2}+1=(X+2)(X+3)$.  Es sei  ${}{\mathfrak {m}}=(5,2+{\sqrt {-6}})$  und  ${}{\overline {\mathfrak {m}}}=(5,2-{\sqrt {-6}})$.  Damit ist  ${}(5)={\mathfrak {m}}{\overline {\mathfrak {m}}}$. 

Um die Zerlegung von ${}6+5{\sqrt {-6}}$ zu erhalten berechnen wir die Norm.

${}(6+5{\sqrt {-6}})(6-5{\sqrt {-6}})=36-25\cdot (-6)=186=2\cdot 3\cdot 31\,.$

Modulo ${}31$ ergibt sich

 ${}R/(31)=(\mathbb {Z} /(31))[X]/(X^{2}+6)$.  Es ist  ${}X^{2}+6=(X-5)(X+5)$.  Es sei  ${}{\mathfrak {r}}=(31,5+{\sqrt {-6}})$  und  ${}{\overline {\mathfrak {r}}}=(31,5-{\sqrt {-6}})$.  Damit ist  ${}(31)={\mathfrak {r}}{\overline {\mathfrak {r}}}$. 

Für ${}6+5{\sqrt {-6}}$ muss man schauen, ob es zu ${}{\mathfrak {r}}$ oder zu ${}{\overline {\mathfrak {r}}}$ gehört. In ${}{\mathfrak {r}}$ kann man bilden

${}31-5(5+{\sqrt {-6}})=6-5{\sqrt {-6}}\,.$

Also ist  ${}6-5{\sqrt {-6}}\in {\mathfrak {r}}$  und damit  ${}6+5{\sqrt {-6}}\in {\overline {\mathfrak {r}}}$. 

Damit ist  ${}(6+5{\sqrt {-6}})={\mathfrak {p}}{\mathfrak {q}}{\overline {\mathfrak {r}}}$  und insgesamt

${}{\begin{aligned}(q)&=(2)(6+5{\sqrt {-6}})(15)^{-1}\\&={\mathfrak {p}}^{2}{\mathfrak {p}}{\mathfrak {q}}{\overline {\mathfrak {r}}}{\mathfrak {q}}^{-2}{\mathfrak {m}}^{-1}{\overline {\mathfrak {m}}}^{-1}\\&={\mathfrak {p}}^{3}{\overline {\mathfrak {r}}}{\mathfrak {q}}^{-1}{\mathfrak {m}}^{-1}{\overline {\mathfrak {m}}}^{-1}\end{aligned}}$

oder als Divisor geschrieben:

${}\operatorname {div} (q)=3{\mathfrak {p}}+{\overline {\mathfrak {r}}}-{\mathfrak {q}}-{\mathfrak {m}}-{\overline {\mathfrak {m}}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Man gebe zwei Primfaktoren von ${}2^{35}-1$ an.

Lösung

Es ist stets ${}X^{k}-1$ ein Teiler von ${}X^{km}-1$, da ${}Y-1$ ein Teiler von ${}Y^{m}-1$ ist. Deshalb sind ${}2^{5}-1=31$ und ${}2^{7}-1=127$ Teiler von ${}2^{35}-1$. Das sind beide Primzahlen.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme ein Element aus ${}\mathbb {Z} [{\sqrt {-11}}]$, das unter allen Nichteinheiten minimale Norm besitzt. Begründe, dass dieses Element irreduzibel ist.

Lösung

Die Elemente in ${}\mathbb {Z} [{\sqrt {-11}}]$ haben die Form

${}z=a+b{\sqrt {-11}}\,$

mit  ${}a,b\in \mathbb {Z}$.  Die Norm davon ist

${}N(z)=a^{2}+11b^{2}\,.$

Bei  ${}b\geq 1$  ergibt sich zumindest  ${}N(z)\geq 11$.  Bei  ${}b=0$  und  ${}a=\pm 2$  ergibt sich die Norm ${}4$. Bei  ${}b=0$  und  ${}a=\pm 1$  liegt eine Einheit vor, sodass ${}(\pm 2,0)$ die Nichteinheiten mit minimaler Norm sind. Ein solches Element ${}z$ ist irreduzibel, da aus  ${}z=uv$  folgt  ${}4=N(u)N(v)$.  Da es aber kein Element mit Norm ${}\pm 2$ gibt, muss ${}u$ oder ${}v$ die Norm ${}\pm 1$ haben, also eine Einheit sein.

Aufgabe (2 Punkte)

Man gebe ein Beispiel an, wo das Jacobi-Symbol den Wert ${}1$ hat, aber kein Quadratrest vorliegt.

Lösung

Betrachte in

${}\mathbb {Z} /(15)\cong \mathbb {Z} /(5)\times \mathbb {Z} /(3)\,$

das Element ${}2$. Die ${}2$ ist weder modulo ${}3$ noch modulo ${}5$ ein Quadratrest, also erst recht nicht modulo ${}15$. Andererseits ist aber nach Definition

${}\left({\frac {2}{15}}\right)=\left({\frac {2}{3}}\right)\left({\frac {2}{5}}\right)=(-1)(-1)=1\,.$

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 (4 Punkte)

Beschreibe mittels geeigneter Kongruenzbedingungen diejenigen ungeraden Primzahlen ${}p$ mit der Eigenschaft, dass ${}7$ ein Quadratrest modulo ${}p$ ist.

Gibt es unendlich viele solche Primzahlen?

Lösung

${}7$ ist selbst ein Quadratrest modulo ${}7$, sodass wir im Folgenden annehmen, dass ${}p$ teilerfremd zu ${}7$ ist.

Wir benutzen das quadratische Reziprozitätsgesetz und zwar zunächst für den Fall ${}p=3\mod 4$. Dann ist

${}\left({\frac {7}{p}}\right)=-\left({\frac {p}{7}}\right)=-\left({\frac {p\mod 7}{7}}\right)\,.$

Die Nichtquadrate modulo ${}7$ sind ${}3,5,6$. Wir müssen also eine Bedingung dafür finden, dass ${}p=3\mod 4$ und gleichzeitig ${}p=3,5,6\mod 7$ ist. Mit dem Chinesischen Restsatz ergibt sich die Kongruenzbedingung

$p=3,19,27\mod 28.$

Für den Fall ${}p=1\mod 4$ ist

${}\left({\frac {7}{p}}\right)=\left({\frac {p}{7}}\right)=\left({\frac {p\mod 7}{7}}\right)\,.$

Die Quadrate modulo ${}7$, die zugleich Einheiten sind (${}p=7$ ist ausgeschlossen), sind ${}1,2,4$. Wir müssen also eine Bedingung finden, dass ${}p=1\mod 4$ und zugleich ${}p=1,2,4\mod 7$ ist. Mit dem Chinesischen Restsatz ergibt sich die Kongruenzbedingung

$p=1,9,25\mod 28.$

Insgesamt hat man also die sieben Möglichkeiten

$p=1,3,7,9,19,25,27\mod 28.$

Da diese Zahlen (bis auf ${}7$) teilerfremd zu ${}28$ sind, folgt aus dem Satz von Dirichlet über arithmetische Progressionen, dass es unendlich viele solche Primzahlen gibt.

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 (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 (4 Punkte)

Beschreibe alle sechsten Einheitswurzeln im quadratischen Zahlbereich ${}A_{-3}$ und im Restklassenring ${}\mathbb {Z} /(19)$ (eine ${}n$-te Einheitswurzel in einem Ring ${}R$ ist ein Element ${}x$ mit ${}x^{n}=1$).

Lösung

In ${}A_{-3}$ gibt es das Element ${}z={\frac {1+{\sqrt {-3}}}{2}}$. Es ist ${}z^{2}={\frac {1-3+2{\sqrt {-3}}}{4}}={\frac {-1+{\sqrt {-3}}}{2}}$ und ${}z^{3}=z^{2}z={\frac {-1+{\sqrt {-3}}}{2}}{\frac {1+{\sqrt {-3}}}{2}}={\frac {-1-3}{4}}=-1$. Damit ist $z^{6}=1$ und die Ordnung von ${}z$ ist ${}6$. Neben den schon angeführten Elementen sind noch ${}z^{0}=1$, ${}z^{4}=-z=-{\frac {1+{\sqrt {-3}}}{2}}$, ${}z^{5}=-z^{2}={\frac {1-{\sqrt {-3}}}{2}}$ weitere sechste Einheitswurzeln. Das sind alle, da über jedem Integritätsbereich ein Polynom vom Grad ${}n$ maximal ${}n$ Nullstellen haben kann.

Betrachte nun ${}\mathbb {Z} /(19)$. Die Ordnung der Einheitengruppe ist ${}18$. Für die Potenzen von ${}2$ hat man ${}2^{2}=4\neq 0$, ${}2^{3}=8\neq 0$, ${}2^{6}=8^{2}=64=7\neq 0$, ${}2^{9}=8\cdot 7=56=-1$. Also ist ${}2$ primitiv und hat die Ordnung ${}18$. Dann sind genau die Elemente der Form ${}2^{n}$, wobei ${}n$ ein Vielfaches von ${}3$ ist, sechste Einheitswurzeln. Dies sind

$2^{0}=1,\,2^{3}=8,\,2^{6}=7,\,2^{9}=-1=18,\,2^{12}=-8=11,\,2^{15}=-7=12.$

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei ${}\mathbb {Q} \subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung vom Grad ${}n$ und sei ${}R$ der zugehörige Zahlbereich. Es sei ${}{\mathfrak {a}}$ ein von ${}0$ verschiedenes Ideal in ${}R$. Es seien ${}b_{1},\ldots ,b_{n}\in {\mathfrak {a}}$ Elemente, die eine ${}\mathbb {Q}$-Basis von ${}L$ bilden und für die der Betrag der Diskriminante

$\triangle (b_{1},\ldots ,b_{n})$

unter all diesen Basen aus ${}{\mathfrak {a}}$ minimal sei.

Zeige, dass dann

${}{\mathfrak {a}}=\mathbb {Z} b_{1}+\cdots +\mathbb {Z} b_{n}\,$

ist.

Lösung

Zunächst sind wegen Satz . die Spuren zu Elementen aus ${}R$ ganzzahlig und somit sind auch die in Frage stehenden Diskriminanten ganzzahlig. Man kann also die Diskriminanten bzw. ihre Beträge untereinander der Größe nach vergleichen.

Es sei  ${}f\in {\mathfrak {a}}$  ein beliebiges Element. Wir müssen zeigen, dass sich ${}f$ als eine ${}\mathbb {Z}$-Linearkombination  ${}f=k_{1}b_{1}+\cdots +k_{n}b_{n}$  mit  ${}k_{i}\in \mathbb {Z}$  schreiben lässt, wenn die  ${}b_{1},\ldots ,b_{n}\in {\mathfrak {a}}$  eine ${}\mathbb {Q}$-Basis von ${}L$ mit minimalem Diskriminantenbetrag bilden. Es gibt eine eindeutige Darstellung

${}f=q_{1}b_{1}+\cdots +q_{n}b_{n}\,$

mit rationalen Zahlen  ${}q_{i}\in \mathbb {Q}$.  Es sei angenommen, dass ein ${}q_{i}$ nicht ganzzahlig ist, wobei wir  ${}i=1$  annehmen dürfen. Wir schreiben dann  ${}q_{1}=k+\delta$  mit  ${}k\in \mathbb {Z}$  und einer rationalen Zahl ${}\delta$ (echt) zwischen ${}0$ und ${}1$. Dann ist auch

$c_{1}=f-kb_{1}=\delta b_{1}+\sum _{i=2}^{n}q_{i}b_{i},\,b_{2},\ldots ,b_{n}$

eine ${}\mathbb {Q}$-Basis von ${}L$, die in ${}{\mathfrak {a}}$ liegt. Die Übergangsmatrix der beiden Basen ist

${}T={\begin{pmatrix}\delta &q_{2}&q_{3}&\cdots &q_{n}\\0&1&0&\cdots &0\\0&0&1&\cdots &0\\\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\0&0&0&\cdots &1\end{pmatrix}}\,.$

Nach Lemma 16.2 gilt für die beiden Diskriminanten die Beziehung

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

Wegen  ${}(\det(T))^{2}=\delta ^{2}<1$  und da die Diskriminanten nach Lemma 16.3 nicht ${}0$ sind, ist dies ein Widerspruch zur Minimalität der Diskriminante.

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}\mathbb {Z} _{n}$ die Nenneraufnahme zu ${}n$ (${}\mathbb {Z} _{n}$ besteht also aus allen rationalen Zahlen, die man mit einer Potenz von ${}n$ als Nenner schreiben kann). Zeige, dass es nur endlich viele Unterringe ${}R$ mit

${}\mathbb {Z} \subseteq R\subseteq \mathbb {Z} _{n}\,$

gibt, und charakterisiere diese unter Verwendung der Primfaktorzerlegung von ${}n$.

Lösung

Es sei ${}R$ ein Unterring, also ${}\mathbb {Z} \subseteq R\subseteq \mathbb {Z} _{n}$, und seien ${}p_{1},\ldots ,p_{k}$ die verschiedenen Primfaktoren von ${}n$. Es sei ${}I\subseteq \{1,\ldots ,s\}$ derart, dass genau für ${}i\in I$ gilt: ${}{\frac {1}{p_{i}}}\in R$. Es sei ${}m=\prod _{i\in I}p_{i}$. Wir behaupten die Gleichheit

$R=\mathbb {Z} _{m}.$

Insbesondere gibt es dann nur endliche viele Zwischenringe, da es nur endlich viele Teilmengen aus ${}\{p_{1},\ldots ,p_{k}\}$ gibt.

Die Inklusion ${}\mathbb {Z} _{m}\subseteq R$ ist klar. Ein Element links hat die Gestalt

${\frac {a}{m^{r}}}=a\prod _{i\in I}\left({\frac {1}{p_{i}}}\right)^{r}\in R.$

Es sei umgekehrt ${}f\in R$. Wegen ${}R\subseteq \mathbb {Z} _{n}$ kann man schreiben

$f={\frac {b}{n^{r}}}={\frac {c}{d}}$

Dabei kann man nach kürzen annehmen, dass Zähler ${}c$ und Nenner ${}d$ teilerfremd sind. Angenommen, ${}p$ sei ein Primteiler von ${}d$, der nicht zu ${}p_{i}$, ${}i\in I$, gehöre. Schreibe ${}d=p^{s}t$ mit ${}t$ und ${}p$ teilerfremd. Wir multiplizieren ${}f$ mit ${}t$ und erhalten

$ft={\frac {c}{p^{s}}}\in R.$

Hierbei ist insbesondere ${}p$ zu ${}c$ teilerfremd. Es sei ${}uc+vp^{s}=1$. Dann ist

${\frac {uc}{p^{s}}}={\frac {1-vp^{s}}{p^{s}}}={\frac {1}{p^{s}}}-v.$

Daraus folgt ${}{\frac {1}{p^{s}}}\in R$ und damit ${}p^{s-1}{\frac {1}{p^{s}}}={\frac {1}{p}}\in R$, Widerspruch.

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}R$ und ${}S$ Integritätsbereiche und sei  ${}R\subseteq S$  eine ganze Ringerweiterung. Es sei  ${}f\in R$  ein Element, das in ${}S$ eine Einheit ist. Zeige, dass ${}f$ dann schon in ${}R$ eine Einheit ist.

Lösung

Es sei ${}s\in S$ das Inverse von ${}f$, also ${}fs=1$. Da ${}S$ ganz über ${}R$ ist, gibt es eine Ganzheitsgleichung für ${}s$, sagen wir

$s^{n}+a_{n-1}s^{n-1}+\cdots +a_{1}s+a_{0}=0$

mit ${}a_{i}\in R$. Wir multiplizieren diese Gleichung mit ${}f^{n}$ und erhalten

$(fs)^{n}+a_{n-1}f(fs)^{n-1}+\cdots +a_{1}f^{n-1}(fs)+a_{0}f^{n}=0$

bzw.

$1+a_{n-1}f+\cdots +a_{1}f^{n-1}+a_{0}f^{n}=0.$

Ausklammern von ${}f$ ergibt

$1+f(a_{n-1}+\cdots +a_{1}f^{n-2}+a_{0}f^{n-1})=0$

und damit

$f(-a_{n-1}-\cdots -a_{1}f^{n-2}-a_{0}f^{n-1})=1,$

wobei der Ausdruck in der Klammer zu ${}R$ gehört. Also besitzt ${}f$ auch ein Inverses in ${}R$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}R$ ein faktorieller Zahlbereich. Zeige, dass dann ${}R$ ein Hauptidealbereich ist. Dabei dürfen grundlegende Sätze über Zahlbereiche verwendet werden.

Lösung

Siehe die entsprechende Argumentation im Beweis zu Satz 25.2.

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