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

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%Daten zur Institution

%\input{Dozentdaten}

%\renewcommand{\fachbereich}{Fachbereich}

%\renewcommand{\dozent}{Prof. Dr. . }

%Klausurdaten

\renewcommand{\klausurgebiet}{ }

\renewcommand{\klausurtyp}{ }

\renewcommand{\klausurdatum}{ . 20}

\klausurvorspann {\fachbereich} {\klausurdatum} {\dozent} {\klausurgebiet} {\klausurtyp}

%Daten für folgende Punktetabelle


\renewcommand{\aeins}{ 4 }

\renewcommand{\azwei}{ 3 }

\renewcommand{\adrei}{ 4 }

\renewcommand{\avier}{ 6 }

\renewcommand{\afuenf}{ 2 }

\renewcommand{\asechs}{ 3 }

\renewcommand{\asieben}{ 2 }

\renewcommand{\aacht}{ 2 }

\renewcommand{\aneun}{ 4 }

\renewcommand{\azehn}{ 4 }

\renewcommand{\aelf}{ 4 }

\renewcommand{\azwoelf}{ 4 }

\renewcommand{\adreizehn}{ 8 }

\renewcommand{\avierzehn}{ 6 }

\renewcommand{\afuenfzehn}{ 4 }

\renewcommand{\asechzehn}{ 4 }

\renewcommand{\asiebzehn}{ 64 }

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\renewcommand{\aneunzehn}{ }

\renewcommand{\azwanzig}{ }

\renewcommand{\aeinundzwanzig}{ }

\renewcommand{\azweiundzwanzig}{ }

\renewcommand{\adreiundzwanzig}{ }

\renewcommand{\avierundzwanzig}{ }

\renewcommand{\afuenfundzwanzig}{ }

\renewcommand{\asechsundzwanzig}{ }

\punktetabellesechzehn

\klausurnote

\newpage


\setcounter{section}{0}





\inputaufgabepunkteloesung
{4}
{

Berechne mit Hilfe des quadratischen Reziprozitätsgesetzes und seiner Ergänzungssätze das Legendre-Symbol
\mathdisp {\left( \frac{ 563 }{ 1231 }\right)} { . }
Bemerkung: $563$ und $1231$ sind Primzahlen.

}
{

Wir berechnen Schritt für Schritt das Legendre-Symbol.
\mavergleichskettealign
{\vergleichskettealign
{ \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) }
} {
\vergleichskettefortsetzungalign
{ =} { (-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 }
{ } {}
} {}{.}

}





\inputaufgabepunkteloesung
{3 (1+1+1)}
{

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

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

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

}
{

Es gibt $16$ Quadrate.
\mathl{\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
\mathl{8+16=24}{} Elemente, die ein Quadrat oder primitiv sind. Es verbleiben $7$ Elemente, die weder ein Quadrat noch primitiv sind.

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
\mathl{i=3,5,9,15,21,25,27}{.}

}





\inputaufgabepunkteloesung
{4}
{

Sei
\mathl{R=\Z[ { \mathrm i} ]}{.} Berechne einen Erzeuger für das gebrochene Ideal aus
\mathl{Q(R)=\Q[{ \mathrm i}]}{,} das durch die beiden Erzeuger
\mathdisp {\frac{5}{7} \text{ und } \frac{-8+6 { \mathrm i} }{5}} { }
gegeben ist.

}
{

Man bringt die beiden Erzeuger auf den Hauptnenner, also
\mathdisp {\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
\mathdisp {-56 +42 { \mathrm i} =25 (-2+2 { \mathrm i} ) -6-8{ \mathrm i}} { . }
\zusatzklammer {Da $25$ ganzzahlig ist, kann man direkt eine gute Approximation sehen} {} {.}

Im nächsten Schritt bilden wir den Quotienten
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ \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:
\mathdisp {25 = (-1+2{ \mathrm i}) (-6-8{ \mathrm i}) + 3+4{ \mathrm i}} { . }
Der nächste Schritt liefert
\mathdisp {-6-8{ \mathrm i} =-2(3+4{ \mathrm i})} { . }
Also ist $3+4{ \mathrm i}$ der größte gemeinsame Teiler und damit ist
\mathdisp {\frac{3+4{ \mathrm i}}{35}} { }
der Erzeuger des gebrochenen Ideals.

}





\inputaufgabepunkteloesung
{6}
{

Sei
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{R }
{ =} { \Z[\sqrt{-6}] }
{ \cong} { \Z[X]/(X^2+6) }
{ } { }
{ } { }
} {}{}{.} Berechne den Hauptdivisor zu
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{q }
{ =} {\frac{4}{5} + \frac{2}{3} \sqrt{-6} }
{ } { }
{ } { }
{ } { }
} {}{}{.}

}
{

Es ist
\mathdisp {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 $2$


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

Modulo $3$


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

Modulo $5$


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

Um die Zerlegung von
\mathl{6+5 \sqrt{-6}}{} zu erhalten berechnen wir die Norm.
\mathdisp {(6+5 \sqrt{-6}) (6 -5 \sqrt{-6}) = 36 - 25 \cdot (-6) =186 =2 \cdot 3 \cdot 31} { . }
Modulo $31$ ergibt sich


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

Für
\mathl{6+5 \sqrt{-6}}{} muss man schauen, ob es zu ${ \mathfrak r}$ oder zu $\overline{\mathfrak r}$ gehört. In${ \mathfrak r}$ kann man bilden
\mathdisp {31 -5(5 +\sqrt{-6})=6-5 \sqrt{-6}} { . }
Also ist
\mathl{6-5 \sqrt{-6} \in { \mathfrak r}}{} und damit
\mathl{6+5 \sqrt{-6} \in \overline{ \mathfrak r}}{.}

Damit ist
\mathl{(6+5 \sqrt{-6}) = {\mathfrak p} {\mathfrak q} \overline{ \mathfrak r}}{} und insgesamt
\mavergleichskettealign
{\vergleichskettealign
{ (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} }
{ } { }
} {} {}{} oder als Divisor geschrieben:
\mathdisp {\operatorname{div}(q) = 3{\mathfrak p} + \overline{\mathfrak r} - {\mathfrak q} - { \mathfrak m} -\overline{\mathfrak m}} { . }

}





\inputaufgabepunkteloesung
{2}
{

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

}
{

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

}





\inputaufgabepunkteloesung
{3}
{

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

}
{

Die Elemente in
\mathl{\Z[\sqrt{-11}]}{} haben die Form
\mathdisp {z=a+ b \sqrt{-11}} { }
mit
\mathl{a,b \in \Z}{.} Die Norm davon ist
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{N(z) }
{ =} { a^2 + 11 b^2 }
{ } { }
{ } { }
{ } { }
} {}{}{.} Bei $b \geq 1$ ergibt sich zumindest
\mathl{N(z) \geq 11}{.} Bei
\mathl{b =0}{} und
\mathl{a=\pm 2}{} ergibt sich die Norm $4$. Bei
\mathl{b=0}{} und
\mathl{a=\pm 1}{} liegt eine Einheit vor, so dass
\mathl{(\pm 2, 0)}{} die Nichteinheiten mit minimaler Norm sind. Ein solches Element $z$ ist irreduzibel, da aus
\mathl{z=uv}{} folgt
\mathl{4=N(u)N(v)}{.} Da es aber kein Element mit Norm $\pm 2$ gibt, muss
\mathl{u}{} oder
\mathl{v}{} die Norm $\pm 1$ haben, also eine Einheit sein.

}





\inputaufgabepunkteloesung
{2}
{

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

}
{

Betrachte in
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ \Z/(15) }
{ \cong} { \Z/(5) \times \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
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ \left(\frac{2}{15}\right) }
{ =} {\left(\frac{2}{3}\right) \left(\frac{2}{5}\right) }
{ =} { (-1) (-1) }
{ =} { 1 }
{ } { }
} {}{}{.}

}





\inputaufgabepunkteloesung
{2}
{

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

}
{

Die Restklasse $x$ in der Quadratrestgruppe werde durch
\mathl{q= \frac{n}{m}}{} repräsentiert. Da Quadrate in der Quadratrestgruppe gleich $1$ sind, hat man
\mathl{[q]= [qm^2]= [nm]}{,} d.h. man hat einen Vertreter aus $\Z$. Sei
\mathl{\pm p_1^{k_1} \cdots p_r^{k_r}}{} dessen kanonische Primfaktorzerlegung. Durch sukzessive Multiplikation mit den Quadraten \zusatzklammer {in $\Q$} {} {} $p_i^{-2}$ kann man die Exponenten zu $0$ oder zu $1$ machen und erhält einen quadratfreien Repräsentanten.

}





\inputaufgabepunkteloesung
{4}
{

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

Gibt es unendlich viele solche Primzahlen?

}
{

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

Wir benutzen das quadratische Reziprozitätsgesetz und zwar zunächst für den Fall
\mathl{p=3 \mod 4}{.} Dann ist
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ \left( \frac{ 7 }{ p }\right) }
{ =} { - \left( \frac{ p }{ 7 }\right) }
{ =} { - \left( \frac{ p \mod 7 }{ 7 }\right) }
{ } { }
{ } { }
} {}{}{.} Die Nichtquadrate modulo $7$ sind
\mathl{3,5,6}{.} Wir müssen also eine Bedingung dafür finden, dass
\mathl{p=3 \mod 4}{} und gleichzeitig
\mathl{p=3,5,6 \mod 7}{} ist. Mit dem Chinesischen Restsatz ergibt sich die Kongruenzbedingung
\mathdisp {p =3,19,27 \mod 28} { . }
Für den Fall
\mathl{p=1 \mod 4}{} ist
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ \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 \zusatzklammer {
\mathl{p=7}{} ist ausgeschlossen} {} {,} sind
\mathl{1,2,4}{.} Wir müssen also eine Bedingung finden, dass
\mathl{p=1 \mod 4}{} und zugleich
\mathl{p=1,2,4 \mod 7}{} ist. Mit dem Chinesischen Restsatz ergibt sich die Kongruenzbedingung
\mathdisp {p =1,9,25 \mod 28} { . }
Insgesamt hat man also die sieben Möglichkeiten
\mathdisp {p =1,3,7,9,19,25,27 \mod 28} { . }
Da diese Zahlen \zusatzklammer {bis auf $7$} {} {} teilerfremd zu $28$ sind, folgt aus dem Satz von Dirichlet über arithmetische Progressionen, dass es unendlich viele solche Primzahlen gibt.

}





\inputaufgabepunkteloesung
{4}
{

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

}
{

Wir führen im Polynomring
\mathl{(\Z/(p) )[X]}{} die Division mit Rest von $f$ durch
\mathl{X^p-X}{} durch und erhalten
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ f }
{ =} {(X^p-X)q +g }
{ } { }
{ } { }
{ } { }
} {}{}{.} Dabei ist $g=0$ oder aber der Grad von $g$ ist $d < p$ \zusatzklammer {das Nullpolynom habe jeden Grad} {} {.} Setzt man links und rechts ein Element
\mathl{a \in \Z/(p)}{} ein, so ist stets
\mathl{a^p=a}{} nach dem kleinen Fermat, d.h. der linke Summand ist immer null und damit stimmen \mathkor {} {f} {und} {g} {} an diesen Stellen überein.

}





\inputaufgabepunkteloesung
{4}
{

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.

}
{

$n$ muss einerseits die Form
\mathl{n=2^\alpha p_1 \cdots p_k}{} haben mit verschiedenen Fermat-Primzahlen, also
\mathl{3,5,17, 257}{,} etc. und andererseits muss jeder Primteiler von $n$ mit ungeradem Exponent 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
\mathl{\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
\mathl{\geq 100}{} gleich
\mathl{32 \cdot 5 = 160}{.}

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

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

Also ist $128$ die Lösung.

}





\inputaufgabepunkteloesung
{4}
{

Beschreibe alle sechsten Einheitswurzeln im quadratischen Zahlbereich und im Restklassenring (eine -te Einheitswurzel in einem Ring ist ein Element mit ).

}
{

In $A_{-3}$ gibt es das Element
\mathl{z=\frac{1 + \sqrt{-3} }{2}}{.} Es ist
\mathl{z^2=\frac{1 -3 + 2\sqrt{-3} }{4} = \frac{-1 + \sqrt{-3} }{2}}{} und
\mathl{z^3=z^2 z= \frac{-1 + \sqrt{-3} }{2} \frac{1 + \sqrt{-3} }{2} = \frac{-1-3}{4} = -1}{.} Damit ist und die Ordnung von $z$ ist $6$. Neben den schon angeführten Elementen sind noch $z^0=1$,
\mathl{z^4=-z=-\frac{1 +\sqrt{-3} }{2}}{,}
\mathl{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 $\Z/(19)$. Die Ordnung der Einheitengruppe ist $18$. Für die Potenzen von $2$ hat man
\mathl{2^2=4 \neq 0}{,}
\mathl{2^3=8 \neq 0}{,}
\mathl{2^6=8^2=64=7\neq 0}{,}
\mathl{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
\mathdisp {2^0=1,\, 2^3=8,\, 2^6= 7,\, 2^9 = -1 = 18, \, 2^{12} = -8=11,\, 2^{15}=-7 =12} { . }

}





\inputaufgabepunkteloesung
{8}
{

Sei
\mathl{\Q \subseteq L}{} eine \definitionsverweis {endliche Körpererweiterung}{}{} vom Grad $n$ und sei $R$ der zugehörige Zahlbereich. Sei ${\mathfrak a}$ ein von $0$ verschiedenes Ideal in $R$. Seien
\mathl{b_1 , \ldots , b_n \in {\mathfrak a}}{} Elemente, die eine $\Q$-\definitionsverweis {Basis}{}{} von $L$ bilden und für die der Betrag der Diskriminante


\mathdisp {\triangle(b_1 , \ldots , b_n)} { }
unter all diesen Basen aus ${\mathfrak a}$ minimal sei.

Zeige, dass dann
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ {\mathfrak a} }
{ =} { \Z b_1 + \cdots + \Z b_n }
{ } { }
{ } { }
{ } { }
} {}{}{} ist.

}
{

Sei
\mathl{f \in {\mathfrak a}}{} ein beliebiges Element. Wir haben zu zeigen, dass sich $f$ als eine $\Z$-Linearkombination
\mathl{f=k_1b_1 + \cdots + k_nb_n}{} mit
\mathl{k_i \in \Z}{} schreiben lässt, wenn die
\mathl{b_1 , \ldots , b_n \in {\mathfrak a}}{} eine $\Q$-Basis von $L$ mit minimalem Diskriminantenbetrag bilden. Es gibt eine eindeutige Darstellung
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{f }
{ =} {q_1b_1 + \cdots + q_nb_n }
{ } { }
{ } { }
{ } { }
} {}{}{} mit rationalen Zahlen
\mathl{q_i \in \Q}{.} Sei angenommen, dass ein $q_i$ nicht ganzzahlig ist, wobei wir
\mathl{i=1}{} annehmen dürfen. Wir schreiben dann
\mavergleichskette
{\vergleichskette
{q_1 }
{ = }{k + \delta }
{ }{ }
{ }{ }
{ }{ }
} {}{}{} mit
\mathl{k \in \Z}{} und einer rationalen Zahl $\delta$ \zusatzklammer {echt} {} {} zwischen $0$ und $1$. Dann ist auch
\mathdisp {c_1=f-kb_1 = \delta b_1 + \sum_{i=2}^n q_ib_i,\, b_2 , \ldots , b_n} { }
eine $\Q$-Basis von $L$, die in ${\mathfrak a}$ liegt. Die Übergangsmatrix der beiden Basen ist
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{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
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ \triangle (c_1,b_2 , \ldots , b_n) }
{ =} {(\det(T))^2 \triangle (b_1,b_2 , \ldots , b_n) }
{ } { }
{ } { }
{ } { }
} {}{}{.} Wegen
\mavergleichskette
{\vergleichskette
{ (\det(T))^2 }
{ = }{\delta ^2 }
{ < }{1 }
{ }{ }
{ }{ }
} {}{}{} und da die Diskriminanten nach Lemma 16.3 nicht $0$ sind, ist dies ein Widerspruch zur Minimalität der Diskriminanten.

}





\inputaufgabepunkteloesung
{6}
{

Sei $\Z_n$ die Nenneraufnahme zu $n$ \zusatzklammer {$\Z_n$ 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
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{\Z }
{ \subseteq} { R }
{ \subseteq} { \Z_n }
{ } { }
{ } { }
} {}{}{} gibt, und charakterisiere diese unter Verwendung der Primfaktorzerlegung von $n$.

}
{

Sei $R$ ein Unterring, also
\mathl{\Z \subseteq R \subseteq \Z_n}{,} und seien
\mathl{p_1, \ldots, p_k}{} die verschiedenen Primfaktoren von $n$. Es sei
\mathl{I \subseteq \{ 1, \ldots, s\}}{} derart, dass genau für
\mathl{i \in I}{} gilt:
\mathl{\frac{1}{p_i} \in R}{.} Sei
\mathl{m= \prod_{i \in I} p_i}{.} Wir behaupten die Gleichheit
\mathdisp {R =\Z_m} { . }
Insbesondere gibt es dann nur endliche viele Zwischenringe, da es nur endlich viele Teilmengen aus
\mathl{\{p_1, \ldots, p_k\}}{} gibt.

Die Inklusion
\mathl{\Z_m \subseteq R}{} ist klar. Ein Element links hat die Gestalt
\mathdisp {\frac{a}{m^r}= a \prod_{i \in I} \left(\frac{1}{p_i}\right)^r \in R} { . }
Sei umgekehrt
\mathl{f \in R}{.} Wegen
\mathl{R \subseteq \Z_n}{} kann man schreiben
\mathdisp {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 $p_i$,
\mathl{i \in I}{,} gehöre. Schreibe
\mathl{d=p^st}{} mit $t$ und $p$ teilerfremd. Wir multiplizieren $f$ mit $t$ und erhalten
\mathdisp {ft= \frac{c}{p^s} \in R} { . }
Hierbei ist insbesondere $p$ zu $c$ teilerfremd. Sei
\mathl{uc+vp^s=1}{.} Dann ist
\mathdisp {\frac{uc}{p^s} = \frac{1-vp^s}{p^s} = \frac{1}{p^s} -v} { . }
Daraus folgt
\mathl{\frac{1}{p^s} \in R}{} und damit
\mathl{p^{s-1}\frac{1}{p^s} =\frac{1}{p} \in R}{,} Widerspruch.

}





\inputaufgabepunkteloesung
{4}
{

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

}
{

Sei
\mathl{s \in S}{} das Inverse von $f$, also
\mathl{fs=1}{.} Da $S$ ganz über $R$ ist, gibt es eine Ganzheitsgleichung für $s$, sagen wir
\mathdisp {s^n +a_{n-1}s^{n-1} + \cdots + a_1s + a_0 =0} { }
mit
\mathl{a_i\in R}{.} Wir multiplizieren diese Gleichung mit $f^n$ und erhalten
\mathdisp {(fs)^n +a_{n-1}f (fs)^{n-1} + \cdots + a_1 f^{n-1}(fs) + a_0 f^n =0} { }
bzw.
\mathdisp {1 +a_{n-1}f + \cdots + a_1 f^{n-1} + a_0 f^n =0} { . }
Ausklammern von $f$ ergibt
\mathdisp {1 + f( a_{n-1} + \cdots + a_1 f^{n-2} + a_0 f^{n-1}) =0} { }
und damit
\mathdisp {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 $R$.

}





\inputaufgabepunkteloesung
{4}
{

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

}
{

Siehe die entsprechende Argumentation im Beweis zu Satz 25.2.

}

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