Kurs:Zahlentheorie (Osnabrück 2008)/T1/Klausur mit Lösungen

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Aufgabe 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
Punkte 4 4 5 6 3 3 3 2 5 4 4 4 5 4 8 3 67




Aufgabe (4 Punkte)

Berechne mit Hilfe des quadratischen Reziprozitätsgesetzes und seiner Ergänzungssätze das Legendre-Symbol


und bestimme, ob ein Quadratrest modulo ist oder nicht ( ist eine Primzahl).


Lösung

Wir berechnen Schritt für Schritt das Legendre-Symbol (wobei es sich in Zwischenschritten um das Jacobi-Symbol handeln könnte).

Also ist kein Quadratrest modulo


Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme in mit Hilfe des euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler von und .


Lösung

Wir multiplizieren die zweite Zahl mit der Einheit und erhalten . Damit ist

Im nächsten Schritt ist (wir können mit statt mit arbeiten)

bzw.

Weiter ist

und

so dass also Teilerfremdheit vorliegt.


Aufgabe (5 Punkte)

Finde ein primitives Element in und in . Man gebe ferner ein Element der Ordnung und ein Element der Ordnung in an. Gibt es Elemente der Ordnung und der Ordnung auch in ?


Lösung

In betrachten wir das Element . Die Ordnung von ist ein Teiler von . Es ist und , so dass die Ordnung ist, also ist primitiv.

Wir betrachten in . Dieser Ring hat Einheiten, also ist die Ordnung von ein Teiler von . Andererseits folgt aus , dass auch ist. Dann muss ein Vielfaches von sein. An möglichen Ordnungen bleiben also oder . Es ist . Also ist die Ordnung und ist primitiv modulo .

Damit hat die Ordnung und hat die Ordnung .

ist ein Körper und die Einheitengruppe ist zyklisch der Ordnung . Daher gibt es dort Elemente der Ordnung , aber nicht der Ordnung .


Aufgabe (6 Punkte)

Sei der quadratische Zahlbereich zu . Berechne zu

den zugehörigen Hauptdivisor.


Lösung

Es ist

Für die Primfaktoren des Nenners berechnen wir

:

. Hier ist , es liegt also der zerlegte Fall vor. Den zwei Primidealen im Restklassenring entsprechen die Primideale

und es ist .

:

. Hier liegt also der verzweigte Fall vor. Dem Primideal im Restklassenring entspricht das Primideal

und es ist ,

Für den Zähler betrachten wir

Für ergibt sich:

. Hier liegt also wieder der zerlegte Fall vor, . Also liegen darüber die Primideale

und es ist . Wir müssen nun bestimmen, ob zu oder zu gehört. Eine direkte Rechnung ergibt , so dass vorliegt. Damit ist insgesamt


Aufgabe (3 Punkte)

Sei eine ungerade Primzahl. Begründe unter Verwendung der Tatsache, dass die Einheitengruppe zyklisch ist, dass ein Quadratrest modulo genau dann ist, wenn ist.


Lösung Siehe Fakt.


Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe ein Polynom an, das nicht zu gehört, aber die Eigenschaft besitzt, dass für jede ganze Zahl gilt: .


Lösung

Betrachte das Polynom

Die Koeffizienten liegen in , aber nicht in . Wenn man in dieses Polynom eine ganze Zahl einsetzt, so ist genau eine der Zahlen und gerade. Also ist ganzzahlig.


Aufgabe (3 Punkte)

Sei eine Primzahl, mit und sei der Körper mit Elementen und der Polynomring darüber. Zeige, dass jeder Restklassenring zu einem Ideal endlich ist.


Lösung

Sei ein Ideal. Der Polynomring über einem Körper ist ein Hauptidealbereich, daher ist mit einem Polynom . Man kann annehmen, dass normiert ist, dass also der Leitkoeffizient ist. Dann ist

Dies bedeutet, dass man im Restklassenring die Potenz durch kleinere Potenzen ausdrücken kann. Iterativ kann man dann überhaupt jede Potenz durch Polynome vom Grad ausdrücken, d.h. die Potenzen bilden ein -Erzeugendensystem (sogar eine Basis) dieser -Algebra. Damit liegt ein endlichdimensionaler Vektorraum über einem endlichen Körper vor, und dieser hat nur endlich viele Elemente.


Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme einen Erzeuger für das gebrochene Ideal , das durch die rationalen Zahlen

erzeugt wird.


Lösung

Wir bringen die drei Brüche auf einen Hauptnenner, was

ergibt. Der größte gemeinsame Teiler der beiden ersten Zähler ist . Da dies teilerfremd zu ist, sind die drei Zähler insgesamt teilerfremd. Daher wird das gebrochene Ideal durch erzeugt.


Aufgabe (5 Punkte)

Man gebe eine vollständige Liste aller kommutativer Ringe mit Elementen.


Lösung

Sei ein kommutativer Ring mit sechs Elementen und sei der kanonische Ringhomomorphismus, der auf schickt. Die (additive) Ordnung der in (also die Charakteristik von ) ist ein Teiler von . Die Ordnung eins ist nicht möglich, das wäre der Nullring. Bei Ordnung (oder ) wäre eine (bzw. -)Algebra, also insbesondere ein Vektorraum über diesem Körper. Dann müsste aber die Anzahl eine Primzahlpotenz sein, was nicht der Fall ist. Also ist die Ordnung und der kanonische Homomorphismus ist surjektiv, also , und dies ist der einzige kommutative Ring mit sechs Elementen.


Aufgabe (4 Punkte)

Berechne explizit die Diskriminante des quadratischen Zahlbereichs . Stelle die Multiplikationsmatrix bezüglich einer geeigneten Basis für das Element

auf und berechne damit die Spur und die Norm von .


Lösung

Eine -Basis von ist gegeben durch und . Die vier Produkte sind demnach , (zweimal) und . Die Spuren davon sind , (zweimal) und . Daher ist die Diskriminante gleich

Das Element wird bezüglich der -Basis und durch die Matrix

beschrieben. Deren Determinante, also die Norm, ist somit

und die Spur ist


Aufgabe (4 Punkte)

Sei eine quadratfreie Zahl mit , und sei der zugehörige quadratische Zahlbereich. Man gebe eine Ganzheitsgleichung für über an. Man zeige, dass es keine echten Zwischenringe gibt.


Lösung

Wir behaupten, dass eine Ganzheitsgleichung ist. In der Tat, es ist

Wir betrachten nun die Ringerweiterung . Es ist und eine -Basis rechts. In dieser Basis drückt sich die -Basis links, also und aus als und . Damit ist die Restklassengruppe

Daher gilt sogar für eine beliebige Gruppe zwischen und , dass die Nullgruppe oder ist. Damit ist oder .


Aufgabe (4 Punkte)

Zeige: Für eine Primzahl ist die Mersennesche Zahl quasiprim zur Basis .


Lösung

Wir haben zu zeigen, dass für gilt: modulo . Es ist modulo nach dem kleinen Fermat. Damit ist modulo . Also ist ein Vielfaches von , sagen wir . Wegen modulo gilt dann modulo .


Aufgabe (5 Punkte)

Beweise, dass ein faktorieller Integritätsbereich normal ist.


Lösung

Sei der Quotientenkörper von und ein Element, das die Ganzheitsgleichung

mit erfüllt. Wir schreiben  mit , , wobei wir annehmen können, dass die Darstellung gekürzt ist, dass also und keinen gemeinsamen Primteiler besitzen. Wir haben zu zeigen, dass eine Einheit in ist, da dann zu gehört.

Wir multiplizieren die obige Ganzheitsgleichung mit und erhalten in

Wenn keine Einheit ist, dann gibt es einen Primteiler von . Dieser teilt alle Summanden für und daher auch den ersten, also . Das bedeutet aber, dass selbst ein Vielfaches von ist im Widerspruch zur vorausgesetzten Teilerfremdheit.


Aufgabe (4 Punkte)

Sei eine quadratfreie Zahl und sei ein quadratischer Zahlbereich. Definiere die Konjugation zu einem Element und zu einem Element . Definiere zu einem Ideal das konjugierte Ideal und zeige, dass es sich um ein Ideal handelt. Zeige, dass und in der Klassengruppe invers zueinander sind.


Lösung

Die Konjugation zu einem Element ist folgendermaßen definiert: man kann schreiben als mit , und definiert . Für Elemente aus ist die Konjugation genauso definiert.

Zu einem Ideal setzt man

Dies ist ein Ideal wegen und wegen .

Nach Satz 21.7 ist

ein Hauptideal, also ist das Produkt der beiden Ideale das neutrale Element in der Klassengruppe, also sind sie invers zueinander.


Aufgabe (8 Punkte)

Sei ein Körper und sei

ein surjektiver Gruppenhomomorphismus mit für alle . Zeige, dass

ein diskreter Bewertungsring ist.


Lösung

Zuerst zeigen wir, dass ein Unterring des Körpers ist. Es ist . Da ein Gruppenhomomorphismus ist, muss sein. Für zwei Elemente ist und damit , da ein Gruppenhomomorphismus vorliegt, und ebenso

nach Voraussetzung, so dass multiplikativ und additiv abgeschlossen ist. Ferner ist , woraus aber und somit folgt. Also gehören auch die Negativen zu , und somit liegt ein kommutativer Ring vor.

Weiterhin muss ein lokaler Ring sein. Wir behaupten, dass

das einzige maximale Ideal ist. Die gehört dazu und wegen ist die Menge additiv abgeschlossen. Für und ist und und daher , so dass die Menge abgeschlossen unter Skalarmultiplikation ist. Also liegt ein Ideal vor.

Das Komplement besteht aus allen Elementen mit. Dann ist aber auch und damit , d.h. diese Elemente sind alle Einheiten. Daher ist maximal.

Wir müssen noch zeigen dass ein diskreter Bewertungsring vorliegt. Sei hierzu ein Element mit , was es wegen der vorausgesetzten Surjektivität gibt. Wir wollen zeigen, dass prim ist. Es gilt generell, dass ein Vielfaches von () ist genau dann, wenn ist, da ja die Teilbarkeitsbeziehung zu äquivalent ist. Aus mit , folgt nun und dann muss oder sein, so dass eines ein Vielfaches von ist. Also ist prim.

Mit dem gleichen Argument folgt, dass jedes Element mit assoziiert zu ist. Es liegt also ein Hauptidealbereich mit genau den Idealen und , , vor.


Aufgabe (3 Punkte)

Sei ein Zahlbereich. Zeige unter Verwendung der Norm, dass jedes Element , , eine Faktorisierung in irreduzible Elemente besitzt.


Lösung

Induktion über . Bei liegt eine Einheit vor und es ist nichts zu zeigen. Sei also und die Existenz einer Zerlegung in irreduzible Elemente sei für alle mit schon bewiesen. Wenn irreduzibel ist, so ist nichts zu zeigen. Andernfalls gibt es eine Zerlegung mit , wobei sind und daher nach Induktionsvoraussetzung eine Zerlegung in irreduzible Elemente besitzen. Daraus ergibt sich die Zerlegung von in irreduzible Elemente.