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

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

$\left({\frac {1117}{1861}}\right)$

und bestimme, ob ${}1117$ ein Quadratrest modulo ${}1861$ ist oder nicht (${}1861$ ist eine Primzahl).

Lösung

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

${}{\begin{aligned}\left({\frac {1117}{1861}}\right)&=\left({\frac {1861}{1117}}\right)\\&=\left({\frac {744}{1117}}\right)\\&=\left({\frac {2^{3}}{1117}}\right)\left({\frac {3}{1117}}\right)\left({\frac {31}{1117}}\right)\\&=(-1)\left({\frac {1117}{3}}\right)\left({\frac {1117}{31}}\right)\\&=(-1)\left({\frac {1}{3}}\right)\left({\frac {1}{31}}\right)\\&=-1.\end{aligned}}$

Also ist ${}1117$ kein Quadratrest modulo ${}1861$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme in ${}\mathbb {Z} [{\mathrm {i} }]$ mit Hilfe des euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler von ${}23+2{\mathrm {i} }$ und ${}1+23{\mathrm {i} }$.

Lösung

Wir multiplizieren die zweite Zahl mit der Einheit ${}-{\mathrm {i} }$ und erhalten ${}23-{\mathrm {i} }$. Damit ist

${}23+2{\mathrm {i} }=1(23-{\mathrm {i} })+3{\mathrm {i} }\,.$

Im nächsten Schritt ist (wir können mit ${}3$ statt mit ${}3{\mathrm {i} }$ arbeiten)

${}{\frac {23-{\mathrm {i} }}{3}}=7+{\frac {2}{3}}-{\frac {\mathrm {i} }{3}}\,$

bzw.

${}23-{\mathrm {i} }=7\cdot 3+2-{\mathrm {i} }\,.$

Weiter ist

${}3=(2-{\mathrm {i} })+1+{\mathrm {i} }\,$

und

${}(2-{\mathrm {i} })=(1+{\mathrm {i} })(1-{\mathrm {i} })-{\mathrm {i} }\,,$

sodass also Teilerfremdheit vorliegt.

Aufgabe (5 Punkte)

Finde ein primitives Element in ${}\mathbb {Z} /(11)$ und in ${}\mathbb {Z} /(121)$. Man gebe ferner ein Element der Ordnung ${}10$ und ein Element der Ordnung ${}11$ in ${}\mathbb {Z} /(121)$ an. Gibt es Elemente der Ordnung ${}10$ und der Ordnung ${}11$ auch in ${}{\mathbb {F} }_{121}$?

Lösung

In ${}\mathbb {Z} /(11)$ betrachten wir das Element ${}2$. Die Ordnung von ${}2$ ist ein Teiler von ${}10$. Es ist ${}2^{2}=4\neq 1$ und ${}2^{5}=32=-1\neq 1$, sodass die Ordnung ${}10$ ist, also ist ${}2$ primitiv.

Wir betrachten ${}2$ in ${}\mathbb {Z} /(121)$. Dieser Ring hat ${}110$ Einheiten, also ist die Ordnung von ${}2$ ein Teiler von ${}110$. Andererseits folgt aus ${}2^{k}=1\mod 121$, dass auch ${}2^{k}=1\mod 11$ ist. Dann muss ${}k$ ein Vielfaches von ${}10$sein. An möglichen Ordnungen bleiben also ${}k=10$ oder ${}k=110$. Es ist ${}2^{10}=1024=56\neq 1\mod 121$. Also ist die Ordnung ${}110$und ${}2$ ist primitiv modulo ${}121$.

Damit hat ${}2^{10}=56$ die Ordnung ${}11$ und ${}2^{11}=112$ hat die Ordnung ${}10$.

${}{\mathbb {F} }_{121}$ ist ein Körper und die Einheitengruppe ist zyklisch der Ordnung ${}120$. Daher gibt es dort Elemente der Ordnung ${}10$, aber nicht der Ordnung ${}11$.

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}R=A_{14}=\mathbb {Z} [{\sqrt {14}}]$ der quadratische Zahlbereich zu ${}D=14$. Berechne zu

${}q={\frac {3}{5}}-{\frac {1}{7}}{\sqrt {14}}\,$

den zugehörigen Hauptdivisor.

Lösung

Es ist

$q={\frac {21-5{\sqrt {14}}}{35}}.$

Für die Primfaktoren des Nenners berechnen wir

${}p=5$:

${}R/(5)=\mathbb {Z} /(5)[X]/(X^{2}-4)$. Hier ist ${}X^{2}-4=(X-2)(X+2)$, es liegt also der zerlegte Fall vor. Den zwei Primidealen im Restklassenring entsprechen die Primideale

${\mathfrak {p}}=(5,2+{\sqrt {14}}){\text{ und }}{\overline {\mathfrak {p}}}=(5,2-{\sqrt {14}})$

und es ist ${}(5)={\mathfrak {p}}{\overline {\mathfrak {p}}}$.

${}p=7$:

${}R/(7)=\mathbb {Z} /(7)[X]/(X^{2})$. Hier liegt also der verzweigte Fall vor. Dem Primideal im Restklassenring entspricht das Primideal

${\mathfrak {q}}=(7,{\sqrt {14}})$

und es ist ${}(7)={\mathfrak {q}}^{2}$,

Für den Zähler betrachten wir

$(21-5{\sqrt {14}})(21+5{\sqrt {14}})=441-25\cdot 14=441-350=91=7\cdot 13.$

Für ${}p=13$ ergibt sich:

${}R/(13)=\mathbb {Z} /(13)[X]/(X^{2}-1)$. Hier liegt also wieder der zerlegte Fall vor, ${}X^{2}-1=(X-1)(X+1)$. Also liegen darüber die Primideale

${\mathfrak {m}}=(13,1+{\sqrt {14}}){\text{ und }}{\overline {\mathfrak {m}}}=(13,1-{\sqrt {14}})$

und es ist ${}(13)={\mathfrak {m}}{\overline {\mathfrak {m}}}$. Wir müssen nun bestimmen, ob ${}21-5{\sqrt {14}}$ zu ${}{\mathfrak {m}}$ oder zu ${}{\overline {\mathfrak {m}}}$ gehört. Eine direkte Rechnung ergibt ${}2\cdot 13-5(1+{\sqrt {14}})=21-5{\sqrt {14}}$, sodass ${}21-5{\sqrt {14}}\in {\mathfrak {m}}$ vorliegt. Damit ist insgesamt

${}\operatorname {div} (q)=({\mathfrak {q}}+{\mathfrak {m}})-({\mathfrak {p}}+{\overline {\mathfrak {p}}}+2{\mathfrak {q}})={\mathfrak {m}}-{\mathfrak {p}}-{\overline {\mathfrak {p}}}-{\mathfrak {q}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}p$ eine ungerade Primzahl. Begründe unter Verwendung der Tatsache, dass die Einheitengruppe ${}{\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$ zyklisch ist, dass ${}-1$ ein Quadratrest modulo ${}p$ genau dann ist, wenn ${}p=1\mod 4$ ist.

Lösung Siehe Fakt.

Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe ein Polynom ${}P\in \mathbb {Q} [X]$ an, das nicht zu ${}\mathbb {Z} [X]$ gehört, aber die Eigenschaft besitzt, dass für jede ganze Zahl ${}n$ gilt: ${}P(n)\in \mathbb {Z}$.

Lösung

Betrachte das Polynom

${}P={\frac {X(X-1)}{2}}={\frac {X^{2}}{2}}-{\frac {X}{2}}\,.$

Die Koeffizienten liegen in ${}\mathbb {Q}$, aber nicht in ${}\mathbb {Z}$. Wenn man in dieses Polynom eine ganze Zahl ${}n$ einsetzt, so ist genau eine der Zahlen ${}n$ und ${}n-1$ gerade. Also ist ${}P(n)={\frac {n(n-1)}{2}}$ ganzzahlig.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}p$ eine Primzahl, ${}q=p^{e}$ mit ${}e\geq 1$ und sei ${}{\mathbb {F} }_{q}$ der Körper mit ${}q$ Elementen und ${}R={\mathbb {F} }_{q}[X]$ der Polynomring darüber. Zeige, dass jeder Restklassenring ${}R/{\mathfrak {a}}$ zu einem Ideal ${}{\mathfrak {a}}\neq 0$ endlich ist.

Lösung

Sei ${}{\mathfrak {a}}\neq 0$ ein Ideal. Der Polynomring über einem Körper ist ein Hauptidealbereich, daher ist ${}{\mathfrak {a}}=(P)$ mit einem Polynom ${}P\neq 0$. Man kann annehmen, dass ${}P$ normiert ist, dass also der Leitkoeffizient ${}1$ ist. Dann ist

${}R/{\mathfrak {a}}=R/(P)={\mathbb {F} }_{q}[X]/(X^{n}+a_{n-1}X^{n-1}+\cdots +a_{1}X+a_{0})\,.$

Dies bedeutet, dass man im Restklassenring die Potenz ${}X^{n}<$ durch kleinere Potenzen ausdrücken kann. Iterativ kann man dann überhaupt jede Potenz ${}X^{k}$ durch Polynome vom Grad ${}\leq n-1$ ausdrücken, d.h. die Potenzen ${}X^{0},X^{1},\ldots ,X^{n-1}$ bilden ein ${}{\mathbb {F} }_{q}$- Erzeugendensystem (sogar eine Basis) dieser ${}{\mathbb {F} }_{q}$- 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 ${}{\mathfrak {f}}\subseteq \mathbb {Q}$, das durch die rationalen Zahlen

${\frac {3}{7}},\,{\frac {5}{6}},\,{\frac {3}{10}}\,$

erzeugt wird.

Lösung

Wir bringen die drei Brüche auf einen Hauptnenner, was

${\frac {90}{210}},\,{\frac {175}{210}},\,{\frac {63}{210}}$

ergibt. Der größte gemeinsame Teiler der beiden ersten Zähler ist ${}5$. Da dies teilerfremd zu ${}63$ ist, sind die drei Zähler insgesamt teilerfremd. Daher wird das gebrochene Ideal durch ${}{\frac {1}{210}}$ erzeugt.

Aufgabe (5 Punkte)

Man gebe eine vollständige Liste aller kommutativer Ringe mit ${}6$ Elementen.

Lösung

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring mit sechs Elementen und sei ${}\mathbb {Z} \rightarrow R$ der kanonische Ringhomomorphismus, der ${}1$ auf ${}1$ schickt. Die (additive) Ordnung der ${}1$ in ${}R$ (also die Charakteristik von ${}R$) ist ein Teiler von ${}6$. Die Ordnung eins ist nicht möglich, das wäre der Nullring. Bei Ordnung ${}2$ (oder ${}3$) wäre ${}R$ eine ${}{\mathbb {F} }_{2}$ (bzw. ${}{\mathbb {F} }_{3}$-)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 ${}6$ und der kanonische Homomorphismus ist surjektiv, also ${}R\cong \mathbb {Z} /(6)$, und dies ist der einzige kommutative Ring mit sechs Elementen.

Aufgabe (4 Punkte)

Berechne explizit die Diskriminante des quadratischen Zahlbereichs ${}A_{-7}$. Stelle die Multiplikationsmatrix bezüglich einer geeigneten Basis für das Element

${}f={\frac {3}{2}}+{\frac {5}{2}}{\sqrt {-7}}\,$

auf und berechne damit die Spur und die Norm von ${}f$.

Lösung

Eine ${}\mathbb {Z}$-Basis von ${}A_{-7}$ ist gegeben durch ${}1$ und ${}{\frac {1+{\sqrt {-7}}}{2}}$. Die vier Produkte sind demnach ${}1$, ${}{\frac {1+{\sqrt {-7}}}{2}}$ (zweimal) und ${}{\left({\frac {1+{\sqrt {-7}}}{2}}\right)}^{2}={\frac {-6+2{\sqrt {-7}}}{4}}$. Die Spuren davon sind ${}2$, ${}1$ (zweimal) und ${}3$. Daher ist die Diskriminante gleich

$\triangle =\det {\begin{pmatrix}2&1\\1&-3\end{pmatrix}}=-6-1=-7.$

Das Element ${}f={\frac {3}{2}}+{\frac {5}{2}}{\sqrt {-7}}$ wird bezüglich der ${}\mathbb {Q}$-Basis ${}1$ und ${}{\sqrt {-7}}$ durch die Matrix

${\begin{pmatrix}{\frac {3}{2}}&-{\frac {35}{2}}\\{\frac {5}{2}}&{\frac {3}{2}}\end{pmatrix}}$

beschrieben. Deren Determinante, also die Norm, ist somit

$N(f)={\frac {9}{4}}+{\frac {175}{4}}={\frac {184}{4}}=46$

und die Spur ist

$S(f)={\frac {6}{2}}=3.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}D\neq 1$ eine quadratfreie Zahl mit ${}D=1\mod 4$, und sei ${}A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich. Man gebe eine Ganzheitsgleichung für ${}{\frac {1-{\sqrt {D}}}{2}}$ über ${}\mathbb {Z}$ an. Man zeige, dass es keine echten Zwischenringe ${}\mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]\subset R\subset A_{D}$ gibt.

Lösung

Wir behaupten, dass ${}X^{2}-X-{\frac {D-1}{4}}$ eine Ganzheitsgleichung ist. In der Tat, es ist

${}{\left({\frac {1-{\sqrt {D}}}{2}}\right)}^{2}-{\frac {1-{\sqrt {D}}}{2}}-{\frac {D-1}{4}}={\frac {1-2{\sqrt {D}}+D-2+2{\sqrt {D}}-D+1}{4}}=0\,.$

Wir betrachten nun die Ringerweiterung ${}\mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]\subset A_{D}$. Es ist ${}u=1$ und ${}v={\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}$ eine ${}\mathbb {Z}$-Basis rechts. In dieser Basis drückt sich die ${}\mathbb {Z}$-Basis links, also ${}1$ und ${}{\sqrt {D}}$ aus als ${}u$ und ${}2v-u$. Damit ist die Restklassengruppe

${}A_{D}/\mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]\cong \mathbb {Z} ^{2}/((1,0),(-1,2))\cong \mathbb {Z} ^{2}/((1,0),(0,2))\cong \mathbb {Z} /(2)\,.$

Daher gilt sogar für eine beliebige Gruppe ${}G$ zwischen ${}\mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]$ und ${}A_{D}$, dass ${}G/\mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]$ die Nullgruppe oder ${}\mathbb {Z} /(2)$ ist. Damit ist ${}G=\mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]$ oder ${}G=A_{D}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige: Für eine Primzahl ${}p$ ist die Mersennesche Zahl ${}M_{p}$ quasiprim zur Basis ${}2$.

Lösung

Wir haben zu zeigen, dass für ${}m=2^{p}-1$ gilt: ${}2^{m-1}=1$ modulo ${}m$. Es ist ${}2^{p}=2$ modulo ${}p$ nach dem kleinen Fermat. Damit ist ${}m-1=2^{p}-2=0$ modulo ${}p$. Also ist ${}m-1$ ein Vielfaches von ${}p$, sagen wir ${}m-1=ap$. Wegen ${}2^{p}=1$ modulo ${}m$ gilt dann ${}2^{m-1}=(2^{p})^{a}=1$ modulo ${}m$.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise, dass ein faktorieller Integritätsbereich normal ist.

Lösung

Sei ${}K=Q(R)$ der Quotientenkörper von ${}R$ und ${}q\in K$ ein Element, das die Ganzheitsgleichung

${}q^{n}+r_{n-1}q^{n-1}+r_{n-2}q^{n-2}+\cdots +r_{1}q+r_{0}=0\,$

mit ${}r_{i}\in R$ erfüllt. Wir schreiben ${}q=a/b$ mit ${}a,b\in R$, ${}b\neq 0$, wobei wir annehmen können, dass die Darstellung gekürzt ist, dass also ${}a$ und ${}b\in R$ keinen gemeinsamen Primteiler besitzen. Wir haben zu zeigen, dass ${}b$ eine Einheit in ${}R$ ist, da dann ${}q=ab^{-1}$ zu ${}R$ gehört.

Wir multiplizieren die obige Ganzheitsgleichung mit ${}b^{n}$ und erhalten in ${}R$

${}a^{n}+{\left(r_{n-1}b\right)}a^{n-1}+{\left(r_{n-2}b^{2}\right)}a^{n-2}+\cdots +{\left(r_{1}b^{n-1}\right)}a+{\left(r_{0}b^{n}\right)}=0\,.$

Wenn ${}b$ keine Einheit ist, dann gibt es einen Primteiler ${}p$ von ${}b$. Dieser teilt alle Summanden ${}{\left(r_{n-i}b^{i}\right)}a^{n-i}$ für ${}i\geq 1$ und daher auch den ersten, also ${}a^{n}$. Das bedeutet aber, dass ${}a$ selbst ein Vielfaches von ${}p$ ist im Widerspruch zur vorausgesetzten Teilerfremdheit.

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 21.7 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 (8 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei

$\nu \colon (K^{\times },\cdot ,1)\longrightarrow (\mathbb {Z} ,+,0)$

ein surjektiver Gruppenhomomorphismus mit ${}\nu (f+g)\geq \min\{\nu (f),\nu (g)\}$ für alle ${}f,g\in K^{\times }$. Zeige, dass

${}R={\left\{f\in K^{\times }\mid \nu (f)\geq 0\right\}}\cup \{0\}\,$

ein diskreter Bewertungsring ist.

Lösung

Zuerst zeigen wir, dass ${}R$ ein Unterring des Körpers ${}K$ ist. Es ist ${}0\in R$. Da ${}\nu$ ein Gruppenhomomorphismus ist, muss ${}\nu (1)=0$ sein. Für Elemente ${}f,g\in R$ ist ${}\nu (f),\nu (g)\geq 0$ und damit ${}\nu (f\cdot g)=\nu (f)+\nu (g)\geq 0$, da ein Gruppenhomomorphismus vorliegt, und ebenso

${}\nu (f+g)\geq \operatorname {min} \left(\nu (f),\,\nu (g)\right)\geq 0\,$

nach Voraussetzung, sodass ${}R$ multiplikativ und additiv abgeschlossen ist. Ferner ist ${}\nu (-1)+\nu (-1)=\nu ((-1)^{2})=\nu (1)=0$, woraus aber ${}\nu (-1)=0$ und somit ${}-1\in R$ folgt. Also gehören auch die Negativen zu ${}R$, und somit liegt ein kommutativer Ring vor.

Weiterhin muss ${}R$ ein lokaler Ring sein. Wir behaupten, dass

${}{\mathfrak {m}}:={\left\{f\in K^{\times }\mid \nu (f)\geq 1\right\}}\cup \{0\}\subseteq R\,$

das einzige maximale Ideal ist. Die ${}0$ gehört dazu und wegen ${}\nu (f+g)\geq \operatorname {min} \left(\nu (f),\,\nu (g)\right)\geq 1$ ist die Menge additiv abgeschlossen. Für ${}f\in {\mathfrak {m}}$ und ${}g\in R$ ist ${}\nu (f)\geq 1$ und ${}\nu (g)\geq 0$ und daher ${}\nu (gf)=\nu (g)+\nu (f)\geq 1$, sodass die Menge abgeschlossen unter Skalarmultiplikation ist. Also liegt ein Ideal vor.

Das Komplement ${}R\setminus {\mathfrak {m}}$ besteht aus allen Elementen ${}h\in K$ mit ${}\nu (h)=0$. Dann ist aber auch ${}\nu (h^{-1})=0$ und damit ${}h^{-1}\in R$, d.h. diese Elemente sind alle Einheiten. Daher ist ${}{\mathfrak {m}}$ maximal.

Wir müssen noch zeigen dass ein diskreter Bewertungsring vorliegt. Es sei hierzu ${}p\in K$ ein Element mit ${}\nu (p)=1$, was es wegen der vorausgesetzten Surjektivität gibt. Wir wollen zeigen, dass ${}p$ prim ist. Es gilt generell, dass ${}y$ ein Vielfaches von ${}x$ (${}x,y\in R$) ist genau dann, wenn ${}\nu (y)\geq \nu (x)$ ist, da ja die Teilbarkeitsbeziehung zu ${}y/x\in R$ äquivalent ist. Aus ${}p{|}xy$ mit ${}x,y\in R$, folgt nun ${}1=\nu (p)\leq \nu (xy)=\nu (x)+\nu (y)$ und dann muss ${}\nu (x)\geq 1$ oder ${}\nu (y)\geq 1$ sein, sodass eines ein Vielfaches von ${}p$ ist. Also ist ${}p$ prim.

Mit dem gleichen Argument folgt, dass jedes Element ${}x\in R$ mit ${}n=\nu (x)$ assoziiert zu ${}p^{n}$ ist. Es liegt also ein Hauptidealbereich mit genau den Idealen ${}0$ und ${}(p^{n})$, ${}n\in \mathbb {N}$, vor.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}R$ ein Zahlbereich. Zeige unter Verwendung der Norm, dass jedes Element ${}f\in R$, ${}f\neq 0$, eine Faktorisierung in irreduzible Elemente besitzt.

Lösung

Induktion über ${}\vert {N(f)}\vert$. Bei ${}\vert {N(f)}\vert =1$ liegt eine Einheit vor und es ist nichts zu zeigen. Es sei also ${}N(f)=n\geq 2$ und die Existenz einer Zerlegung in irreduzible Elemente sei für alle ${}g$ mit ${}\vert {N(g)}\vert <n$ schon bewiesen. Wenn ${}f$ irreduzibel ist, so ist nichts zu zeigen. Andernfalls gibt es eine Zerlegung mit ${}f=gh$, wobei ${}\vert {N(g)}\vert ,\vert {N(h)}\vert <n$ sind und daher nach Induktionsvoraussetzung eine Zerlegung in irreduzible Elemente besitzen. Daraus ergibt sich die Zerlegung von ${}f$ in irreduzible Elemente.