Kurs:Zahlentheorie (Osnabrück 2008)/T1/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}{ 4 }

\renewcommand{\adrei}{ 5 }

\renewcommand{\avier}{ 6 }

\renewcommand{\afuenf}{ 3 }

\renewcommand{\asechs}{ 3 }

\renewcommand{\asieben}{ 3 }

\renewcommand{\aacht}{ 2 }

\renewcommand{\aneun}{ 5 }

\renewcommand{\azehn}{ 4 }

\renewcommand{\aelf}{ 4 }

\renewcommand{\azwoelf}{ 4 }

\renewcommand{\adreizehn}{ 5 }

\renewcommand{\avierzehn}{ 4 }

\renewcommand{\afuenfzehn}{ 8 }

\renewcommand{\asechzehn}{ 3 }

\renewcommand{\asiebzehn}{ 67 }

\renewcommand{\aachtzehn}{ }

\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{ 1117 }{ 1861 }\right)} { }
und bestimme, ob $1117$ ein Quadratrest modulo
\mathl{1861}{} ist oder nicht \zusatzklammer {$1861$ ist eine Primzahl} {} {.}

}
{

Wir berechnen Schritt für Schritt das Legendre-Symbol \zusatzklammer {wobei es sich in Zwischenschritten um das Jacobi-Symbol handeln könnte} {} {.}
\mavergleichskettealign
{\vergleichskettealign
{ \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) }
} {
\vergleichskettefortsetzungalign
{ =} {(- 1 ) \left( \frac{ 1 }{ 3 }\right) \left( \frac{ 1 }{ 31 }\right) }
{ =} {-1 }
{ } {}
{ } {}
} {}{.} Also ist $1117$ kein Quadratrest modulo $1861$

}





\inputaufgabepunkteloesung
{4}
{

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

}
{

Wir multiplizieren die zweite Zahl mit der Einheit $- { \mathrm i}$ und erhalten $23 - { \mathrm i}$. Damit ist
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ 23+ 2 { \mathrm i} }
{ =} { 1(23 - { \mathrm i} ) + 3 { \mathrm i} }
{ } { }
{ } { }
{ } { }
} {}{}{.} Im nächsten Schritt ist \zusatzklammer {wir können mit $3$ statt mit $3 { \mathrm i}$ arbeiten} {} {}
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ \frac{23 - { \mathrm i} }{3} }
{ =} {7 + \frac{2}{3} - \frac{ { \mathrm i} }{3} }
{ } { }
{ } { }
{ } { }
} {}{}{} bzw.
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ 23 - { \mathrm i} }
{ =} { 7 \cdot 3 + 2 - { \mathrm i} }
{ } { }
{ } { }
{ } { }
} {}{}{.} Weiter ist
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{3 }
{ =} { (2- { \mathrm i} ) + 1 + { \mathrm i} }
{ } { }
{ } { }
{ } { }
} {}{}{} und
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ (2- { \mathrm i} ) }
{ =} {( 1 + { \mathrm i} )( 1 - { \mathrm i} ) - { \mathrm i} }
{ } { }
{ } { }
{ } { }
} {}{}{,} so dass also Teilerfremdheit vorliegt.

}





\inputaufgabepunkteloesung
{5}
{

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

}
{

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

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

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

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

}





\inputaufgabepunkteloesung
{6}
{

Sei
\mathl{R =A_{14}=\Z[\sqrt{14}]}{} der \definitionsverweis {quadratische Zahlbereich}{}{} zu
\mathl{D=14}{.} Berechne zu
\mathdisp {q= \frac{3}{5} - \frac{1}{7} \sqrt{14}} { }
den zugehörigen \definitionsverweis {Hauptdivisor}{}{.}

}
{

Es ist
\mathdisp {q = \frac{ 21 - 5 \sqrt{14} } {35}} { . }
Für die Primfaktoren des Nenners berechnen wir


\mathl{p=5}{:}


\mathl{R/(5) = \Z/(5) [X]/(X^2-4)}{.} Hier ist
\mathl{X^2-4 =(X-2)(X+2)}{,} es liegt also der zerlegte Fall vor. Den zwei Primidealen im Restklassenring entsprechen die Primideale
\mathdisp {{\mathfrak p} =(5, 2 + \sqrt{14})\text { und } \overline{\mathfrak p} =(5, 2 - \sqrt{14})} { }
und es ist
\mathl{(5) = {\mathfrak p}\overline{\mathfrak p}}{.}

$p=7$


\mathl{R/(7) = \Z/(7) [X]/(X^2)}{.} Hier liegt also der verzweigte Fall vor. Dem Primideal im Restklassenring entspricht das Primideal
\mathdisp {{\mathfrak q} = (7, \sqrt{14})} { }
und es ist
\mathl{(7) = {\mathfrak q}^2}{,}

Für den Zähler betrachten wir
\mathdisp {(21 - 5 \sqrt{14}) (21 + 5 \sqrt{14}) = 441 -25 \cdot 14 = 441 - 350= 91 =7 \cdot 13} { . }

Für
\mathl{p=13}{} ergibt sich:


\mathl{R/(13) = \Z/(13) [X]/(X^2-1)}{.} Hier liegt also wieder der zerlegte Fall vor,
\mathl{X^2-1 =(X-1)(X+1)}{.} Also liegen darüber die Primideale
\mathdisp {{\mathfrak m} =(13, 1 + \sqrt{14}) \text{ und } \overline{\mathfrak m} =(13, 1 - \sqrt{14})} { }

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

}





\inputaufgabepunkteloesung
{3}
{

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

}
{Siehe Fakt. }





\inputaufgabepunkteloesung
{3}
{

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

}
{

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

}





\inputaufgabepunkteloesung
{3}
{

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

}
{

Sei
\mavergleichskette
{\vergleichskette
{ {\mathfrak a} }
{ \neq }{0 }
{ }{ }
{ }{ }
{ }{ }
} {}{}{} ein Ideal. Der Polynomring über einem Körper ist ein Hauptidealbereich, daher ist
\mavergleichskette
{\vergleichskette
{ {\mathfrak a} }
{ = }{(P) }
{ }{ }
{ }{ }
{ }{ }
} {}{}{} mit einem Polynom
\mavergleichskette
{\vergleichskette
{P }
{ \neq }{0 }
{ }{ }
{ }{ }
{ }{ }
} {}{}{.} Man kann annehmen, dass $P$ normiert ist, dass also der Leitkoeffizient $1$ ist. Dann ist
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ R/{\mathfrak a} }
{ =} {R/(P) }
{ =} {{\mathbb F}_q[X]/(X^n+a_{n-1}X^{n-1} + \cdots + a_1X +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
\mathl{\leq n-1}{} ausdrücken, d.h. die Potenzen
\mathl{X^0,X^1 , \ldots , X^{n-1}}{} bilden ein ${\mathbb F}_q$-\definitionsverweis {Erzeugendensystem}{}{} \zusatzklammer {sogar eine Basis} {} {} dieser ${\mathbb F}_q$-\definitionsverweis {Algebra}{}{.} Damit liegt ein endlichdimensionaler Vektorraum über einem endlichen Körper vor, und dieser hat nur endlich viele Elemente.

}





\inputaufgabepunkteloesung
{2}
{

Bestimme einen Erzeuger für das gebrochene Ideal ${\mathfrak f} \subseteq \Q$, das durch die rationalen Zahlen
\mathdisp {\frac{3}{7}, \, \frac{5}{6}, \, \frac{3}{10}\,} { }
erzeugt wird.

}
{

Wir bringen die drei Brüche auf einen Hauptnenner, was
\mathdisp {\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
\mathl{\frac{1}{210}}{} erzeugt.

}





\inputaufgabepunkteloesung
{5}
{

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

}
{

Sei $R$ ein kommutativer Ring mit sechs Elementen und sei \maabb {} {\Z} {R } {} der kanonische Ringhomomorphismus, der $1$ auf $1$ schickt. Die \zusatzklammer {additive} {} {} Ordnung der $1$ in $R$ \zusatzklammer {also die Charakteristik von $R$} {} {} ist ein Teiler von $6$. Die Ordnung eins ist nicht möglich, das wäre der Nullring. Bei Ordnung $2$ \zusatzklammer {oder $3$} {} {} wäre $R$ eine ${\mathbb F}_2$ \zusatzklammer {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
\mathl{R \cong \Z/(6)}{,} und dies ist der einzige kommutative Ring mit sechs Elementen.

}





\inputaufgabepunkteloesung
{4}
{

Berechne explizit die Diskriminante des quadratischen Zahlbereichs $A_{-7}$. Stelle die Multiplikationsmatrix bezüglich einer geeigneten Basis für das Element
\mathdisp {f= \frac{3}{2} + \frac{5}{2} \sqrt{-7}} { }
auf und berechne damit die Spur und die Norm von $f$.

}
{

Eine $\Z$-Basis von $A_{-7}$ ist gegeben durch $1$ und
\mathl{\frac{1 + \sqrt{-7} }{2}}{.} Die vier Produkte sind demnach $1$,
\mathl{\frac{1 + \sqrt{-7} }{2}}{} \zusatzklammer {zweimal} {} {} und
\mathl{{ \left( \frac{1 + \sqrt{-7} }{2} \right) }^2 = \frac{ -6 + 2 \sqrt{-7} }{4}}{.} Die Spuren davon sind $2$, $1$ \zusatzklammer {zweimal} {} {} und $3$. Daher ist die Diskriminante gleich
\mathdisp {\triangle = \det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -3 \end{pmatrix} = -6 -1=-7} { . }
Das Element
\mathl{f=\frac{3}{2} + \frac{5}{2} \sqrt{-7}}{} wird bezüglich der $\Q$-Basis $1$ und $\sqrt{-7}$ durch die Matrix
\mathdisp {\begin{pmatrix} \frac{3}{2} & - \frac{35}{2} \\ \frac{5}{2} & \frac{3}{2} \end{pmatrix}} { }
beschrieben. Deren Determinante, also die Norm, ist somit
\mathdisp {N(f)= \frac{9}{4} + \frac{175}{4} = \frac{184}{4} = 46} { }
und die Spur ist
\mathdisp {S(f) = \frac{6}{2} =3} { . }

}





\inputaufgabepunkteloesung
{4}
{

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

}
{

Wir behaupten, dass
\mathl{X^2-X- \frac{D-1}{4}}{} eine Ganzheitsgleichung ist. In der Tat, es ist
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ { \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
\mathl{\Z[\sqrt{D}] \subset A_D}{.} Es ist
\mathl{u=1}{} und
\mathl{v=\frac{1+ \sqrt{D} }{2}}{} eine $\Z$-Basis rechts. In dieser Basis drückt sich die $\Z$-Basis links, also $1$ und $\sqrt{D}$ aus als $u$ und
\mathl{2v - u}{.} Damit ist die Restklassengruppe
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{A_D/\Z[\sqrt{D}] }
{ \cong} { \Z^2/( (1,0), (-1,2)) }
{ \cong} { \Z^2/( (1,0), (0,2)) }
{ \cong} { \Z/(2) }
{ } { }
} {}{}{.} Daher gilt sogar für eine beliebige Gruppe $G$ zwischen
\mathl{\Z[\sqrt{D}]}{} und $A_{D}$, dass
\mathl{G/\Z[\sqrt{D}]}{} die Nullgruppe oder $\Z/(2)$ ist. Damit ist
\mathl{G= \Z[\sqrt{D}]}{} oder
\mathl{G= A_D}{.}

}





\inputaufgabepunkteloesung
{4}
{

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

}
{

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 $m$.

}





\inputaufgabepunkteloesung
{5}
{

Beweise, dass ein faktorieller Integritätsbereich normal ist.

}
{

Sei
\mavergleichskette
{\vergleichskette
{K }
{ = }{Q(R) }
{ }{ }
{ }{ }
{ }{ }
} {}{}{} der \definitionsverweis {Quotientenkörper}{}{} von $R$ und
\mathl{q \in K}{} ein Element, das die \definitionsverweis {Ganzheitsgleichung}{}{}
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ q^n+ r_{n-1}q^{n-1} + r_{n-2}q^{n-2} + \cdots + r_1q +r_0 }
{ =} {0 }
{ } { }
{ } { }
{ } { }
} {}{}{} mit
\mathl{r_{i} \in R}{} erfüllt. Wir schreiben
\mathbed {q= a/b} {mit}
{a,b \in R} {}
{b \neq 0} {} {} {,} wobei wir annehmen können, dass die Darstellung gekürzt ist, dass also \mathkor {} {a} {und} {b \in R} {} keinen gemeinsamen Primteiler besitzen. Wir haben zu zeigen, dass $b$ eine \definitionsverweis {Einheit}{}{} in $R$ ist, da dann
\mavergleichskette
{\vergleichskette
{q }
{ = }{ a b^{-1} }
{ }{ }
{ }{ }
{ }{ }
} {}{}{} zu $R$ gehört.

Wir multiplizieren die obige Ganzheitsgleichung mit $b^n$ und erhalten in $R$
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ a^n+ { \left( r_{n-1}b \right) } a^{n-1} + { \left( r_{n-2}b^2 \right) } a^{n-2} + \cdots + { \left( r_1b^{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 \mathkon { { \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.

}





\inputaufgabepunkteloesung
{4}
{

Sei
\mathl{D \neq 0,1}{} eine \definitionsverweis {quadratfreie}{}{} Zahl und sei $A_D$ ein \definitionsverweis {quadratischer Zahlbereich}{}{.} Definiere die Konjugation zu einem Element
\mathl{f \in \Q[\sqrt{D}]}{} und zu einem Element
\mathl{f \in A_D}{.} Definiere zu einem Ideal
\mathl{\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 \definitionsverweis {Klassengruppe}{}{} invers zueinander sind.

}
{

Die Konjugation zu einem Element
\mathl{f \in \Q [\sqrt{D}]}{} ist folgendermaßen definiert: man kann $f$ schreiben als
\mathl{f=a + b \sqrt{D}}{} mit
\mathl{a,b \in \Q}{,} und definiert
\mathl{\bar{f} = a-b \sqrt{D}}{.} Für Elemente aus $A_D$ ist die Konjugation genauso definiert.

Zu einem Ideal $\mathfrak a$ setzt man
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ \overline{\mathfrak a} }
{ =} { { \left\{ \bar{f} \mid f \in {\mathfrak a} \right\} } }
{ } { }
{ } { }
{ } { }
} {}{}{.} Dies ist ein Ideal wegen
\mathl{\bar{f} + \bar{g} = \overline{f+g}}{} und wegen
\mathl{a \bar{f} = \overline{\bar{a} f}}{.}

Nach Satz 21.7 ist
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ {\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.

}





\inputaufgabepunkteloesung
{8}
{

Sei $K$ ein \definitionsverweis {Körper}{}{} und sei \maabbdisp {\nu} {(K^\times, \cdot,1)} { (\Z,+,0) } {} ein surjektiver \definitionsverweis {Gruppenhomomorphismus}{}{} mit $\nu(f+g) \geq \min\{ \nu(f) , \nu(g)\}$ für alle $f,g \in K^\times$. Zeige, dass
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{R }
{ =} { { \left\{ f \in K^\times \mid \nu(f) \geq 0 \right\} } \cup \{0\} }
{ } { }
{ } { }
{ } { }
} {}{}{} ein \definitionsverweis {diskreter Bewertungsring}{}{} ist.

}
{

Zuerst zeigen wir, dass $R$ ein Unterring des Körpers $K$ ist. Es ist
\mathl{0 \in R}{.} Da $\nu$ ein Gruppenhomomorphismus ist, muss
\mathl{\nu(1)=0}{} sein. Für zwei Elemente
\mathl{f,g \in R}{} ist
\mathl{\nu(f), \nu(g) \geq 0}{} und damit
\mavergleichskette
{\vergleichskette
{\nu(f \cdot g) }
{ = }{ \nu(f) + \nu(g) }
{ \geq }{ 0 }
{ }{ }
{ }{ }
} {}{}{,} da ein Gruppenhomomorphismus vorliegt, und ebenso
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ \nu(f+g) }
{ \geq} { \min\{ \nu(f) , \nu(g)\} }
{ \geq} { 0 }
{ } { }
{ } { }
} {}{}{} nach Voraussetzung, so dass $R$ multiplikativ und additiv abgeschlossen ist. Ferner ist
\mavergleichskette
{\vergleichskette
{ \nu(-1) + \nu(-1) }
{ = }{\nu ( (-1)^2) }
{ = }{ \nu (1) }
{ = }{0 }
{ }{ }
} {}{}{,} woraus aber
\mathl{\nu(-1)=0}{} und somit
\mathl{-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
\mavergleichskettedisp
{\vergleichskette
{ {\mathfrak m } }
{ \defeq} { { \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
\mavergleichskette
{\vergleichskette
{ \nu(f+g) }
{ \geq }{ \min\{ \nu(f) , \nu(g)\} }
{ \geq }{ 1 }
{ }{ }
{ }{ }
} {}{}{} ist die Menge additiv abgeschlossen. Für
\mathl{f \in {\mathfrak m}}{} und
\mathl{g \in R}{} ist
\mathl{\nu(f) \geq 1}{} und
\mathl{\nu(g) \geq 0}{} und daher
\mavergleichskette
{\vergleichskette
{\nu(gf) }
{ = }{ \nu(g) + \nu(f) }
{ \geq }{ 1 }
{ }{ }
{ }{ }
} {}{}{,} so dass die Menge abgeschlossen unter Skalarmultiplikation ist. Also liegt ein Ideal vor.

Das Komplement
\mathl{R \setminus {\mathfrak m}}{} besteht aus allen Elementen
\mathl{h \in K}{} mit
\mathl{\nu(h)=0}{.} Dann ist aber auch
\mathl{\nu(h^{-1})=0}{} und damit
\mathl{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. Sei hierzu
\mathl{p \in K}{} ein Element mit
\mathl{\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 $x$ \zusatzklammer {\mathlk{x,y \in R}{}} {} {} ist genau dann, wenn
\mathl{\nu(y) \geq \nu(x)}{} ist, da ja die Teilbarkeitsbeziehung zu
\mathl{y/x \in R}{} äquivalent ist. Aus
\mathl{p {{|}} xy}{} mit
\mathl{x,y \in R}{,} folgt nun
\mavergleichskette
{\vergleichskette
{1 }
{ = }{\nu(p) }
{ \leq }{ \nu(xy) }
{ = }{ \nu(x) + \nu(y) }
{ }{ }
} {}{}{} und dann muss
\mathl{\nu(x) \geq 1}{} oder
\mathl{\nu(y) \geq 1}{} sein, so dass eines ein Vielfaches von $p$ ist. Also ist $p$ prim.

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

}





\inputaufgabepunkteloesung
{3}
{

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

}
{

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

}