Lösungen - Serie 2 zu den Übungsaufgaben zur Vorlesung Algebraische Zahlentheorie

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1 Lösungen - Serie zu den Übungsaufgaben zur Vorlesung Algebraische Zahlentheorie Aufgabe : Berechnen Sie für die folgenden Elemente x in einer Körpererweiterung L K die Norm Nm L K (x) und die Spur T r L K (x). a) Sei L = Q ( + ), K = Q und x = + + b) Sei L = Q (ζ) mit ζ = e πi , K = Q und x = ζ + ζ ζ 4. zu a): Die Körpererweiterung hat Grad 4 und eine Basis ist {, a = +, a = 0 + 6, a = 6 4 }. Die vier Einbettungen in C sind durch σ : + + σ : + + σ : + σ 4 : + gegeben. (Man setzt sie aus den Einbettungen von Q ( ) und Q ( ) zusammen.) Berechnung mit Hilfe der Einbettungen: T r L K (x) = σ Nm L K (x) = σ σ(x) = = 4 ( 6 σ(x) = + ) ( ) ( + ) 6 6 ( ) + 6 = 6 9. Berechnung mit Hilfe der Matrix: Für die Berechnung aus der Matrix zur Abbildung T x erkennt man zuerst, dass die Elemente {,,, 6} auch eine Basis bilden.

2 Bezüglich dieser Basis ist T x durch 6 gegeben. Damit berechnet man die selben Zahlen. b): Das Polymon X 5 von dem ζ eine Nullstelle ist hat oensichtlich auch als Nullstelle. Es ist also reduzibel über Q und wir erhalten X 5 = (X )(X 4 +X +X +X +). Der zweite Term in dieser Zerlegung ist irreduzibel und das Minimalpolynom von ζ. Der Grad von L über Q ist also 4 und eine Basis ist {, ζ, ζ, ζ } (beachte: = ζ ζ ζ ζ 4 ). Die vier Einbettungen in C sind durch σ : ζ ζ σ : ζ ζ σ : ζ ζ σ 4 : ζ ζ 4 gegeben. Berechnung mit Hilfe der Einbettungen: T r L K (x) = σ(x) = (ζ + ζ ζ 4 ) + (ζ + ζ 4 ζ ) + (ζ + ζ ζ ) + (ζ 4 + ζ ζ) = (ζ + ζ + ζ + ζ 4 ) = Nm L K (x) = σ(x) = (ζ + ζ ζ 4 )(ζ + ζ 4 ζ ) (ζ + ζ ζ )(ζ 4 + ζ ζ) = Berechnung mit Hilfe der Matrix: Bezüglich der Basis {, ζ, ζ, ζ } ist T x durch gegeben. Damit berechnet man die selben Zahlen.

3 Aufgabe : Zeigen Sie, dass die Menge B = {,, } eine Ganzheitsbasis für Q ( ) Q bildet. (Die reelle dritte Wurzel wird adjungiert.) Berechnen Sie auÿerdem die Diskriminante von B. Ganzheitsbasis: Um zu zeigen, dass B eine Ganzheitsbasis ist, muss gezeigt werden, dass O K = Z[ ] (mit K = Q ( ) ). Jedes Element x = a + a + a K ist Nullstelle des folgenden Polynoms aus Q[X]: f x = (X a a a )(X a a ζ a ζ )(X a a ζ a ζ ) = X a X 6a a X + 6a a a a a 4a () Wenn a + a + a K \ Q, so ist das Polynom aus () das Minimalpolynom. Man sieht sofort, dass Z[ ] O K und bekanntermassen ist O K Q = Z. Wir suchen also noch genau die x K \ Q mit f x Z[X] (nach Lemma 6 der Vorlesung). Wir können annehmen, dass die a i in a + a + a O K in Q \ Z liegen oder Null sind. (Da O K ein Ring ist und Z[ ] O K.) Nun können wir der Reihe nach ausschlieÿen, dass (a) genau ein Koezient echt gebrochen ist, (b) zwei Koezienten echt gebrochen sind, (c) alle Koezienten echt gebrochen sind. Womit O K = Z[ ] gezeigt wäre. zu (a): Nur a echt gebrochen: Kann nicht sein wegen O K Q = Z. Sei x O K mit a Q \ Z und a = a = 0, dann muss gelten a Z (damit f x Z[X]). Widerspruch (zu a Q \ Z)! Sei x O K mit a Q \ Z und a = a = 0, dann muss gelten 4a Z. Widerspruch! zu (b): Sei x O K mit a, a Q \ Z und a = 0, dann muss gelten a, a + a Z (damit f x Z[X]). Also a = a mit a Z, a und demnach 7 (a + 7a ). Dies führt aber sofort zu 7 a also a. Widerspruch! Die anderen beiden Fälle verlaufen ähnlich. zu (c): Sei x O K mit a, a, a Q \ Z. Dann muss gelten a, 6a a, 6a a a a a 4a Z (damit f x Z[X]). Also a = a mit a Z, a und a und a haben und im Nenner. Erster Fall: a = a, a = a mit a, a Z, a, a. Demnach ist a a a 7 a 4 a 4 7 a Z. Also 4 7 (6a a a 4a 7a 6a ). Dies führt aber zu 4 7a, also a. Widerspruch! Der andere Fall verläuft ähnlich. Diskriminante: Die Diskriminante einer Basis α,... α n ist als det(σ i (α j )) deniert, wobei σ j die n Einbettungen durchläuft. Angewandt auf diese Aufgabe ergibt sich: d(,, ) = det ζ ζ ζ = ( 6(ζ ζ ζ ) ) = 08

4 Aufgabe : Sei K Q ein Zahlkörper und B eine Z-Basis (eine Ganzheitsbasis) für K. Zeigen Sie, dass die Diskriminante d(b) nicht von der Wahl der Ganzheitsbasis abhängt, d.h. dass alle Z-Basen gleiche Diskriminante haben. Sei [K : Q] = n. Wenn sowohl α,..., α n als auch β,... β n Ganzheitsbasen sind, dann gilt β i = n a ij α j und α i = j= n b ij β j, a ij, b ij Z. () j= Seien α = (α i ) i, β = (β i ) i die Vektoren, die die Basen als Einträge haben, und A = (a ij ) i,j sowie B = (b ij ) i,j die Matrizen aus den Koezienten aus (). Dann gilt α = BA(α) und β = AB(β). Die Matrizen A und B sind also inverse Matizen mit Einträgen aus Z, d.h. ihre Determinante ist det(a) = det(b) = ±, da sie in Z = {±} liegt. Für die Diskriminanten folgt: (Die auftretenden σ k sind die n Q-Einbettungen von k nach Q) d(α,..., α n ) = (det(σ k (α i ))) ( ( )) n = det σ k ( b ij β j j= ( ( n )) = det b ij σ k (β j ) j= = (det (B(σ k (β j )))) = (det(b)) (det(σ k (β j ))) = d(β,..., β n )

5 Aufgabe 4: Sei A ein ganzabgeschlossener Integritätsbereich, K = Quot(A), L K eine endliche Körpererweiterung und B der ganze Abschluÿ von A in L. Das Lemma 9 der Vorlesung besagt, dass ein Element aus B Spur und Norm in A hat. a) Habe nun L K den Grad zwei. Beweisen Sie, dass dann auch die Umkehrung der obigen Aussage gilt, d.h. zeigen Sie, dass gilt x L : Nm L K (x) A und T r L K (x) A x B. b) Zeigen Sie anhand eines Gegenbeispiels, dass die Umkehrung im Allgemeinen nicht gilt. (Hinweis: Bei beiden Teilaufgaben hilft die Aufgabe 4 der Serie.) zu a) Sei L K eine Körpererweiterung vom Grad. Dann gibt es zwei Einbettungen σ, σ : K K, wobei wir uns σ als die Identität vorstellen. Sei x L mit T r L K (x), Nm L K (x) A. Dann ist X T r K Q (x)x + Nm K Q (x) normiert und in A[X], d.h. die Nullstellen des Polynoms sind ganz über A also in B. Nun gilt mit Proposition 7 der Vorlesung X T r K Q (x)x + Nm K Q (x) = X ( σ (x) + σ (x) ) X + σ (x)σ (x) = (X σ (x))(x σ (x)) und x = σ (x) ist eine der Nullstellen, also x B. zu b) Betrachte des Polynom f := X + X + X +. Dieses Polynom ist normiert und über Q irreduziebel, ( d.h. es ist das Minimalpolynom seiner Nullstellen. Eine Nullstelle ist x = ) 6 + ; x ist keine ganze algebraische Zahl, da f Z[X] (wie es nach Aufgabe 4 der Serie der Fall sein muss). Die drei Einbettungen σ, σ, σ des Körpers K = Q(x) nach C bilden x auf alle Nullstellen von f ab und es gilt f = (X σ (x))(x σ (x))(x σ (x)) Also gilt = X ( σ (x) + σ (x) + σ (x) ) X + ( σ (x)σ (x) + σ (x)σ (x) + σ (x)σ (x) ) X σ (x)σ (x)σ (x) = X T r K Q (x)x + ( σ (x)σ (x) + σ (x)σ (x) + σ (x)σ (x) ) X Nm K Q (x). T r K Q (x) = Z Nm K Q (x) = Z und das Element x ist das gesuchte Gegenbeispiel im Körper K = Q(x) über Q.

6 Aufgabe 5: Beweisen Sie, dass der Ring der ganzen Zahlen in einem Zahlkörper ein Dedekindring ist. Sei K ein Zahlkörper mit Ring der ganzen Zahlen O K. Es muss gezeigt werden (a) O K ist ein Integritätsbereich. (b) O K ist noethersch. (c) O K ist ganzabgeschlossen. (d) Jedes Primideal in O K ist maximal. zu (a) Als Ring in Q ist O K ein Integritätsbereich. zu (b) Aus Satz der Vorlesung folgt, dass O K endlich über Z erzeugt ist. Deshalb ist auch O K noethersch. zu (c) O K ist deniert als der ganze Abschluÿ von Z in K, also per Denition ganzabgeschlossen. zu (d) Um zu zeigen, dass ein Primideal p von O K maximal ist, werden wir zeigen, dass der Quotient O K /p ein Köper ist. Dazu betrachten wir zuerst p Z. Es gilt (p) = p Z, wobei p eine Primzahl ist: Die Eigenschaft ein Primideal zu sein, erbt p Z von p. Nun müssen wir noch zeigen, dass p Z (0): Sei x p O K, so gibt es a i Z, i = 0,..., n mit x n + a n x n + + a 0 = 0. (Hier ist a 0 0: Man kann x so lange kürzen, bis man eine Gleichung mit a 0 0 erhält.) Also ist a 0 = x n a n x n + a x p und p Z (0). Demnach gilt Z/pZ O K /p und O K /p ist eine (Ring-)Erweiterung des Körpers Z/pZ. Alle Elemente aus O K /p sind algebraisch über Z/pZ: Sei x O K /p dann ist ã n x n + ã n x n + + ã 0 = 0 (in O K /p), wobei die Koezienten ã i Z/pZ aus Koezienten eines Polynoms f(x) = a n X n + a n X n + + a 0 Z[X] durch Reduktion modulo (p) entstehen. Hierbei annulliert f(x) einen Repräsentanten von x in O K. Also entsteht O K /p aus Z/pZ durch Adjunktion algebraischer Elemente. Für solche Erweiterungen gilt, dass Z/pZ[α] = Z/pZ(α). Also ist O K /p schon ein Körper.