Grundlagen der algebraischen Zahlentheorie

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1 Grundlagen der algebraischen Zahlentheorie Philipp Habegger 30. Mai 2012

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3 Inhaltsverzeichnis -1 Vorwort 5 0 Einführung 7 1 Ring der ganzen algebraischen Zahlen Zahlkörper Mehr über Körpererweiterungen Ring der ganzen Zahlen in einem Zahlkörper Diskriminante Dedekindsche Ringe Primidealfaktorisierung in Z K Zerfällung von Primzahlen Kreisteilungskörper Klassen- und Einheitengruppe Geometrie der Zahlen Einbettung von Z K Dirichlets Einheitensatz Diophantische Anwendung 63 3

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5 -1 Vorwort Ich gehe davon aus, dass es noch einige Zeit dauern wird, bis die gröbsten Fehler korrigiert sind. Sie lesen das Skript auf eigene Gefahr! Korrekturvorschläge nehme ich gerne entgegen. Bitte teilen Sie mir solche per oder persönlich nach der Vorlesung mit. Folgende zwei Bücher dienten als Grundstruktur für dieses Skript. Sie enthalten bei auch viel weiterführendes Material, wobei [1] als Einführung in das Thema und [2] als Vertiefung anzusehen ist. 1 Marcus, Number Fields, Springer Verlag 2 Neukirch, Algebraische Zahlentheorie Springer Verlag 5

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7 0 Einführung Der Ausgangspunkte der algebraischen Zahlentheorie ist im 19. Jahrhundert. Die vielleicht wichtigste Motivation war es, folgende Behauptung von Fermat zu beweisen, für dessen Beweis ihm bekanntlich das nötige Papier fehlte. Satz (Fermats letzter Satz ). Sei n 3 eine ganze Zahl und x, y, z Z mit x n + y n = z n. Dann gilt xyz = 0. Obwohl er oft mit Fermats Satz bezeichnet wird, wurde dieses Resultat erst 1994 durch Andrew Wiles, mit der Hilfe von Richard Taylor, bewiesen. Der Ansatz von Wiles wird für diese Vorlesung keine Rolle spielen, da die von ihm verwendeten Methoden weit mehr als algebraische Zahlentheorie benötigen. Dennoch werden wir mit klassischen Methoden eine schwache Version von Fermats letzten Satz beweisen. Dazu können wir zuerst eine einfache Reduktion durchführen. Seien x, y, z Z und n 3 mit x n + y n = z n. Ist p eine Primzahl, die n teilt, so können wir n = pm mit m N schreiben. Es gilt (x m ) p + (y m ) p = (z m ) p. In anderen Worten erfüllen x = x m, y = y m, z = z m die Gleichung x p + y p = z p. Natürlich ist xyz = 0 genau dann, wenn x y z = 0. Um Fermats letzten Satz zu beweisen genügt es also, denn Fall n = p zu behandeln. Diese Reduktion scheint zwar unspektakulär, führt aber zu einer wesentlichen Vereinfachung des Problems. Nachdem wir genügend Theorie im Laufe des Semesters aufgebaut haben, werden wir folgende schwache Variante von Fermats Satz beweisen können. Satz. Sei p 3 eine reguläre Primzahl. Falls x p + y p = z p mit x, y, z Z dann gilt p xyz. Beachten Sie, dass diese Resultat in zweierlei Hinsicht schwächer als der Satz von Wiles ist. Erstens ist die Schlußfolgerung p xyz nicht die optimale, nämlich dass mindestens eines der drei Zahlen x, y, z gleich Null ist. Mit erheblich größerem Aufwand ist es übrigens mit klassischen Methoden möglich, p xyz durch xyz = 0 zu ersetzen. 7

8 0 Einführung Zweitens müssen wir uns auf reguläre Primzahlen beschränken. Die Bedeutung des Adjektivs regulär wird erst im Laufe des Semester erläutert. Zuerst müssen wir Konzepte wie ganze algebraische Zahlen und Klassengruppen einführen. Die drei kleinsten irregulären Primzahlen sind 37, 59 und 67 und das sind die einzigen unter 100. Heuristische Überlegungen, auf die wir nicht weiter eingehen werden, legen nahe, dass eine Primzahl mit Wahrscheinlichkeit e 1/2 = regulär ist. Dennoch ist es bis heute ein offenes Problem zu beweisen, dass es unendlich viele reguläre Primzahlen gibt! Obwohl wir noch einiges an Theorie erarbeiten müssen, bevor wir die schwächere Version von Fermats letzten Satz zeigen können, ist die dem Beweis zugrunde liegene Idee einfach. Wir verdeutlichen diese Idee an einer einfacheren Gleichung, die den Zuhörer aus meiner Algebra Vorlesung bekannt sein sollte. Das folgende Beispiel ist direkt aus dem Skript jener Vorlesung entnommen. Wir interessieren uns für ganzzahlige Lösungen (x, y) der Gleichung y 2 = x Satz. Die einzige Lösung mit x ungerade ist ( 1, 0). (Über Lösungen mit x gerade machen wir hier keine Aussage.) Beweis. Wir schreiben die Gleichung um und faktorisieren y 2 1 = x 3 also (y 1)(y + 1) = x 3. Behauptung: Die Zahlen y 1 und y + 1 sind teilerfremd. Ein gemeinsamer Teiler d Z von y 1 und y+1 ist auch ein Teiler von (y+1) (y 1) = 2. Also kommt nur d {±1, ±2} in Frage. Ist d = ±2, dann ist 2 ein Teiler von x 3 und somit auch ein Teiler von x. Dieser Widersprich zur Voraussetzung erledigt die Behauptung. Wir schreiben nun y 1 = ±p e 1 1 pen n und y + 1 = ±q f 1 1 qfm m mit Primzahlen p i, q i und e i, f i N. Das Produkt (y 1)(y + 1) ist eine dritte Potenz und y + 1, y 1 haben verschiedene Primteiler. Aus der Eindeutigkeit der Primfaktorisierung folgt, dass sowohl die e i wie auch die f i Vielfache von 3 sind. Inbesondere ist y 1 = ±z 3 und y + 1 = ±w 3 mit z, w Z. Wegen ( 1) 3 = 1 verschluckt der Kubus ein negatives Vorzeichen. Wir dürfen y 1 = z 3 und y + 1 = w 3 annehmen. Wir nehmen wieder die Differenz und erhalten 2 = (y + 1) (y 1) = w 3 z 3. Dass zwei Kuben sich so nahe sind ist ungewöhnlich. Die Kuben ganzer Zahlen sind... 27, 8, 1, 1, 8, 28,.... Differenz 2 tritt nur zwischen 1 und 1 auf. Es folgt also w = 1 und z = 1. 8

9 Das kann man formal wie folgt beweisen. Aus w 3 z 3 = 2 folgt w > z und (z+1) 3 z 3 2. Wir multiplizieren die linke Seite aus, dividieren durch 3 und erhalten z 2 + z 1/3 0. Hieraus folgt z = 0 oder z = 1. Aber w 3 = 2 is unlösbar in w Z. Also muss z = 1 und w = 1 gelten. Es gilt y = 1 + z 3 = 0 und damit x = 1. Das ist also die einzige Lösung (für x ungerade). Der Grund wieso wir uns auf ungerade x einschränken mussten ist das Analogon zu p xyz in der vereinfachten Version von Fermats Satz. Als nächstes wollen wir die eben beschrieben Method anwenden, um ganzzahlig Lösungen x, y, z von x p + y p = z p zu untersuchen. Wir üblich ist p eine ungerade Primzahl. Unter der Annahme, dass x p + y p = z p und dass xyz 0 wollen wir einen Widerspruch herleiten. Dazu formen wir um x p = z p y p = y p (t p 1) mit t = z y. Nun betrachten wir den Ausdruck T p 1 als Polynom P (T ) Q[T ]. Dieses Polynom besitzt genau p verschiedene komplexe Nullstellen 1, e 2πi p, e 4πi p,..., e 2πi(p 1) p. Wir kürzen ζ p = e 2πi/p ab. Unser Polynom faktorisiert wie folgt und daraus leiten wir P (T ) = (T 1)(T ζ p ) (T ζ p 1 p ) x p = (z y)(z ζ p y) (z ζ p 1 p y) ab. Die oben vorgelegt Strategie suggeriert nun folgendes Vorgehen. (i) Zunächst sollten wir versuchen zu beweisen, dass z y, z ζ p y,..., z ζp p 1 y paarweise teilerfremd sind. (ii) Danach könnte man hoffe, dass jeder Faktor z ζ i py (für 0 i p 1) eine p-te Potenz ist. (iii) Schließlich sind wir versucht, aus (ii) einen Widerspruch herzuleiten. Schon Schritt (i) führt zu einem Problem. Die Ausdrücke z ζ i py sind für i 0 keine ganze Zahlen und lediglich komplexe Zahlen. Da der Ring der komplexen Zahlen ein Körper ist, ist seine Teilbarkeitstheorie trivial. Wir können uns nicht erhoffen hieraus Information zu gewinnen. Es bietet sich jedoch an, im Ring Z[ζ p ] = {a 0 + a 1 ζ p + + a p 1 ζ p 1 ; a 0,..., a p 1 Z} 9

10 0 Einführung zu arbeiten. Dieser enthält die relevante Elemente z ζ i y und ist den ganzen Zahlen näher als den komplexen. Um wie in (i) von Teilerfremdheit zu sprechen, setzt voraus, dass man es mit einem faktoriellen Ring zu tun hat. Bekannterweise ist Z faktoriell, aber wie steht es mit Z[ζ p ]? Leider gilt folgender Satz, den wir nicht beweisen werden: Satz. Der Ring Z[ζ p ] ist faktoriell p 19. Ein faktorieller Ring zu sein, ist also eine zu starke Einschränkung. Wir werden zwar nicht direkt beweisen können, dass Z[ζ 23 ] nicht faktoriell ist, aber folgendes Beispiel soll verdeutlichen, dass es sich um ein grundsätzliches Phänomen handelt. Beispiel. Man rechnet leicht nach, dass R = Z[ 5] = {a + b 5; a, b Z} ein Unterring der komplexen Zahlen ist. Dieser Ring ist nicht faktoriell, da die zwei Faktorisierungen 6 = 2 3 = (1 + 5)(1 5) nicht äquivalent sind. Es lässt sich beweisen, dass 2, 3, 1 ± 5 irreduzible Element von R sind. Weiterhin sind sie paarweise nicht assoziert. Folglich haben wir 6 auf zwei verschiedene Arten faktorisiert. Die Lösung dieses Problems liegt in Dedekinds Idealtheorie. Die Idee ist, kurz gesagt, nicht Elemente zu faktoriseren, sondern Ideale. Das Wort Ideal stammt von der Ansicht, dass Ideale in bestimmten Situationen bessere Faktorisierungseinschaften besitzen als Element eines Rings. Wir werden in den ersten zwei Kapitel beweisen, dass sich in für uns interessante Situationen, Ideale eindeutig als Produkt von Primideal schreiben lassen. Dieser Faktorisierungssatz gilt natürlich nicht in jedem Ring, sondern in einem sogenannten Dedekindschen Ring. Diese Klasse reicht für viele Anwendungen in der Zahlentheorie aus. Der grobe Plan der Vorlesung sieht wie folgt aus. Kapitel 1. Wir führen Dedekindsche Ringe ein und liefern eine wichtige Klasse von Beispielen. Darunter befinden sich die Ringe Z, Z[ζ p ] sowie Z[ 5]. Sie verallgemeinert den Ring der ganzen Zahl. Kapitel 2. Hier beweisen wir den Faktorisierungssatz für Ideale in einem Dedekindschen Ring. Kapitel 3. Wir studieren eine wichtige Invariante eines Dedekindschen Rings: die Klassengruppe. Es handelt sich um eine abelsche Gruppe welche mißt, wie weit ein Dedekindscher Ring davon entfernt ist, faktoriell zu sein. Kapitel 4. Zuletzt werden wir die erarbeitete Theorie verwenden, um eine schwache Version von Fermats letzten Satz zu beweisen. 10

11 1 Ring der ganzen algebraischen Zahlen Ziel dieses Kapitels ist es, Ringe zu definieren welche in arithmetischen Anwendungen auftreten. Diese sind die sogenannte Dedekindschen Ring. 1.1 Zahlkörper Gegeben seien zwei Körper K und F mit K F. Dann nennt man das Paar K/F eine Körpererweiterung und K eine Körpererweiterung von F. Man kann K auf natürliche Art als Vektorraum über F (oder F -Vektorraum) betrachten. Insbesondere besitzt K eine Basis als F -Vektorraum. Wir werden uns hauptsächlich für den Fall interessieren wo dieser Vektorraum endliche Dimension hat. Definition. Seien K und F Körper mit K F. Falls K ein endlich dimensionaler F -Vektorraum ist so nennt man die Erweiterung K/F endlich und setzt [K : F ] = dim F K. Man sagt auch, dass K eine endliche Erweiterung von F ist. Die Dimension [K : F ] heisst Grad der Erweiterung. In der Zahlentheorie speilt der Körper Q der rationalen Zahlen eine besondere Rolle. Deshalb kriegen die endlichen Erweiterungen von Q einen besonderen Namen. Definition. Eine endliche Erweiterung von Q heisst Zahlkörper. Der Grad eines Zahlkörpers ist [K : Q]. Es folgen ein paar Beispiele. Beispiel. (i) Natürlich ist Q selbst ein Zahlkörper. (ii) Das Polynom X is irreduzibel in Q[X]. Somit ist K = Q[X]/(P ) = Q( 1) ein Zahlkörper und K/Q hat Grad 2. (iii) Der Körper der reellen Zahlen R ist kein Zahlkörper. Wäre R/Q eine endliche Erweiterung, so wäre R als Menge isomorph zu Q n mit n N und damit abzählbar unendlich. Dies ist jedoch absurd. (iv) Ein Zahlkörper K heißt quadratisch, falls [K : Q] = 2. Neben Q sind quadratische Zahlkörper die einfachsten Beispiele. Sei m Z {0, 1} eine quadratfreie Zahl. D.h. es gibt keine Primzahl p mit p 2 m. Das Polynom P = X 2 m Q[X] 11

12 1 Ring der ganzen algebraischen Zahlen ist irreduzibel wegen dem Kriterium von Eisenstein. Der Quotient Q[X]/(P ) ist ein Körper K und es gilt K = Q( m) wobei m gleichbedeutend mit der Restklasse X + (P ) K ist. Eine Basis von K als Q-Vektorraum ist durch (1, m) gegeben. D.h. jedes Element aus x K lässt sich auf eindeutige Art als Linearkombination x = a + mb mit a, b Q schreiben. Wir werden später sehen, dass jede quadratische Erweiterung von Form Q( m) ist. (v) Das Eisenstein Kriterium impliziert ebenfalls, dass X 3 2 ein irreduzibles Polynom in Q[X] ist. Der Körper Q(2 1/3 ) ist somit ein Zahlkörper vom Grad 3. Zahlkörper haben Charakteristik 0. Es gibt auch ein natürlich Analogon in Charakteristik p > 0 und diese sind endliche Körpererweiterungen von F p (X), dem Körper der rationalen Funktionen mit Koeffizienten in F p = Z/pZ. Solche Körper werden in dieser Vorlesung keine Rolle spielen. 1.2 Mehr über Körpererweiterungen In diesem Abschnitt sind K F Körper so, dass K/F eine endliche Körpererweiterung ist. Schon im letzten Abschnitt haben wir gesehen, dass K ein endlich dimensionaler F - Vektorraum ist. Jetzt werden wir Konzepte aus der linearen Algebra verwenden um Element von K zu untersuchen. Jedes x K induziert einen Endomorphismus ϕ x von K (als F -Vektorraum) wie folgt: ϕ x : K K ist gegeben durch ϕ x (y) = xy für alle y K. Wir werden später ϕ x mit der Hilfe einer F -Basis von K als Matrix ausdrücken. Die folgenden zwei Definition sind natürlich basisunabhängig. Definition. Die Notation sie wie oben. (i) Die Spur T r K/F (x) von x (bezüglich K/F ) ist die Spur von ϕ x Endomorphism des F -Vektorraums K. betrachtet als (ii) Die Norm N K/F (x) von x (bezüglich K/F ) ist die Determinante von ϕ x betrachtet als Endomorphism des F -Vektorraums K. Die Notation T r K/F (x) kommt aus dem Englischen oder Französischen ( trace ). 12

13 1.2 Mehr über Körpererweiterungen Beispiel. (i) Hier ist F = R und K = C. Die Erweiterung C/R hat Grad 2. Eine R- Basis von C is gegeben durch (1, 1) (die Wahl der Wurzel von 1 is irrelevant). Sei x = a + b 1 mit x, y R. Dann wird ϕ x bezüglich der eben erwähnten Basis durch [ a ] b b a repräsentiert. Demnach ist T r C/R (z) = 2a und N C/R (z) = a 2 + b 2. (ii) Schauen wir uns eine endliche Erweiterung von Q an. Das Polynom X 2 5 is irreduzibel in Q[X]. Deshalb ist K = Q[X]/P Q[X] = Q( 5) eine endliche Erweiterung von Q; der Grad [K : Q] ist 2. Jetzt ist (1, 5) eine Q-Basis von K (wieder ist die Wahl der Wurzeln von 5 irrelevant). Sei x = a + 5b. Bezüglich unserer Basis wird ϕ x durch [ a ] 5b b a repräsentiert. Deshalb gilt T r K/Q (x) = 2a und N K/Q (x) = a 2 5b 2. Wir werden nun Spur und Norms eines Elements mit Hilfe von Körpereinbettungen beschreiben. Erinnerung. Aus der Algebra kennen wir den folgenden Satz. (i) (Satz des primitiven Elements.) Sei K eine endliche Körpererweiterung von F mit F von Charakteristik 0. Dann existiert ein x K mit K = F (x). In anderen Worten, es gibt ein irreduzibeles Polynom P F [X] so, dass K zum Körper F [X]/P F [X] isomorph ist. (ii) Seien F und K wie in (i) und L ein Körper mit L K, so dass P in L[X] in Linearfaktoren zerfällt. Sei d = [K : F ]. Es gibt paarweise verschiedene Einbettungen σ 1,..., σ d : K L mit σ i F die Identität auf F. Beispiel. Das Resultat (ii) von oben wird durch folgendes Beispiel illustriert. Man nehme F = Q, K = Q( 5) und L = C. Dann ist [K : Q] = 2 und die zwei Einbettungen σ 1,2 : K C sind durch σ 1 ( 5) = 5 und σ 2 ( 5) = 5 festgelegt. Die Bedingung im Satz des primitiven Elements, dass F Charakteristik 0 haben soll kann durch eine schwächere ersetzt werden: man muss nur annehmen, dass K/F eine separabele Körpererweiterung ist. Dies gilt zum Beispiel wenn F ein endlicher Körper ist. Nun können wir Spur und Norm mit Hilfe der σ i ausdrücken. Lemma 1.1. Seien F, K, L, d und σ 1,..., σ d wie oben in (ii). Für x K gilt T r K/F (x) = N K/F (x) = d σ i (x) = a 1 [K : F (x)] i=1 d i=1 σ i (x) = ( 1) [K:F ] [K:F (x)] a m 13

14 1 Ring der ganzen algebraischen Zahlen wobei X m + a 1 X m a m F [X] das F -Minimalpolynom von x ist. Beweis. Wir werden annehmen, dass F (x) = K gilt. Der allgemeine Fall F (x) K wird in einer Übungsaufgabe behandelt. Sei P das F -Minimalpolynom von x mit den Koeffizienten wie in der Behauptung. Wegen unserer Annahmen gilt aber nun m = d. Die Elements 1, x, x 2,..., x d 1 sind F -linear unabhängig. Deshalb ist (1, x, x 2,..., x d 1 ) eine F -Basis von K. Bezüglich dieser Basis wird ϕ x durch a d a d a 1 repräsentiert. Spur und Determinante dieser Matrix sind a 1 und ( 1) d a d. Somit gilt T r K/F (x) = a 1 und N K/F (x) = ( 1) d a d und die Hälfte des Lemmas ist bewiesen. Über L faktorisiert P vollständig in Linearfaktoren Ein Koeffizientenvergleich liefert P = X d + a 1 X d a d = d (X σ i (x)). i=1 a 1 = d d σ i (x) und ( 1) d a d = σ i (x) i=1 i=1 und damit ist der Beweis vollständig. Wir werden uns später mit Spur und Norm auf K beschäftigen. Zunächst konzentrieren wir uns aber auf Ringe. 1.3 Ring der ganzen Zahlen in einem Zahlkörper Das Ziel dieses Abschnitts ist es die korrekte Verallgemeinerung Z K für Z in einem Zahlkörper K zu konstruieren. Zum Beispiel im Fall K = Q( 1) werden wir Z K = Z[ 1] erhalten. Die Konstruktion ist aber ein ganz allgemeines Konzept aus der kommutativen Algebra. Definition. Sei K ein Körper und A ein Unterring von K. Dann heisst A K = {x K; es existieren a 1,..., a d A mit x d + a 1 x d a d = 0} der ganze Abschluss von A in K. Elemente von A K heissen ganz über A. 14

15 1.3 Ring der ganzen Zahlen in einem Zahlkörper Diese Definition macht auch Sinn, wenn der Körper K durch einen Ring ersetzt wird. Bemerkung. (i) Es ist a priori nicht klar, dass A K ein Unterring von K ist. Wir werden aber genau dies weiter unten beweisen. (ii) Auf jeden Fall gilt A A K denn jedes a A ist Nullstelle von X a. Bevor wir zu weiteren Eigenschaften von A K Beispiel anschauen: A = Z und K = Q. kommen werden wir uns ein wichtiges Lemma 1.2. Es gilt Z Q = Z. Beweis. Die Inklusion Z Z Q wurde schon erwähnt. Es reicht also zu zeigen, dass x Z aus x Z Q folgt. Da x Q gibt es teilerfremd p, q Z mit q 0 so, dass x = p/q. Nun ist x auch ganz über Z. Somit existieren a 1,..., a d Z mit x d + a 1 x d a d = 0. Oder p d + a 1 p d 1 q + + a d q d = 0. (1.1) Sei nun l eine Primzahl welche q teilt. Aus (1.1) schliessen wir, dass l auch p teilen muss. Dies widersprich aber der Annahme, dass p und q teilerfremd sind. Somit hat q keine Primteiler. Also q = ±1 und x Z. Wir zeigen weiter unten, dass A K ein Ring ist. Dafür brauchen wir eine alternative aber äquivalente Definition. Lemma 1.3. Sei K ein Körper und A K ein Unterring mit x 1,..., x n K. Die folgenden zwei Aussagen sind äquivalent. (i) Wir haben x 1,..., x n A K. (ii) Der Ring A[x 1,..., x n ] is ein endlich erzeugter A-Modul. (Das heisst, es gibt y 1,..., y m A[x 1,..., x n ] mit A[x 1,..., x n ] = y 1 A + + y m A.) Beweis. Wir zeigen zunächst (i) (ii) über Induktion auf n. Sei n = 1 und x = x 1. Es existieren a 1,..., a n A mit x d + a 1 x d a d = 0. Somit haben wir x d x d 1 A + + A. Induktion auf d zeigt nun, dass für d d die Beziehung x d x d 1 A + + A gilt. Daraus folgt, dass A[x] als A-Modul von x d 1,..., x, 1 erzeugt wird. Sei also n > 1. Aus der Induktionsvoraussetzung folgt A[x 1,..., x n 1 ] = y 1 A+ +y m A für geeignet y i. Deshalb ist A[x 1,..., x n ] = y 1 A[x n ] + y m A[x n ]. Aus dem Fall n = 1 folgt, dass A[x n ] ein endlich erzeugter A-Modul ist. Somit ist die Implikation (i) (ii) bewiesen. Nun zu (ii) (i). Aus Symmetriegründen reicht es zu zeigen, dass x = x 1 ganz über A ist. Sei also A[x 1,..., x n ] = y 1 A + + y m A. Für jedes 1 i m haben wir xy i = m α ij y j j=1 15

16 1 Ring der ganzen algebraischen Zahlen für geeignete α ij A. Die Matrix M = [α ij ] 1 i,j m hat Koeffizienten in A und erfüllt Av = xv mit v = (y 1,..., y m ) t K m, wobei t transponieren bedeutet. Es gilt v 0, also is v ein Eigenvektor von A mit Eigenwert x. Da sich alles im Körper K abspielt ist x Nullstelle des charakteristischen Polynoms von A. Dieses ist aber normiert mit Koeffizienten in A. Deshalb ist x ganz über A. Die Tatsache, dass A K ein Ring ist folgt nun leicht. Proposition 1.4. Sei K ein Körper und A ein Unterring von K. Dann ist A K Unterring von K. ein Beweis. Es reicht zu zeigen, dass mit x, y A K auch x y und xy in A K liegen (die restlichen Ringaxiome sind trivialerweise erfüllt). Aus Lemma 1.3 (i) (ii) folgt, dass A[x, y] = A[x, y, x y, xy] ein endlich erzeugter A-Modul ist. Die Umkehrung (ii) (i) zeigt aber, dass x, y, x y, xy alle in A K liegen. Jetzt kommen wir zu einer wichtigen Definition, die der ganzen algebraischen Zahlen in einem Zahlkörper. Definition. Sei K ein Zahlkörper. Dann heisst Z K der Ring der ganzen Zahlen in K. Element von Z K heissen ganze Zahlen von K. Algebraische Zahlentheorie ist zu einem grossen Teil das Studium von Eigenschaften dieser Ringe. Beispiel. Wir haben schon gesehen, dass Z Q = Z gilt. (Das gleiche Argument zeigt übrigens, dass Z K Q = Z für jeden Körper K Q gilt.) Man erhält also nichts neues im Falle K = Q, was natürlich zu erwarten war. Auf der anderen Seite ist Z K Z für jeden Zahlkörper K mit K Q. Bemerkung. Der Ring Z C is auch wohldefiniert. Er heißt Ring der ganzen algebraischen Zahlen, wird jedoch in der Vorlesung keine besondere Rolle spielen. Das nächste Lemma ist oftmals nützlich um Z K zu bestimmen. Lemma 1.5. Sei K ein Zahlkörper und x K mit Q-Minimalpolynom P Q[X]. Dann gilt x Z K genau dann, wenn P Z[X]. Beweis. Die Richtung folgt aus der Definition. Sei also x Z K. Es existiert R = X d + a 1 X d a d Z[X] mit R(x) = 0. Somit teilt P das Polynom R im Ring Q[X]. In anderen Worten, es gilt R = P Q mit Q Q[X]. Da P und Q normiert sind gibt es p, q Z positiv mit pp, qq Z[X] primitiv (d.h. ihre Koeffizienten sind teilerfremd). Das Gauss sche Lemma impliziert, dass das Produkt (pp )(qq) = pqr primitiv ist. Das ist aber nur möglich falls pq = 1 = p = q. Also hat P Koeffizienten in Z. 16

17 1.3 Ring der ganzen Zahlen in einem Zahlkörper Wir bestimmen nun Z K für die einfachsten nichttrivialen Zahlkörper, den quadratischen Erweiterungen von Q. Beispiel. Sei m Z {0, 1} quadratfrei. Insbesondere gilt m 0 mod 4. Aus dem Eisensteinschen Kriterium folgt, dass X 2 m in Q[X] irreduzibel ist für m 1. Im Fall m = 1 ist dieses Polynom natürlich auch irreduzibel. Deshalb ist K = Q[X]/(X 2 m)q[x] = Q( m) eine quadratische Erweiterung von Q, d.h. [K : Q] = 2. Aus der Algebra sollte bekannt sein, dass jede quadratische Erweiterung von Q von dieser Form ist. Wir berechnen Z K. Zunächst bemerken wir, dass m Z K. Weil Z K ein Ring ist folgt daraus sofort, dass Z[ m] = Z + mz Z K. Jedes Element x Z K hat die Form a + mb mit a, b Q. Wir werden nun weitere Bedingungen an a, b finden. Falls b = 0, dann ist x = a Z K Q = Z (siehe Bemerkung im Beispiel oben). Nehmen wir von nun an also b 0 an. Es gilt m = ((x a)/b) 2 und eine kurze Rechnung zeigt, dass P = X 2 2aX + (a 2 b 2 m) Q[X] bei x verschwindet. Somit ist P das Q-Minimalpolynom von x. Aus der Richtung von Lemma 1.5 wissen wir, dass P Z[X]. In anderen Worten, a = 2a, a 2 b 2 m Z. Somit ist a 2 4b 2 m 4Z und deshalb 4b 2 m Z. Weil m quadratfrei ist, folgt hieraus b = 2b Z (nutze die Primfaktorisierung in Z). Wir haben also a 2 b 2 m 4Z oder a 2 b 2 m mod 4. Falls a ungerade ist, so gilt a 2 1 mod 4 und deshalb b 2 m 1 mod 4. Das kann aber nur sein falls b auch ungerade ist und m 1 mod 4. Diese Argument zeigt, dass im Falle m 2, 3 mod 4 beide a, b gerade sind. Dann sind a und b in Z und wir folgern x Z + Z m = Z[ m]. Zusammenfassend, Z K = Z[ m] falls m 2, 3 mod 4. (1.2) Es bleibt den Fall m 1 mod 4 zu betrachten ( m 0 mod 4 ist unmöglich). Hier wissen wir, dass a 2 b 2 mod 4. Also teilt 4 das Produkt (a b )(a + b ). Das ist aber nur möglich, falls a b gerade ist. Aber a b = (a b )/2 Z und somit ist x von der Form a + b (1 + m)/2 mit a = (a b )/2 Z. Andererseits ist einfach zu zeigen, dass (1 + m)/2 ganz über Z ist mit Q-Minimalpolynom X 2 X + (1 m)/4 Z[X]. Zusammenfassend, [ ] 1 + m Z K = Z falls m 1 mod 4. (1.3) 2 Bemerkung. Ist K ein Zahlkörper, so gibt es im Allgemeinen kein x Z K mit Z K = Z[x]. Lemma 1.6. Sei K ein Zahlkörper und x Z K. Dann sind T r K/Q (x) und N K/Q (x) in Z. Beweis. Wegen Lemma 1.5 liegt das Q-Minimalpolynom X m + a 1 X m a m von x in Z[X]. Spur und Norm von x sind also in Z wegen (1.1). 17

18 1 Ring der ganzen algebraischen Zahlen 1.4 Diskriminante Die primitivste Invariante eines Zahlkörpers ist sein Grad. Die Diskriminante eines Zahlkörpers ist eine Invariant die sich nicht so einfach definieren oder bestimmen lässt. Sie ist jedoch aus zweierlei Hinsicht von grundlegender Bedeutung. Erstens ist sie ein wichtiges technisches Hilfsmittel; auf diesen Aspekt werden wir uns im aktuellen Abschnitt konzentrieren. Zweitens verschlüsselt die Diskriminante fast alle Information eines Zahlkörpers. Wir werden erst später diese Information extrahieren können. Wir beginnen mit der Definition der Diskriminante eines Tupels. Definition. Sei F ein Körper und K eine endliche Erweiterung von Grad d. Die Diskriminante eines Tupels (x 1,..., x d ) K d ist T r K/F (x 1 x 1 ) T r K/F (x 1 x d ) K/F (x 1,..., x d ) = det... T r K/F (x d x 1 ) T r K/F (x d x d ) Sie ist ein Element von F da alle Spuren schon in F liegen. Sie F ein Körper der Charakteristik 0, wir werden den Satz des primitiven Elements anwenden um die Diskriminante auf alternative Weise zu berechnen. Für die nächsten zwei Lemmas brauchen wir die folgende Notation. Gegeben sei ein Körper F der Charakteristik 0 und eine endliche Erweiterung K von Grad d. Es existiert ein Körper L welcher F enthält und d paarweise verschiedene Einbettungen σ 1,..., σ d : K L mit σ i F = id F for 1 i d. Diese Existenzaussage ist eine Konsequenz vom Satz des primitiven Elements. Lemma 1.7. Sei (x 1,..., x d ) K d. (i) Es gilt K/F (x 1,..., x d ) = det σ 1 (x 1 ) σ 1 (x d ).. σ d (x 1 ) σ d (x d ) 2. (1.4) (ii) Falls y i = d j=1 α ijx j mit α ij F, dann gilt K/F (y 1,..., y d ) = det(a) 2 K/F (x 1,..., x d ) wobei A = α 11 α 1d.. α d1 α dd die entsprechende Übergangsmatrix ist. 18

19 1.4 Diskriminante Beweis. Um das Lemma zu beweisen definieren wir M als die Matrix auf der rechten Seite von (1.4). Es gilt σ 1 (x 1 x 1 ) + + σ d (x 1 x 1 ) σ 1 (x 1 x d ) + + σ d (x 1 x d ) det M 2 = det M t M = det... σ 1 (x d x 1 ) + + σ d (x d x 1 ) σ 1 (x d x d ) + + σ d (x d x d ) Diese Determinante ist nun gerade K/F (x 1,..., x d ) wegen Lemma 1.1.Also folgt Teil (i). Teil (ii) folgt aus K/F (y 1,..., y d ) = (det MA t ) 2 = det(a) 2 K/F (x 1,..., x d ); die zweite Gleichheit ist eine Konsequenz von (i). Die Tatsache dass wir eine F -Basis (x 1,..., x d ) durch eine beliebe ersetzen können um die Diskriminante zu berechnen (wenn man die ensprechende Übergangsmatrix kennt) ist entscheidend im nächsten Lemma. Lemma 1.8. Sei (x 1,..., x d ) K d eine F -Basis von K. Dann ist K/F (x 1,..., x d ) 0. Beweis. Weil F Charakteristik 0 hat gibt es x K mit K = F (x). In anderen Worten, (1, x,..., x d 1 ) ist eine F -Basis von K. Wegen Teil (ii) des vorhergehenenden Lemmas genügt es das aktuelle Lemma für diese Basis zu zeigen; die Übergangsmatrix ist natürlich nicht-singulär. Aus Lemma 1.7(ii) erhalten wir 1 σ 1 (x) σ 1 (x) 2 σ 1 (x) d 1 2 K/F (1, x,..., x d 1 ) = det... 1 σ d (x) σ d (x) 2 σ d (x) d 1 Diese Determinante ist von Vandermondeschen Typ. Es gilt K/F (1, x,..., x d 1 ) = (σ i (x) σ j (x)) 2. 1 i<j d Da die σ i paarweise verscheiden sind und weil K = F (x) gilt folgern wir, dass σ 1 (x),..., σ d (x) paarweise verschieden sind. Die Diskriminante ist also nicht 0. Ab jetzt ist K ein Zahlkörper und F = Q. Zur Erinnerung, Z K bezeichnet den Ring der ganzen algebraischen Zahlen in K. Wir werden jetzt die Diskriminante benutzen um die Struktur vom Z K als Z-Modul zu untersuchen. Lemma 1.9. Sei K ein Zahlkörper von Grad d über Q. Des weiteren sei (x 1,..., x d ) K d eine Q-Basis von K wobei wir x 1,..., x d Z K annehmen. Dann gilt K/Q (x 1,..., x d )Z K x 1 Z + + x d Z. 19

20 1 Ring der ganzen algebraischen Zahlen Beweis. Da (x 1,..., x d ) eine Basis von K als Q-Vektorraum ist, können wir jedes x Z K als Linearkombination x = α 1 x α d x d mit α 1,..., α d Q schreiben. Nun berechnen wir die Spur von x i x für die möglichen i in dem wir ihre Q-Linearität ausnützen T r K/Q (x i x) = α 1 T r K/Q (x i x 1 ) + + α d T r K/Q (x i x d ). Fassen wir alle d Gleichung in eine Matrizengleichung zusammen so erhalten wir T r K/Q (x 1 x) T r K/Q (x 1 x 1 ) T r K/Q (x 1 x d ) α 1 v =. =.... T r K/Q (x d x) } T r K/Q (x d x 1 ) {{ T r K/Q (x d x d ) }} α d {{ } M α Aus Lemma 1.6 und x i x Z K folgern wir v Z d. Lineare Algebra impliziert Z d M # v = M # Mα = det(m)α. Unsere Definition der Diskriminante ergibt nun K/Q (x 1,..., x d )α i Z für 1 i d und somit K/Q (x 1,..., x d )x x 1 Z + + x d Z. Das Lemma folgt da x Z K beliebig war. Beachte, dass das vorhergehende Lemma trivial ist wenn die Diskriminante verschwindet. Um diesen Fall auszuschliessen brauchen wir also Lemma 1.8. Als Konsequenz erhalten wir die folgende Proposition welches die Z-Modulstruktur Z K aufklärt.. Proposition Sei K ein Zahlkörper von Grad d und sei M 0 ein endlich erzeugter Z K Untermodul von K (als Beispiel ist M = Z K möglich). Dann ist M frei von Rang d als Z-Modul. In anderen Worten: es gibt Z-linear unabhängige x 1,..., x d M so dass sich jedes element von M in der Form α 1 x α d α d mit α 1,..., α d Z schreiben lässt. Beweis. Sei (x 1,..., x d ) eine beliebige Q-Basis von K. Wir zeigen zuerst, dass wir x 1,..., x d Z K annehmen können. Seien dazu a 0,..., a d Z mit a 0 0 und a 0 x d a d = 0. Dann gilt nach Multiplikation mit a d 1 0 (a 0 x 1 ) d + a 1 (a 0 x 1 ) d a d 1 0 a d = 0. Also ist a 0 x 1 Nullstelle eines normierten Polynoms mit ganzzahligen Koeffizienten und somit a 0 x 1 Z K. Analog können wir x 2,..., x d durch positiv ganzzahlige Vielfache ersetzen die in Z K liegen. Das neue Tupel bleibt eine Q-Basis von K. Also können wir x 1,..., x d Z K annehmen. Nun sei = K/Q (x 1,..., x d ) Q. Wegen Lemma 1.8 haben wir 0. Lemma 1.9 zeigt Z K x 1 Z + + x d Z. 20

21 1.4 Diskriminante Der Struktursatz über endlich erzeugte Z-Moduln impliziert nun, dass Z K ein freier, endlich erzeugter Z-Modul von Rang höchstens d ist. Andererseits gilt x 1,..., x d Z K und diese sind Z-linear unabhängig da sie schon Q-linear unabhängig sind. Also ist der Rang von Z K als Z-Modul mindestens d. Wir haben gezeigt, dass Z K ein freier Z-Modul von Rang d ist. Nun wollen wir dasselbe für M tun. Nach Voraussetzung ist M = y 1 Z K + + y n Z K für ein Erzeugersystem y 1,..., y n M. Mit dem gleichen Argument wie oben finden wir ein ganzzahliges a 1 mit ay 1,..., ay n Z K. Also gilt am Z K. Der Struktursatz über endliche erzeugte Z-Moduln impliziert, dass am endlich erzeugt und frei von Rang höchstens d ist. Andererseits ist M 0, also gibt es m M {0} und mz K M. Daraus folgt, dass M frei von Rang genau d is als Z-Modul. Bemerkung. Diese Proposition gilt sogar in folgender Allgemeinheit. Sei K eine endliche Körpererweiterung von F mit [K : F ] = d und F der Charakteristik 0. Weiterhin sei A ein Unterring von F der ein Hauptidealring ist. Dann ist der ganze Abschluss A K von A in K ein Ring; dies folgt aus Proposition 1.4. Für ein endlich erzeugter A-Modul gibt es auch einen Struktursatz Analog zum Fall A = Z; das entscheidende ist, dass A ein Hauptidealring ist. Mit dem selben Argument wie oben zeigt man, dass jedes endlich erzeugter A K -Untermodul 0 M K ein freier A-Modul von Rang d ist. Wir werden später vielleicht auf diese Verallgemeinerung zurückgreifen. Das nächste Korollar lässt sich auch in dieser Allgemeinheit formulieren. Korollar Sei K ein Zahlkörper. (i) Jedes Ideal von Z K is endlich erzeugt. In anderen Worten ist Z K ein noetherscher Ring. (ii) Ist I 0 ein Ideal von Z K dann ist I ein freier Z-Modul von Rang [K : Q]. (iii) Der Quotientenkörper Quot(Z K ) von Z K ist K. Beweis. Sei I Z K ein Ideal. Da Z K ein freier Z-Modul von Rang [K : Q] ist gemäßproposition 1.10, impliziert der Struktursatz über endlich erzeugte Z-Moduln dass I frei von Rang höchstens [K : Q] ist. Insbesondere ist I endlich erzeugt als Z-Modul. Eine Erzeugendersystem als Z-Modul erzeugt auch I als Ideal. Teil (i) folgt. Um Teil (ii) zu zeigen nimmt man M = I in Proposition 1.10 denn wir wissen jetzt, dass I ein endliche erzeugtes Ideal ist. Schliesslich folgt Teil (iii) aus dem Argument welches wir am Anfang des Beweises von Proposition 1.10 benutzt haben. Achtung. Sei K ein Zahlkörper und I 0 ein Ideal von Z K. Im Allgemeinen ist I kein freier Z K -Modul. Beispiel. Wir Überprüfen direkt dass Z K ein freier Z-Modul von Rang 2 ist falls K ein Zahlkörper von Grad 2 ist. Wir wissen bereits, dass K = Q( m) für ein quadratfreies 21

22 1 Ring der ganzen algebraischen Zahlen m Z {0, 1}. Weiterhin haben wir in der letzten Vorlesung gesehen, dass { Z + Z m : falls m 2, 3 mod 4, Z K = Z + Z 1+ m 2 : falls m 1 mod 4. Im ersten Fall ist (1, m) eine Z-Basis von Z K und im zweiten Fall ist (1, (1 + m)/2) eine Z-Basis. In beiden Fällen sehen wir also direkt, dass Z K ein freier Z-Modul von Rang 2 ist. Jetzt können wir die Diskriminante eines Zahlkörpers definieren. Definition. Sei K ein Zahlkörper von Grad d. Wegen Korollar 1.11 gibt es x 1,..., x d Z K so, dass (x 1,..., x d ) eine Z-Basis von Z K ist. Wir definieren die Diskriminante von K als K = K/Q (x 1,..., x d ). Die Diskriminante ist unabhängig von der Wahl der Z-Basis (x 1,..., x d ): ist (y 1,..., y d ) eine weiter Z-Basis so ist die entsprechende Übergangsmatrix in Gl d (Z). Diese muss Determinante ±1 haben. Es folgt nun K/Q (x 1,..., x d ) = K/Q (y 1,..., y d ) aus Lemma 1.7(ii). Die Definition der Diskriminante und Lemma 1.6 implizieren, dass K Z für jeden Zahlkörper. Des weiteren ist K 0 wegen Lemma 1.8. Für kleine Zahlkörper können wir die Diskriminante schon berechnen. Beispiel. (i) Es gilt Q = 1. (ii) Sei K = Q( m) mit m Z {0, 1} quadratfrei. Wir haben schon eine Z-Basis von Z K kennengelernt. Mit Hilfe dieser lässt sich { 4m : falls m 2, 3 mod 4, K = m : falls m 1 mod 4 zeigen. Definition. Sei K ein Zahlkörper und I 0 ein Ideal von Z K. Dann haben I und Z K denselben endlichen Rang als Z-Moduln wegen Korollar Deshalb ist der Ring Z K /I endlich. Wir definieren die Norm von I als dessen Kardinalität N(I) = #Z K /I <. Wir setzen auch N(0) = 0 für das Nullideal. 1.5 Dedekindsche Ringe Nachdem wir die Z-Modulstruktur von Z K aufgeklärt haben untersuchen wir jetzt die Struktur als Ring. 22

23 1.5 Dedekindsche Ringe Bemerkung. Ist K ein Zahlkörper dann ist im Allgemeinen Z K kein Hauptidealring. Dies haben wir am Beispielt K = Q( 5) schon gesehen. Das Ziel diese Abschnitts ist es, diesen Defizit wett zumachen. Wir werden uns nicht gar nicht erst darum bemühen Element von Z K in Primfaktoren zu faktoriseren. Die zentrale Idee wir sein ganze Ideale von Z K als Produkte von Primideale zu schreiben. Wir beginnen mit einem klassischen Begriff. Definition. Einen Integritätsbereich R nennt man ganz abgeschlossen falls R Quot(R) = R; zur Erinnerung, Quot(R) ist der Quotientenkörper von R. Die nächste Proposition fasst schon bekannte Eigenschaften von Z K mit neuer Information zusammen. Sie ist das Produkt unsere Arbeit bis hierhin. Proposition Sei K ein Zahlkörper. Dann ist R = Z K ein Integritätsbereich und es gilt: (D1) R ist noethersch, (D2) R ist ganz abgeschlossen, (D3) jedes Primideal von R ungleich 0 ist ein maximales Ideal. Beweis. Eigenschaft (D1) ist Korollar 1.11(i). Wir zeigen nun (D2). Das eben erwähnte Korollar impliziert auch Quot(Z K ) = K. Also müssen wir (Z K ) K = Z K zeigen. Hierbei ist die Inklusion klar. Sei also x (Z K ) K. Lemma 1.3 zeigt, dass Z K [x] ein endlich erzeugter Z K -Modul ist. Wegen Proposition 1.10(ii) ist Z K [x] ein endlich erzeugter Z-Modul. Diese enthält Z[x] welches deshalb selbst ein endliche erzeugter Z-Modul ist. Aus Lemma 1.3 (umgekehrte Richtung) folgt nun, dass x ganz über Z ist. Also x Z K. Da x beliebig war folgt (Z K ) K Z K und somit (D2). Um (D3) zu zeigen sei P 0 ein Primideal von Z K. Aus Algebra ist bekannt, dass Z K /P ein Integritätsbereich ist. Dieser Ring ist endlich mit Kardinalität N(P ). Die Proposition folgt nun aus folgender Tatsache: jeder endlicher Integritätsbereich R ist ein Körper. Um das zu zeigen, sei x R {0}. Dann ist y xy ein Ringhomomorphismus R R. Dieser ist injektiv da xy = 0 nur sein kann, falls y = 0. Da R endlich ist muss jede injektive Selbstabbildung R R auch surjektiv sein. Insbesondere gibt es y R mit xy = 1. Also ist R ein Körper. Wir werden nur die drei Eigenschaften (D1), (D2) und (D3) von Z K brauchen um die schon angedeutete Faktorisierungstheorie zu entwickeln. Ring die ihnen genügen tragen einen besonderen Namen. Definition. Ein Integritätsbereich R der (D1), (D2) und (D3) erfüllt, heißt Dedekindsch. Beispiel. (i) Jeder Hauptidealring ist ein Dedekindscher Ring. 23

24 1 Ring der ganzen algebraischen Zahlen (ii) Der Polynomring K[X, Y ] über einem Körper K mit zwei Unbekannte X und Y ist kein Dedekindscher Ring. Obwohl man beweisen kann, dass (D1) und (D2) erfüllt sind, gibt es Primideale wie XK[X, Y ] die nicht maximal sind: XK[X, Y ] (X, Y ). (iii) Gemäß unserer Definition ist ein Körper ein Dedekindscher Ring. Einige Authoren schließen diesen Fall jedoch explizit aus. Proposition 1.12 zeigt uns, dass Z K Dedekindsch ist für jeden Zahlkörper K. Definition. Sei R ein beliebiger Ring (wie immer kommutativ mit 1). Seien I und J zwei Ideale. Wir definieren ihre Summe als I + J = {a + b; a I und b J}. Dann ist I + J wieder ein Ideal von R. Wir können auch deren Produkt definieren { n } IJ = a i b i ; a 1,..., a n I und b 1,..., b n I. i=1 Auch IJ ist ein Ideal von R. Bemerkung. (i) Einzeln sind diese zwei Operationen assoziativ und kommutativ. Zusammen erfüllen sie das Distributivitätsgesetzt. (ii) Das Nullideal {0} ist ein neutrales Element bezüglich der Addition und das Einsideal R ist ein neutrales Element bezüglich der Multiplikation. (iii) Im Allgemeinen ist die Menge der Ideale von R zusammen mit eben definierten Addition (oder der Multiplikation) keine Gruppe: das Inverse fehlen. Wir kommen zum Hauptsatz über Dedekindsche Ring. Satz 1. Sei R ein Dedekindscher Ring und sei I 0 ein Ideal von R. Dann lässt sich I bis auf Permutation auf eindeutige Art als Produkt von endlich vielen Primideale von R schreiben. In anderen Worten, es existieren paarweise verschieden Primideale P 1,..., P g ungleich 0 und positive ganze Zahlen e 1,..., e g mit I = P e 1 1 P g eg. Weiterhin seien Q 1,..., Q h paarweise verschieden Primideale und f 1,..., f h positive ganze Zahlen mit I = Q f 1 1 Qf h h. Dann ist g = h und nach Permutation der Q i gilt P i = Q i und e i = f i für 1 i g. Wir illustrieren die Aussage des Satzes zuerst an einem Beispiel. Der Beweis folgt später. Beispiel. Sei K = Q( 5). Wir wissen aus Abschnitt 1.3, dass Z K = Z[ 5]. Es gilt 6 = 2 3 = (1 + 5)(1 5). und 2, 3, 1 ± 5 sind irreduzibel aber nicht prim. Diese Gleichheit gilt auch für Ideale 6Z K = 2Z K 3Z K = (1 + 5)Z K (1 5)Z K. 24

25 1.5 Dedekindsche Ringe Diese Faktorisierung widerspricht unserem Satz nicht, da 2Z K, 3Z K, (1± 5)Z K keine Primideale sind. Sie lassen sich weiter faktoriseren: wobei 2Z K = P 2 und 3Z K = Q 1 Q 2 P = 2Z K +(1+ 5)Z K, Q 1 = 3Z K +(1+ 5)Z K und Q 2 = 3Z K +(1 5)Z K. Man kann leicht nachrechnen, dass P, Q 1 und Q 2 Ideale sind und, dass die Gleichungen oben gelten. Es lässt sich auch beweisen, dass P, Q 1 und Q 2 sogar Primideale sind. Sie sind aber keine Hauptideale. Es gilt ebenfalls (1 + 5)Z K = P Q 1 und (1 5)Z K = P Q 2. Später werden wir Techniken kennenlernen um Ideale systematisch in Primideale zu faktorisieren. Wir beweisen nun Satz 1 mit der Hilfe von zwei Lemmas. Lemma Sei R ein Dedekindscher Ring und I ein Ideal von R mit I 0. Dann gibt es g 0 und Primideale P 1,..., P g ungleich Null so dass I P 1 P g. Beweis. Es ist zu zeigen, dass die Menge M = {I ein Ideal von R; I 0 und I P 1 P g für alle g 0 und alle Primideale P 1,..., P g von R ungleich Null}. leer ist. Wir beweisen die Aussage, in dem wir ein I M wählen, und einen Widerspruch herleiten. Wegen (D1) ist R noethersch. Ist I I I mit I, I, I,... M so muss diese Idealfolge irgendwann stabilisieren. Deshalb dürfen wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass I folgende Eigenschaft erfüllt. Falls J M und J I dann ist J = I. Es gilt I R da wir g = 0 in der Definition von M zugelassen haben. Das Ideal I kann auch kein Primideal sein, denn sonst wäre es nicht in M. Es gibt also a, b R I mit ab I. Wir setzen A = I + ar und B = I + br. Das sind Ideale von R und es gilt A I und B I wegen der Wahl von a und b. Deren Produkt AB = I + abr ist aber genau I. Da I maximal mit der Eigenschaft I M ist, gilt A M. Analog haben wir B M. Da A 0 und B 0 gibt es Primideale P 1,..., P g, Q 1,..., Q h, allesamt ungleich Null, mit A P 1 P g und B Q 1 Q h. Wir nehmen Produkte und folgern I = AB P 1 Q h. Also liegt I doch nicht in M. Ein Widerspruch. 25

26 1 Ring der ganzen algebraischen Zahlen Das zweite Lemma bedarf einer Definition. Definition. Sei R ein Dedekindscher Ring und P R ein Primideal. Wir definieren das R-Untermodul von Quot(R) P 1 = {x Quot(R); für alle a P gilt xa R} = {x Quot(R); xp R}. Es gilt P 1 R da P ein Ideal von R ist. Die Tatsache, dass R Dedekindsch ist, ist irrelevant für diese Definition. Wir können I 1 für ein beliebiges Ideal in einem Integritätsbereich definieren. Achtung. Im Allgemeinen ist P 1 nicht in R enthalten und deshalb kein Ideal von R. Falls jedoch P 1 eine Teilmenge von R ist, so ist es automatisch ein Ideal von R. Definition. Sei R Dedekindsch, P 0 ein Primideal von R, und I R ein Ideal. Wir definieren das Produkt aus I und P 1 als IP 1 = {a 1 x a r x r ; a 1,..., a r I und x 1,..., x r P 1 }. Lemma Sei R ein Dedekindscher Ring, P 0 ein Primideal von R, und I ein Ideal von R mit I 0. Dann gilt IP 1 I. Beweis. Unter diesen Voraussetzungen gilt sicher IP 1 I da P 1 R. Die Aussage des Lemmas ist also, dass man keine Gleichheit hat. Wir zeigen die Aussage zunächst für I = R. Also müssen wir P 1 R beweisen. Weiter unten behandeln wir den allgemeinen Fall. Wir wählen irgendein a P {0}. Das Hauptideal ar ist ungleich Null. Wegen Lemma 1.13 gibt es Primideal P 1,..., P g ungleich Null mit P 1 P g ar. Wir haben sicher g 1 da ar P R. Ohne Einschränkung der Allgemeinheit können wir annehmen, dass g minimal ist mit der Eigenschaft P 1 P g ar. Wir zeigen zuerst, dass es ein i {1,..., g} gibt mit P i P. Falls nicht gibt es für jedes solche i ein a i P i P. Das Produkt a 1 a g liegt in P 1 P g ar P. Weil P ein Primideal ist, liegt schon ein a i in P. Widerspruch! Nach Permutation der P i können wir P 1 P annehmen. Aus (D3) folgt, dass P 1 ein maximales Ideal ist. Deshalb muss P 1 = P gelten. Aus der Minimalität von g folgt P 2 P g ar. Wir können also b P 2 P g wählen mit b ar. Das heisst, b/a R. Andererseits gilt bp = bp 1 wegen P = P 1. Somit bp P 1 P g ar. Aus der Definition von P 1 folgt b/a P 1. Der Quotient b/a liegt also in P 1 R. Insbesondere ist P 1 R, was zu zeigen war. Nun behandeln wir den Fall wo I 0 ein Ideal von R ist. Wir nehmen IP 1 = I an und werden einen Widerspruch folgern. Wegen (D1) gibt es n 1 und α 1,..., α n I {0} mit I = α 1 R + + α n R. 26

27 1.5 Dedekindsche Ringe Sei x P 1 beliebig. Dann ist α i x IP 1 = I, also können wir a ij R (1 i, j n) finden mit n α i x = a ij α j für 1 i n. j=1 Die n n Matrix A = [a ij ] hat Koeffizienten in R. Die Gleichung oben und (α 1,..., α n ) 0 implizieren, dass x ein Eigenwert von A ist. Somit ist x Nullstelle des charakteristischen Polynoms von A. Dieses Polynom ist normiert und hat Koeffizienten in R. Deshalb ist x ganz über R. Dass heisst, x R Quot(R) da x Quot(R). Wegen (D2) gilt R Quot(R) = R und somit ist x R. Da x P 1 beliebig war folgt P 1 = R. Dies widerspricht dem ersten Teil des Beweises. Bemerkung. Das letzte Lemma hat eine einleuchtende Konsequenz. Ist P R ein Primideal P 0, so folgt P P 1 P. Aber aus der Definition von P 1 folgt, dass P P 1 R ein Ideal von R ist. Wegen (D3) ist das Primideal P maximal. Somit folgt aus P P P 1 R die Gleichheit Sie verleiht der Notation P 1 Bedeutung. Nun können wir Satz 1 beweisen. P P 1 = R. Beweis von Satz 1. Wir beweisen zuerst die Existenz der Primfaktorisierung. Weiter unten zeigen wir die Eindeutigkeit. Ähnlich wie in Lemma 1.13 definieren wir eine Ausnahmemenge M = {I ein Ideal von R; I 0 und I lässt sich nicht als Produkt endlich vieler Primideale ungleich Null schreiben} die, falls sie nicht leer ist, zu einem Widerspruch führt. Nehmen wir also an, dass I M. Mit einem ähnlichen Argument wie im Beweis von Lemma 1.13 nutzen wir (D1) um I in M maximal bezüglich der Inklusion zu wählen. In anderen Worten, falls J M mit J I, dann gilt J = I. Wir haben I R denn das Ideal R ist das leere Produkt. Somit ist I in einem maximalen Ideal P von R enthalten. Zur Erinnerung, ein maximales Ideal in einem beliebigen Ring ist ein Primideal. Sicher gilt auch I P da andererseits I schon prim wäre und deshalb nicht in M liegen würde. Aus Lemma 1.14 schliessen wir I IP 1. Da I P gilt IP 1 P P 1 R. Die letzte Inklusion folgt aus der Definition von P 1. Somit ist IP 1 ein Ideal von R welches I strikt enthält. Weil I maximal mit der Eigenschaft I M ist, muss IP 1 M gelten. Da IP 1 0 gilt IP 1 = P e 1 1 P g eg wobei P 1,..., P g Primideale von R ungleich Null sind. 27

28 1 Ring der ganzen algebraischen Zahlen Um den Widerspruch zu erlangen müssen wir die Gleichheit oben mit P multiplizieren. Dabei erinnern wir uns, dass P 1 P = R gilt. Nun beweisen wir die Eindeutigkeit der Primidealzerlegung. Nehmen wir also an, dass I = P e 1 1 P eg g = Q f 1 1 Qf h h mit P i, Q i, e i, f h wie in der Formulierung des Satzes. Wir werden Eindeutigkeit mittels Induktion auf e e g 0 zeigen. Ist der Induktionsparameter Null, oder äquivalent g = 0, so muss I = R sein. Daraus folgt h = 0. Sei nun g 1. Es gilt P e 1 1 P g eg P 1. Da Q f 1 1 Qf h h P 1 argumentieren wir wie im Beweis von Lemma 1.14 um zu zeigen, dass es ein i {1,..., h} mit Q i P 1 und f i 1 geben muss. Da wir die Q i permutieren dürfen nehmen wir i = 1 an. Wegen (D3) ist Q 1 ein maximales Ideal und somit Q 1 = P 1. Wie oben zeigt man, dass P 1 P1 1 = R. Multiplizieren wir also mit P 1 1 so folgt P e 1 1 P eg g = P f 1 1 Qf Qf h h P e Pg eg = P f Q f Qf h h. Die Summe (e 1 1) + e e g ist nun kleiner wie der Induktionsparameter. Aus Induktion folgt nun die Eindeutigkeit. Motiviert durch Satz führen wir Notation ein um Teilbarkeit von Ideale auszudrücken. Definition. Sei R ein Dedekindscher Ring und I, J Ideale von R. Wir schreiben I J falls es ein Ideal I von R gibt mit II = J. Natürlich lässt sich Teilbarkeit von Ideale in einem beliebigen Ring definieren. Korollar Sei R ein Dedekindscher Ring und I, J Ideale von R. Es gilt I J J I. Beweis. Die Richtung = ist einfach: falls J = II so gilt sicherlich J I. Die Umkehrung ist klar falls J = 0. Ansonsten brauchen wir Satz 1. Sei also I = P e 1 1 P g eg und J = P f 1 1 P g fg mit P 1,..., P g paarweise verschiedene Primideal ungleich Null und e i, f i 0 (wir erlauben e i = 0 oder f i = 0). Wir zeigen über Induktion auf e 1 + +e g, dass e i f i gelten muss. Der Fall e 1 + +e g = 0 ist trivial. Nehmen wir also ohne Einschränkung an, dass e 1 1. Dann ist I P 1. Das schon oft benutzte Argument zeigt, dass ein Teiler von J in P 1 liegt. Dies impliziert aber f

29 1.5 Dedekindsche Ringe Ein zweites Argument welches wir schon einige Male gesehen haben zeigt P1 1 P 1 = R. Falls wir also P f 1 1 P g fg P e 1 1 P g eg mit P 1 1 multiplizieren folgt P f Pg fg P e Pg eg. Induktion impliziert nun e i f i. Deswegen ist I = P f 1 e 1 1 Pg fg eg ein wohldefiniertes Ideal von R. Es gilt II = J, wie gewünscht. Bemerkung. Elemente aus Q {0} lassen sich auch in Primfaktoren zerlegen: für x Q {0} gilt x = ±p e 1 1 peg g mit p 1,..., p g Z Primzahlen und e 1,..., e g Z. Der Punkt ist natürlich, dass wir negative e i zulassen. Man kann sich nun fragen ob es ein Analogon für Ideale gibt. Oder in anderen Worten, was sind die Produkt aus Primideale mit Exponenten die möglicherweise negativ sind? Definition. Sei R Dedekindsch und K = Quot(R). (i) Ein gebrochenes Ideal (von R) ist ein endlich erzeugter R-Untermodul von K ungleich Null. (ii) Die Menge aller gebrochener Ideale von R wird mit J R bezeichnet. (iii) Sind M und N zwei gebrochene Ideale dann ist ihr Produkt durch MN = {m 1 n m r n r ; m 1,..., m r M und n 1,, n r N} gegeben. Das Produkt MN liegt wieder in J J. Wir erhalten dadurch eine assoziative und kommutative Verknüpfung J R J R J R. Bezüglich dieser Verknüpfung ist das gebrochene Ideal R ein Einselement. (iv) Ist M ein gebrochenes Ideal so definieren wir M 1 = {x K; xm R}. Dann ist M 1 wieder ein gebrochenes Ideal. Wir erhalten also eine Selbstabbildung J J J J gegeben durch M M 1. Jedes Ideal ungleich Null eines Dedekindschen Rings R ist ein gebrochenes Ideal da Dedekindsche Ringe noethersch sind. Falls P 0 ein Primideal von R ist, so stimmt die Definitionen für P 1 aus (iv) oben mit der Definition auf Seite 26 überein. Proposition Sei R ein Dedekindscher Ring. Dann ist J R zusammen mit der Verknüpfung aus (iii) und der Abbildung aus (iv) als Inverseabbildung eine abelsche Gruppe mit Einselement R. Sie wird von den Primidealen ungleich Null aus R frei erzeugt. 29

30 1 Ring der ganzen algebraischen Zahlen Beweis. Um die Gruppeneigenschaft zu beweisen reicht es zu zeigen, dass MM 1 = R gilt für alle M J R. Wir machen dies zunächst falls M zusätzlich ein Ideal von R ist. Wegen Satz 1 können wir M faktorisieren M = P 1 P g mit P i 0 Primideale. Es reicht zu zeigen, dass M 1 = P 1. Die Definition impliziert die Inklusion. Für die andere Richtung 1 Pg 1 sei x M 1. Dann ist xm R und deshalb xmp1 1 Pg 1 aber schon oft bewiesen, dass P i Pi 1 x P1 1 Pg 1, wie erwünscht. = R. Daraus folgt MP1 1 Pg 1 P1 1 Pg 1. Wir haben = R und deshalb Ist M J R beliebig so gibt a R {0} mit am R weil M ein endlich erzeugter R- Modul ist. Nun ist es einfach zu zeigen, dass (am) 1 = a 1 M 1. Da am ein Ideal von R ist wissen wir bereits, dass (am)(am) 1 = R. Somit folgt MM 1 = R, wie gewünscht. Dass J R von Primideale in R ungleich Null erzeugt wird folgt aus obigem Argument. Dass diese Ideale unabhängig sind folgt aus der Eindeutigkeitsaussage in Satz 1. Bemerkung. Falls K ein Zahlkörper ist werden wir oft J K anstelle von J ZK schreiben. Beispiel. Die Gruppe J Q wird frei von 2Z, 3Z, 5Z,... erzeugt. Sie ist zu Q >0 isomorph. Also ist schon die Gruppe J Q sehr gross. Sie hat unendlichen Rang. Es stellt sich heraus, dass ein bestimmter Quotient von J R in vielen Situationen handlicher ist. Definition. Sei R ein Dedekindscher Ring mit Quotientenkörper K. (i) Jedes x K erzeugt ein gebrochenes Ideal xr J R. Solche gebrochene Ideale nennt man gebrochene Hauptideale. Die Menge P R = {xr; x K } ist eine Untergruppe von J R. Falls K ein Zahlkörper ist und R = Z K, so schreiben wir oft P K für P R. (ii) Der Quotient Cl R = J R /P R nennt man die Klassengruppe von R. Ist I J R so schreiben wir [I] für das Bild von I in Cl R. Falls K ein Zahlkörper ist und R = Z K, so schreiben wir oft Cl K = Cl ZK. In dieser Notation gilt also [I] = 1 genau dann, wenn I ein gebrochenes Hauptideal ist. Bemerkung. Sei R ein Dedekindscher Ring. (i) Jede Klasse in Cl R wird durch ein Ideal I R mit I 0 repräsentiert. (ii) Die Klassengruppe Cl R ist genau dann trivial, wenn jedes gebrochene Ideal ein gebrochenes Hauptideal ist. Wegen (i) ist dies genau dann der Fall, wenn R ein Hauptidealring ist. (iii) Falls R = Z K für ein Zahlkörper K so findet man in der Literatur viele verschieden Bezeichnung für Cl K. Zum Beispiel G, H K oder H 1 (Spec Z K, G m ). Beispiel. Sei K = Q( 5). Wir wissen bereits, dass Z K kein Hauptidealring ist. Deshalb gilt Cl K {1}. Wir werden bald sehen, dass Cl K zyklisch der Ordnung 2 ist. 30