Lösungen - Serie 1 zu den Übungsaufgaben zur Vorlesung Algebraische Zahlentheorie

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1 Lösungen - Serie 1 zu den Übungsaufgaben zur Vorlesung Algebraische Zahlentheorie Aufgabe 1: Zeigen Sie die folgenden Identitäten zu Idealen: In Z[ 5] gilt () = (, 1 + 5) (, 1 5) und (1 + 5) = (, 1 + 5) (3, 1 + 5). bzgl. der ersten Gleichheit: Als erstes zeigen wir: () (, 1 + 5) (, 1 5). Es ist = 6 4 = (1 + 5)(1 5) (, 1 + 5) (, 1 5). Also gilt () (, 1 + 5) (, 1 5). Für die andere Inklusion betrachten wir ein beliebiges Element α aus (, 1+ 5) (, 1 5). Dieses hat die Form α = a + (1 + 5)b) (c + (1 5)d) = 4ac + (1 5)ad + (1 + 5)bc + 6bd für a, b, c, d Z[ 5]. Da alle Summanden den Faktor enthalten, gilt α () und (, 1 + 5) (, 1 5) (). bzgl. der zweiten Gleichheit: Als erstes zeigen wir: (1 + 5) (, 1 + 5) (3, 1 + 5). Es ist = (1 + 5) 3 (1 + 5) (, 1 + 5) (3, 1 + 5). Also gilt (1 + 5) (, 1 + 5) (3, 1 + 5). Für die andere Inklusion betrachten wir ein beliebiges Element α aus (, 1+ 5) (3, 1+ 5). Dieses hat die Form α = a + (1 + 5)b) (3c + (1 + 5)d) = 6ac + (1 + 5)ad + 3(1 + 5)bc + (1 + 5) bd für a, b, c, d Z[ 5]. Da 6 = (1+ 5)(1 5) gilt, ist in alle Summanden den Faktor enthalten und wir erhalten α (1 + 5) und (, 1 + 5) (3, 1 + 5) (1 + 5).

2 Aufgabe : Betrachten Sie den Körper K = Q(, 3 3). Berechnen Sie den Grad der Körpererweiterung K Q und bestimmen Sie ein primitives Element. Grad: Es ist [Q( ) : Q] = (das Minimalpolynom ist X ) und [Q( 3 3) : Q] = 3 (das Minimalpolynom ist X 3 3). Auÿerdem gilt Q( ) Q( 3 3) = Q (die Annahme, dass dies nicht der Fall ist führt zu einem Widerspruch) und als Grad ergibt sich 3 = 6. Primitive Element: Es gibt eine Reihe von möglichen primitiven Elementen. Entsprechend der Theorie ist ein primitives Element durch α = gegeben. Oensichtlich ist α Q(, 3 3). Leider ist es recht aufwendig direkt zu zeigen, dass, 3 3 Q( + 3 3): Nach längerer Rechnung erkennt man, dass gilt = 755 α α α α α α = 755 α α α α α α6.

3 Aufgabe 3: Bestimmen Sie, ob die folgenden Ausdrücke ganze algebraische Zahlen sind: a) b) c) d) zu a) Die Zahl ist eine ganze algebraische Zahl, da sie Nullstelle von X 3 3X + 3X 57 ist. zu b) Es gilt = 3 6. Die Zahl ist eine ganze algebraische Zahl, da sie Nullstelle von X + 6X + 3 ist. zu c) Die Zahl a = ist eine keine ganze algebraische Zahl. Ihr Minimalpolynom f a = X X 11 ist. (Bei f 4 a handelt es sich um das Minimalpolynom, da a von Grad zwei ist und f a ein normiertes Polynom von Grad zwei ist, welches a als Nullstelle hat.) Nach Aufgabe 4 müssen die Koezienten des Minimalpolynoms in Z liegen, damit ein Ausdruck eine ganze algebraische Zahl ist. Doch f a Z[X]. zu d) Die Zahl ist eine ganze algebraische Zahl, da sie Nullstelle von X X 11 ist.

4 Aufgabe 4: Beweisen Sie das folgende Lemma aus der Vorlesung: Sei A ein ganzabgeschlossener Integritätsbereich, K = Quot(A) und L K eine endliche Körpererweiterung. Dann ist β L genau dann ganz über A, wenn die Koezienten seines (normierten) Minimalpolynoms p β (X) in A liegen, d.h. wenn gilt: p β (X) A[X]. ganz Minimalpolynom in A[X]: Sei β L ein ganzes Element. Dann existiert ein normiertes f A[X] mit f(β) = 0. Sei p β K[X] das Minimalpolynom von β. Dann gilt p β f wegen der Minimalität von p β. Also sind alle Nullstellen von p β in K, einem algebraischen Abschluÿ von K, auch Nullstellen von f und somit ganz über A. In K ist p β = n i=1 (X α i) = X n + ( n i=1 α i) X n n i=1 α i. Also sind alle Koezienten von p β als Summen und Produkte von ganzen Elementen ganz. Die Koezienten liegen also in K und sind ganz über A. Da A ganzabgeschlossen in K ist, folgt p β A[X]. Minimalpolynom in A[X] ganz: Sei β L und sein Minimalpolynom p β (X) A[X] dann ist β ganz, da p β (X) genau das gesuchte normierte Polynom mit Koezienten in A ist, welches β annulliert.

5 Aufgabe 5: Bestimmung von Ringen der ganzen Zahlen: a) Beweisen Sie, dass der Ring der ganzen Zahlen in Q nur Z ist. b) Sei d Z eine quadratfreie ganze Zahl (d 0, 1). Berechnen Sie den Ring der ganzen Zahlen in K = Q[ d]. zu a) Die Behauptung folgt sofort aus Proposition 4 der Vorlesung die besagt, dass jeder faktorielle Ring ganzabgeschlossen ist. zu b) Wir betrachten K = Q( d) = a + b d } a, b Q für quadratfreies d Z. Wir suchen O K. Wir wissen, dass Z O K. Nun prüfen wir, ob der Ring der ganzen Zahlen evtl. gröÿer ist. Nach Aufgabe 4 liegen genau diejenigen Elements aus K in O K deren Minimalpolynom in Z[X] liegt. Das Minimalpolynom eines Elements a + b d aus K ist Also gilt (X a b d)(x a + b d) = X ax + a b d. a + b d O K (i) a Z und (ii) a b d Z. Der Nenner von a und b ist höchstens : a, b 1 a b Z. Dann setzen wir a = und b =. Die Bedingung (i) ist immer erfüllt. Aus (ii) wird a b d Z. Wir müssen also die a und 4 b suchen mit a b d 0(4). Wir erinnern uns, dass z 1(4) falls z 1() (1) 0(4) falls z 0() Nun unterscheiden wir nach den unterschiedlichen Paritäten von d: d 1(4): Es gilt a b d a b (4) Nach Gleichung (1) ist dies genau dann 0, wenn a b (). d (4): Es gilt a b d a b (4) Nach Gleichung (1) ist dies genau dann 0, wenn a b 0(). d 3(4): Es gilt a b d a 3b (4) Nach Gleichung (1) ist dies genau dann 0, wenn a b 0(). In den Fällen d, 3(4) müssen a und b also gerade sein, d.h., dass a, b Z. Im Fall d 1(4) kann der Nenner auftauchen, doch nur, wenn a b (). Wir erhalten also Falls d, 3(4) gilt O K = Falls d 1(4) gilt O K = a + b d } a, b Z = Z[ d]. a + b } d a, b Z und a b() = a + b 1 + d } a, b Z.