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1 Karlsruher Institut für Technologie Institut für Algebra und Geometrie PD Dr. Stefan Kühnlein Dipl.-Math. Jochen Schröder Einführung in Algebra und Zahlentheorie Übungsblatt 9 Aufgabe 1 (4 Punkte +) Sei R C ein Teilring von C und : C R 0 der Standardbetrag von C. Zeige, dass R genau dann eine Division mit Rest bezüglich besitzt (das heißt, für alle x, y R, y 0 gibt es z, r mit x = zy + r, r < y ), wenn folgende Eigenschaft gilt: Für alle x R, y R \ {0} gibt es ein z R mit x y z < 1. (Hinweis: Wiederhole das geometrische Argument aus der Vorlesung für den Ring Z[i].) Seien a 1 = 3, a = 3i, a 3 = 1+ 3i =: ζ 3. Für i = 1,, 3 sei R i = Z[a i ] der kleinste Teilring von C, der Z und a i umfasst. Zeige jeweils, dass jedes Element in R i eindeutig als x + ya i, x, y Z dargestellt werden kann. Beweise oder widerlege jeweils, ob R i eine Division mit Rest bezüglich besitzt. Bis zu zwei Zusatzpunkte erhältst du, wenn du für jedes i = 1,, 3 folgende Fragen beantwortest (und deine Antworten begründest!): Ist R i euklidisch? Kann in R i eine Division mit Rest bezüglich durchgeführt werden, die nach endlich vielen Schritten mit Rest 0 abbricht? Kann wie in der Vorlesung gefolgert werden, dass R i ein Hauptidealring ist? Seien x, y R, y 0 beliebig. Wir zeigen stärker, dass genau die z, für die r = x zy die Bedingung r < y erfüllt, die Bedingung x y z < 1 erfüllen. Dann folgt die Behauptung. Dafür benutzen wir y > 0 und die Mulitplikativität des Betrages in C. Es ist x zy < y x zy < y 1 > x zy y = x zy y = x y z, was zu zeigen war. Seien nun die konkreten Ringe R i gegeben. Wir zeigen R i = {x + ya i : x, y Z}. Wegen der Abgeschlossenheit der Ringe R i bzgl. + und folgt. Es reicht zu zeigen, dass die rechte Menge jeweils bereits ein Ring ist. Offensichtlich ist jede der drei rechten Seiten abgeschlossen bezüglich Addition und enthält die 0 und 1 von C. Wegen 3, ( 3i) Z sieht man durch Ausmultiplizieren direkt ein, dass die rechten Mengen für i = 1, multiplikativ abgeschlossen sind. Wegen ζ 3 (1 + ζ 3 + ζ 3) = ζ 3 + ζ und wegen ζ 3 1 folgt, dass 1 + ζ 3 + ζ 3 = 0 sein muss. (Diesen Trick kann man sich ruhig für die Algebra merken, in der man sich näher mit Einheitswurzeln beschäftigt.) Also ist die rechte Seite auch für i = 3 multiplikativ abgeschlossen, denn es ist ζ 3 = 1 ζ 3 und damit (x + yζ 3 )(x + y ζ 3 ) = xx + (xy + yx )ζ 3 + yy ζ 3 = xx yy + (xy + yx yy )ζ 3. Behauptung: Für a C beliebig ist die Darstellung in der Form x + ay (genau dann) eindeutig, wenn a / Q. Uns reicht die schwächere Aussage. Sei a / Q und x + ay = x + ay. Dann ist x x = a(y y). Ist y = y, so folgt sofort x x = 0 und die Darstellungen sind gleich. Wäre aber y y, könnten wir die Gleichung durch y y teilen und erhalten a = x x y y Q. WIDERSPRUCH Die Eindeutigkeit der Darstellungen folgt nun aus der Tatsache, dass 3, 3i, ζ 3 3 auf Aufgabe 4 zurückgreifen. / Q, wobei wir für Wir haben nun die Ringe geometrisch als Teilmengen von C verstanden und können mit der Vorüberlegung untersuchen, wann es eine Division mit Rest gibt. R enthält nur reelle Elemente und jeder Quotient x y ist wieder reellwertig. Jede reelle Zahl besitzt

2 eine ganze Zahl (also insbesondere ein Element aus R ), die weniger als 1 von dieser Zahl entfernt ist (Gaußklammer), insbesondere auch jeder Quotient und somit besitzt R eine Division mit Rest ist Quotient aus Elementen aus R 1. Die nächsten Elemente in R 1 sind 0, 1, 3 und 1 + 3, die aber allesamt Abstand 1 besitzen. Das heißt nach unserer Vorüberlegung, dass wir nicht mit Rest durch teilen können. Der Ring R 3 besitzt eine Division mit Rest. Dies könnten wir (wie in der Vorlesung für die gaußschen Zahlen gesehen) mit einer Fallunterscheidung machen, aber man sieht schnell ein, dass dies sehr umständlich wird. Das geometrische Argument ist hier viel leichter. C wird überdeckt mit gleichseitigen Dreiecken der Seitenlänge 1 und Ecken in R (mit Ecken der Form t, t + 1, t ζ 3 (nach oben spitz) beziehungsweise t, t + 1, t ζ 3 (nach unten spitz) für beliebiges t R 3 ) und jeder Quotient aus Elementen in R ist insbesondere in C, also insbesondere in (mindestens) einem solchen Dreieck mit Rand enthalten. Jeder Punkt eines solchen Dreiecks ist zu einer Ecke weniger weit entfernt als 1, was zu zeigen war. (Genauer kann sogar jede Ecke eines angrenzenden Dreiecks genommen werden, solange der Punkt keine Ecke selbst ist.) Zusatzpunkte: Nun holen wir uns noch ein paar Zusatzpunkte. Eine wichtige Bedingung an euklidisch Ringe ist, dass die Abbildung nach N 0 geht. Wir haben uns früher überlegt (siehe Musterlösung, Übungsblatt 8, Aufgabe ), dass dies etwas aufgeweicht werden kann, sehen hier aber, was für Eigenschaften an N 0 wir dringend brauchen. Direkt fertig sind wir für R, denn R besitzt keine Division mit Rest, kann also bezüglich nicht euklidisch sein und wir können nichts darüber aussagen, ob es ein Hauptidealring ist. (Ist es übrigens nicht.) Wir rechnen nach, ob die Bewertungen in R 3 ganzzahlig sind: Für t = x+yζ 3 = x+y 1+ 3i = x+ y + y 3 i ist t = (x + y ) + ( 3y ) = x + xy + y 4 + 3y 4 = x + xy + y. Also ist t ganzzahlig und wegen der Positivität des Betrages wissen wir, dass es in N 0 liegt. R 3 ist also euklidisch und nach Vorlesung ein Hauptidealring. Die Bewertungen von Elementen aus R 1 sind im Allgemeinen nicht ganzzahlig, etwa 1+ 3 = 4+ 3 / N 0. R 1 ist nicht euklidisch, obwohl es eine Division mit Rest gibt. Können wir dennoch wie in der Vorlesung folgern, dass es ein Hauptidealring ist? Behauptung: Es gibt kein Element mit minimaler Bewertung 0. Damit geht der Beweis aus der Vorlesung schief. Für die Division mit Rest bedeutet dies, dass der Algorithmus iterativ ausgeführt nicht enden muss. Gäbe es nämlich ein solches Element t mit minimalem positivem Betrag, so wäre t insbesondere kleiner als 1, schließlich haben wir etwa mit 1 3 ein Element mit 0 < 1 3 < 1 gefunden. Dann aber ist t R ein Element mit kleinerem positiven Betrag, was ein WIDERSPRUCH ist.

3 Aufgabe (4 Punkte) a) Ist n 1 für n N eine Primzahl, so ist bereits n prim. b) Ist n + 1 für n N eine Primzahl, so ist n eine Zweierpotenz n = k für ein k N 0. c) Zeige, dass für F k = (k) + 1, k N 0 die folgende Rekursion gilt: F k = k 1 d) Folgere aus c), dass es unendlich viele Primzahlen gibt. F i +. (Bemerkung: Die Umkehrungen von a) und b) wurden lange Zeit vermutet, sind aber jeweils falsch. Die kleinsten Gegenbeispiele sind 11 1 = 3 89 und (5) + 1 = Eine (Prim-)Zahl der Form n 1 heißt Mersenne-(Prim-)Zahl. Diese spielen heute bei der Suche nach großen Primzahlen eine wichtige Rolle. Eine (Prim-)Zahl der Form (k) + 1 heißt Fermat-(Prim-)Zahl. a) Sei n 1 eine Primzahl mit n = pq. Dann ist ( p 1) q 1 pi = p q 1 pi q 1 pi = q pi q 1 pi = pq 1 = n 1. Da n 1 eine Primzahl ist, muss p 1 {1, n 1} sein. Ersteres impliziert p = 1, zweiteres impliziert q = 1. Die Zerlegung n = pq ist also keine echte Zerlegung, n ist prim. b) Sei n + 1 eine Primzahl und n = a b mit ungeradem Anteil b. Dann ist n + 1 = ab + 1 = ( a ) b + 1 ( 1) b + 1 = 0 (modulo a + 1). Also ist a + 1 ein Teiler der Primzahl ab + 1. Da a ist, muss a + 1 = ab + 1 sein, was b = 1 erfordert. n kann also keinen echten ungerade Anteil enthalten. c) Die Aussage wird per vollständiger Induktion bewiesen. Wegen F 0 = 3 und weil das leere Produkt 1 ist, gilt die Aussage für k = 0. Wer das leere Produkt nicht mag, der vergesse den Fall k = 0 und beginne seine Induktion mit k = 1: F 1 = 5 = 3 + = F 0 +. Sei die Aussage nun wahr für ein festes k N 0, das heißt F k = k 1 F i +. Dann ist F k+1. k F i = k 1 F i F k = (F k ) F k = ( (k) 1)( (k) + 1) = ( (k) ) 1 = (k+1) 1 = d) Behauptung: Die Menge {p P : p F k für ein k N 0 } ist unendlich. Dazu zeigen wir, dass jeder Primteiler von F k noch kein Primteiler von einer der bisherigen Fermat-Zahlen F 0,..., F k 1 war. Da jede Fermat-Zahl mindestens einen Primteiler besitzt, erhalten wir somit für jedes k mindestens ein neues Element und die Behauptung ist bewiesen. Jeder Primteiler eines F j, j < k teilt das Produkt k 1 F j. Würde er zusätzlich F k = k 1 F j + teilen, so müsste er auch die Differenz teilen. Da aber kein Teiler einer Fermat-Zahl ist (diese sind offensichtlich alle ungerade), kann dies nicht zutreffen und alle Primteiler von F k sind wirklich neue Elemente unserer Menge.

4 Aufgabe 3 (4 Punkte) Sei f = n a i X i Z[X], a n 0 mit ggt(a 0,..., a n ) = 1. Sei weiterhin p P eine Primzahl, so dass p a i für alle i = 0,..., n 1, aber p a 0. Zeige, dass f in Z[X] irreduzibel ist. Verwende ohne Beweis, dass f als Polynom in Q[X] aufgefasst sogar über Q[X] irreduzibel ist. Ist 5X 5 15 irreduzibel über Z[X] beziehungsweise Q[X]? (Eisensteinkriterium) Sei f = g h mit g = r b i X i, h = s c i X i Z[X], b r, c s 0. Was wissen wir über die Koeffizienten? Es ist a 0 = b 0 c 0. Wegen p a 0 und da p eine Primzahl ist, muss p eine der beiden Koeffizienten b 0, c 0 teilen. Da p a 0 darf p aber nicht b 0 und c 0 gleichzeitig teilen, teilt also genau einen der Koeffizienten. Ohne Einschränkung gelte p b 0, p c 0. Desweiteren ist a n = b r c s und wegen p a n gilt p b r, p c s. Wegen p c 0, p c s gibt es t (0 < t < s) mit p c 0,..., p c t, aber p c t+1. In a t+1 = t+1 c j b t+1 j = t c j b t+1 j + c t+1 b 0 ist der erste Summand durch p teilbar, denn alle c j, j = 0,..., t sind durch p teilbar, j=0 aber der zweite Summand c t+1 b 0 ist wegen p b 0, p c t+1 und da p eine Primzahl ist nicht durch p teilbar. Es folgt, dass a t+1 nicht durch p teilbar ist, also ist t + 1 = n. Dies impliziert n 1 = t < s n, was nur für s = n möglich ist. Das aber impliziert r = 0, also ist deg(g) = 0, g = c 0. Da nun aber c 0 ein gemeinsamer Teiler aller a i ist, folgt, dass c 0 eine Einheit ist. Insbesondere ist dann g eine Einheit in Z[X]. Bemerkung: Dieses Kriterium heißt Eisensteinkriterium. Auf 5X 5 15 kann das Eisensteinkriterium nicht direkt angewendet werden, da die Koeffizienten nicht teilerfremd sind. Insbesondere ist das Polynom über Z[X] reduzibel, denn 5X 5 15 = 5(X 5 3). In Q[X] ist 5 eine Einheit. Also ist 5X 5 15 genau dann reduzibel, wenn X 5 3 reduzibel ist. X 5 3 ist irreduzibel über Z[X] nach dem Eisensteinkriterium. Mit der ohne Beweis zu verwendenden Behauptung (um diese zu zeigen, muss der obige Beweis nur leicht umformuliert werden, dabei muss hauptsächlich ein passendes äquivalent zu p... in Q gefunden werden) folgt die Irreduzibilität über Q. j=0

5 Aufgabe 4 (4 Punkte) Sei R ein Hauptidealring und Q := Quot(R) := R R\{0} sein Quotientenkörper. Sei f R[X] Q[X] ein normiertes Polynom und α Q eine Nullstelle von f in Q. Zeige, dass α bereits in R ist. Folgere, dass 3 keine rationale Zahl ist. Vorüberlegung: Die nette Eigenschaft, dass R ein Hauptidealring ist, gibt uns aus Z bekannte Aussagen, die wir genauso wie in Z beweisen können. Zunächst gibt es für a, b R stets einen ggt. Die Elemente a g, b g sind dann teilerfremd; dabei sollte klar sein, was die Brüche bedeuten. Desweiteren gilt für teilerfremde a, b R: Teilt a ein Produkt bc, dann teilt a bereits c. Wir benötigen für die Aussagen, dass wir den ggt als Linearkombination darstellen können: Das von a, b erzeugte Ideal ist ein Hauptideal, das von einem Element g erzeugt wird. g ist dann ein ggt von a und b und insbesondere ist g in a, b enthalten, also eine Linearkombination von a und b. Damit folgen beide Aussagen genau wie im Beweis von Sei nun f = X n + a n 1 X n a 0 R[X] mit Nullstelle α = p q, p, q teilerfremd (Solche p, q finden wir wegen der Vorüberlegung, nicht wahr?). Dann ist ( p q )n +a n 1 ( p q )n a 0 = 0. Wir multiplizieren die Gleichung mit q n und erhalten p n + n 1 a i p i q n i = 0. Umstellen verrät uns, dass p n ein q-vielfaches ist, denn jeder der Summanden im Summenzeichen enthält den Faktor p. q p n = p p n 1 impliziert nach der Vorüberlegung aber, dass q bereits p n 1 teilt und induktiv können wir folgern, dass q p. Da p, q teilerfremd gewählt waren, ist q eine Einheit in R und p q = p q 1 bereits in R enthalten. Für R = Z und f = X 3 Z[X] ist 3 nicht in Q, sonst wäre es nach obiger Aussage bereits in Z, was offensichtlich wegen 1 < 3 < nicht möglich ist. (Das möglicherweise aus der Schule bekannte Argument für die Irrationalität von funktioniert genau mit obigem Argument.)

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