Lösungsvorschläge zu den Aufgaben auf Übungsblatt 07. x Dy y x

Lösungsvorschläge zu den Aufgaben auf Übungsblatt 07 Aufgabe 1. Es seien R ein kommutativer Ring mit 1 und D R. Wir schreiben { ) x Dy QR, D) = x, y R}. y x Dann ist QR, D) abgeschlossen bezüglich der Addition ) und Multilikation von Matrizen ) und bildet 0 D einen kommutativen Ring mit Einselement E =. Setzen wir W := QR, D), so 0 1 lässt sich jedes X QR, D) in der Form X = xe + yw mit x, y R schreiben. Da wir R vermöge x xe als Unterring von QR, D) auffasssen können, schreiben wir dann auch X = x + yw. Wir definieren die Konjugation auf S := QR, D) durch σ : S S, x + yw x yw, die Sur durch und die Norm durch Zeigen Sie: Tr : S R, X X + σx), N : S R, X XσX). i) X QR, D) ist genau dann invertierbar, wenn NX) in R invertierbar ist. In diesem Fall gilt X 1 = NX) 1 σx). ii) Ist K ein Körer und D K ein Element, das keine Quadratwurzel in K besitzt, so ist K[ D] := QK, D) ein Körer. iii) Es sei eine ungerade Primzahl und F := Z/Z der endliche Körer mit Elementen. Sei so, dass 1 keine Quadratwurzel in F besitzt. Dann ist die Norm surjektiv. N : F [ 1] F Beweis. Es seien A, B S zwei beliebige Elemente. Dann gibt es a, a, b, b R mit A = a + a W und B = b + b W. Insbesondere gilt AB = a + a W )b + b W ) = ab + ab W + a W b + a W b W = ab + a b D) + ab + a b)w, da W = DE = D vermöge der Einbettung R S gilt. Daraus folgt NAB) = Nab + a b D) + ab + a b)w ) = ab + a b D) + ab + a b)w )ab + a b D) ab + a b)w ) = ab + a b D) ab + a b) W = ab) + a b ) D ab ) D a b) D = NA) NB). Teil i): Es sei nun X S invertierbar. Dann existiert eine Matrix X 1 S mit XX 1 = E. Insbesondere gilt NX) NX 1 ) = NXX 1 ) = NE) = EσE) = E = 1. Also ist NX) in R invertierbar. Wir nehmen jetzt umgekehrt an, dass X S eine Matrix ist, deren Norm in R invertierbar ist. Bezeichnen wir wie gewöhnlich das Inverse von NX) in R mit NX) 1. Offensichtlich ist die Matrix Y := NX) 1 σx) ebenfalls ein Element von S. Außerdem gilt XY = NX) 1 XσX) = NX) 1 NX) = 1, und die Matrix X ist in S invertierbar. Zusätzlich haben wir auch X 1 = Y = NX) 1 σx), wie behautet. Teil ii): K[ D] ist offensichtlich ein kommutativer Ring mit 1. Wir müssen also nur zeigen, dass jedes Element aus K[ D] \ {0} invertierbar ist. Dafür sei X K[ D]. Es existieren demnach x, y K mit 1

X = x + yw. Die Norm von X ist NX) = x y D. Da NX) ein Element eines Körers ist, ist NX) genau dann invertierbar in K, wenn NX) ungleich 0 ist. Nehmen wir also NX) = x y D = 0 an. Dann gilt aber auch y D = x. Ist nun x = 0, so ist auch y = 0, und umgekehrt. Nehmen wir also x, y) 0, 0) an. Dann ist aber y in K invertierbar, und es gilt D = x /y = x/y), was einen Widersruch zu der Voraussetzung, dass D kein Quadrat in K ist, darstellt. Also ist NX) 0, und X ist nach Teil i) in K[ D] invertierbar. Teil iii): Da 1 nach Voraussetzung keine Quadratwurzel in F besitzt, ist F [ 1] = QF, 1) nach Teil ii) ein Körer. Insbesondere gilt dann F [ 1] = F [ 1] \ {0}. Ist x F ein Quadrat, so existiert ein y F F [ 1] mit y = x. Dann gilt aber auch Ny) = NyE) = yeσye) = y = x. Also hat jedes Quadrat in F ein Urbild in F [ 1]. Aus den Berechnungen vor dem Beweis von Teil i) folgt NAB) = NA) NB) für alle A, B F [ 1]. Bezeichnen wir mit N := N F[ 1] : F [ 1] F die Einschränkung von N auf F [ 1], so ist N ein Gruenhomomorhismus. Da 0 F im Bild von N enthalten ist, und da F = F \ {0} ist, ist N genau dann surjektiv, wenn N surjektiv ist. Wir haben bereits gesehen, dass jedes Quadrat von F im Bild von N liegt, und nach Satz 4.6 gibt es genau 1)/ Quadrate modulo. Somit ist der Index [F : ImN )] von ImN ) in F maximal. Es gilt also entweder ImN ) = 1)/ oder ImN ) = 1. Die Abbildung N ist genau dann surjektiv, wenn [F : ImN )] = 1 ist. Wir nehmen an, dass der Index [F : ImN )] = ist. Das Bild von N besteht also genau aus den Quadraten in F. Insbesondere ist damit F ein Quadrat, denn es gilt = 1 + 1 = N 1 + 1W ), ) 0 1 wobei hier insbesondere W = ist. Wir definieren uns rekursiv eine Folge x n ) in F durch x 0 := F und x k+1 = x k + 1. Dann ist x n für jedes n 0 ein Quadrat. Den Induktionsanfang x 0 = haben wir bereits aufgeführt. Wir nehmen also an, dass x k für ein k 0 ein Quadrat ist. Ist x k = 0, so ist x k+1 = 1 = 1. Nehmen wir also x k 0 an. Es sei y k F mit yk = x k. Damit haben wir aber auch N y k + 1W ) = yk + 1 = x k + 1 = x k+1. Also liegt x k+1 im Bild von N und ist somit ein Quadrat. Damit wären aber alle Elemente von F Quadrate, da die Glieder der Folge x n ) offensichtlich alle Elemente von F durchlaufen. Dies ist aber ein Widersruch zu Satz 4.6. Also ist [F : ImN )] = 1, und damit sind N und N surjektiv. Aufgabe. Es sei eine ungerade Primzahl. Zeigen Sie: Genau dann lässt sich darstellen als = x + y mit ganzen Zahlen x, y, wenn 1 mod 8 oder 3 mod 8 ist. Beweis. Es seien x, y Z mit = x + y. Wäre x = 0 oder y = 0, so wäre entweder durch zwei teilbar oder ein Quadrat. Also können wir Ohne Beschränkung der Allgemeinheit x, y > 0 annehmen. Und daher ist auch x, y <, insbesondere haben wir also x, y. Aus = x + y folgt die Kongruenz x + y 0 mod. Dies ist aber äquivalent zu x/y) ) mod, da y modulo invertierbar ist. Also ist ein Quadrat modulo. Es gilt demnach 1 = = ) ). Nach den Ergänzungssätzen 4.16 zum Quadratischen Rezirozitätsgesetz ist das Produkt 1 dieser Legendre-Symbole genau dann 1, wenn entweder 1 mod 4, ±1 mod 8 oder 3 mod 4, ±3 mod 8 gelten. Dabei ist 1 mod 4 genau dann, wenn 1 mod 8 oder 5 mod 8 ist; und 3 mod 4 gilt genau dann, wenn 3 mod 8 oder 7 mod 8 ist. Also gilt ) = 1 genau dann, wenn 1 mod 8 oder 3 mod 8 ist. Die Rückrichtung zeigen wir in mehreren Schritten: Schritt 1: Ist a Z und n Z >0 keine Quadratzahl, so hat die Kongruenz ax y mod n eine Lösung x, y) 0, 0) mit x, y < n: Wir betrachten alle Zahlen ax y mit 0 x, y < n. Ist m die kleinste ganze Zahl größer oder gleich n, so haben wir für x, y je genau m Möglichkeiten, also insgesamt m Möglichkeiten. Da n keine Quadratzahl ist, ist m > n. Aber Z/nZ hat nur n < m Elemente. Also gibt es Paare x 1, y 1 ) x, y ) mit ax 1 y 1 ax y mod n. Also ist ax 1 x ) y 1 y mod n mit x 1 x < n und y 1 y < n.

) Schritt : Es sei 0 m Z und P mit m = 1. Dann existieren ganze Zahlen x, y, k mit ) x, y) 0, 0) und k m, so dass x my = k ist: Da m = 1 ist, existiert ein a Z mit a m mod. Wenden wir Schritt 1 an, so folgt die Existenz eines Paares 0, 0) x, y) Z Z mit x, y < und ay x mod. Quadrieren liefert my a y x mod, also gilt insbesondere x my = k für ein k Z. Schließlich gilt k = k = x my x + my = x + m y < + m = m + 1). Daraus folgt k < m + 1, was äquivalent zu k m ist. Schritt 3: Nehmen wir nun 1 mod 8 oder 3 mod 8 an. Wir haben im vorigen Abschnitt ) bereits gesehen, dass in diesen Fällen ein quadratischer Rest modulo ist. Somit gilt = 1. Und nach Schritt existieren x, y, k Z mit x, y) 0, 0), k = und x + y = k. Somit muss k gelten. Da aber x + y nicht negativ ist und x, y) 0, 0) ist, gilt sogar k {1, }. Ist k = 1, so haben wir ganze Zahlen x und y mit x + y = gefunden. Nehmen wir also k = an. Somit ist x + y =, woraus x und schließlich x folgt. Es existiert also ein u Z mit x = u, und aus x + y = wird 4u + y =. Daraus folgt wiederum y + u =. Also finden wir auch in diesem Fall eine ganzzahlige Lösung der obigen Gleichung. Aufgabe 3. a) Es sei ρ = 1+i 3. Zeigen Sie: Jedes Element ζ Z[ρ] ist assoziiert zu einem Element ζ 1 Z[ 3]. b) Zeigen Sie: Eine Primzahl lässt sich genau dann in der Form = x + 3y mit ganzen Zahlen x, y darstellen, wenn = 3 oder 1 mod 6 ist. Beweis. Teil a): Es gilt offensichtlich ρ = 1 i 3, und dadurch ist auch 3 = ρ ρ und ρ + ρ = 1. Es gilt also Z[ 3] Z[ρ]. Es seien nun a, b Z und x = a + bρ Z[ρ]. Wir zeigen, dass es dann eine Einheit y Z[ρ] mit xy Z[ 3] gibt. Wir betrachten zuerst den Fall, dass a b mod ist. Es sei y := ρ. Dann gelten also insbesondere y Z[ρ], und y 3 = ρ 3 = 1 8 1 + 3 3 3 3 + 3 3 ) = 1 1 + 9) = 1, 8 xy = xρ = aρ + bρ = aρ aρ + aρ + bρ = aρ ρ ) + a + b)ρ = a 3 + a + b)ρ. Da a b mod ist, ist a + b gerade, somit folgt a + b)ρ = a+b 1 3) Z[ 3], also gilt xy Z[ 3]. Es sei ab jetzt a b mod. Als Erstes untersuchen wir den Fall a 0 mod und b 1 mod. Wir setzen y = 1 + ρ. Dann gilt y ρ) = 1 + ρ) ρ) = ρ ρ = 1, also y Z[ρ]. Zudem haben wir xy = x + xρ = a + bρ + a 3 + a + b)ρ = a + a 3 + bρ + ρ ) + aρ ρ+ρ = 1 = a b) + a 3 + a 1 3). Dabei ist aber offensichtlich a b)+a 3 Z[ 3], und da a 0 mod ist, haben wir auch a Z. Insgesamt bekommen wir demnach ebenfalls xy Z[ 3]. 3

Betrachten wir schließlich noch den letzten Fall, also a 1 mod und b 0 mod. Dann ist aber insbesondere b, woraus bρ = b 1 + 3) Z[ 3] folgt. Daher ist x = a + bρ Z[ 3], und y = 1 erfüllt die Behautung. Teil b): Die Primzahl 3 lässt sich offensichtlich in der angegebenen Form darstellen. Nehmen wir also an, dass die Primzahl größer als 3 ist. Somit ist entweder 1 mod 6 oder 5 mod 6. Zuerst nehmen wir an, dass es ganze Zahlen x, y mit = x +3y gibt. Ist x Z, so gilt x a mod 6 für ein a {0, 1, 3, 4} und 3x b mod 6 mit b {0, 3}. Wir erhalten also = x + 3y c mod 6 mit c {0, 1, 3, 4}. Da entweder den Rest 1 oder den Rest 5 modulo 6 besitzt, muss 1 mod 6 sein. Wir zeigen nun die Rückrichtung. Dazu sei P mit 1 mod 6 der Fall = 3 wurde bereits behandelt). Da ungerade ist, ist die vorige Kongruenz äquivalent zu 1 mod 3. Wir setzen R = Z[ρ] mit ρ = 1+ 3. Nach Beisiel 5.10 ist R der Ganzheitsring von Q 3), und nach Satz 5.15 ist genau dann reduzibel in R, falls ein z R mit Nz) = ± existiert N.) bezeichnet hier wie oben die Norm definiert auf dem Körer Q 3)). Nun ist R nach Aufgabe 4 ein Hautidealring und daher ist genau dann reduzibel ) in R, wenn nicht rim ist. Da 3, ist nach Satz 5.16 genau dann nicht rim in R, falls 3 = 1 ist. ) ) ) ) Berechnen wir also 3. Es gilt 3 = 1 3 ). Ist 1 mod 4, so gelten 1 = 1 und 3 ) = ) ) 3. Ist dagegen 3 mod 4, so haben wir 1 = 1 und 3 ) = 3). In beiden Fällen gilt ) also 3 = 3) = 1, da 1 mod 3 und damit ein quadratischer Rest modulo 3 ist. Also ist reduzibel in R. Somit existieren nach Satz 5.15 ein z R mit Nz) = ±. Nun ist z nach Teil a) in R assoziiert zu einem Element z Z[ 3]. Insbesondere existiert eine Einheit e R mit z = ze. Da e eine Einheit ist, gilt Ne) = ±1, siehe Satz 5.11. Es seien weiterhin a, b Z mit z = a + b 3. Wir müssen beachten, dass das Bild jedes Elements aus Q 3) unter der Norm die Form c + 3d mit c, d Q hat. Insbesondere folgt daraus Nw) 0 für alle w Q 3). Wenden wir dies an, so erhalten wir = Nz) = Nz) Ne) = Nze) = Nz ) = Na + b 3) = a + 3b mit a, b Z. Es folgt die Behautung. Aufgabe 4. Zeigen Sie, dass die Ringe der ganzen Zahlen in den Zahlkörern Q d) für d = 1,, 3, 7, 11 und d =, 3, 5, 6, 7 Hautidealringe sind. Beweis. Nach Satz 5.18 ist der Ring R der ganzen Zahlen in Q d) euklidisch, wenn es zu jedem z Q d) ein w R mit Nz w) < 1 gibt. Da ein euklidischer Ring immer ein Hautidealring ist, wollen wir das soeben zitierte Kriterium anwenden. Außerdem gilt für d 0, 1 quadratfrei, dass der Ring R der ganzen Zahlen in Q d) folgende Form hat: { Z[ d], d mod 4 oder d 3 mod 4, R = Z[ 1+ d ], d 1 mod 4. Fall d {, 1, }: Es sei z = r +s d Q d) mit r, s Q. Dann existieren x, y Z mit r x 1 und s y 1. Wir setzen w := x + y d. Dann gelten w R = Z[ d] und Nz w) = r x) ds y) r x + d s y 1 4 + d 4 1 4 + 4 = 3 4 < 1. Fall d {5, 3, 7, 11}: In diesem Fall gilt d 1 mod 4, der Ring der ganzen Zahlen in Q d) ist also R = Z[ 1+ d ]. Es sei wieder z = r + s d Q d) mit r, s Q. Wir wählen ein y Z mit s y 1, und es sei x Z mit r x 1 y 1. Nun setzen wir w := x + 1 1 + d)y. Offensichtlich 4

ist w Z[ 1+ d ], und es gilt Nz w) = N r x 1 ) y + d s 1 )) y = r x 1 y + d s 1 y r x 1 ) y d 1 4 + d 16 1 4 + 11 16 = 15 16 < 1. s 1 y ) Fall d = 3: Hier gilt R = Z[ 3] für den Ring R der ganzen Zahlen in Q 3). Es sei z = r+s d Q d) mit r, s Q, und es seien x, y Z mit r x 1 und s y 1. Setzen wir w = x + y 3, so gilt w R, und wir haben Nz w) = r x) ds y) = r x) 3s y) 3 4 < 1, da 0 r x) 1 4 und 0 3s y) 3 4 gelten. Fall d {6, 7}: Auch hier gilt R = Z[ d]. Es seien z = r + s d Q d) mit r, s Q und y Z mit s y 1. Dann gilt hier 0 ds y) 7 4. Falls ds y) = 0 ist, so wählen wir uns x Z mit r x 1. Dann gilt für w = x + y d R Nz w) = r x) ds y) = r x) 1 4. Wir nehmen nun 0 < ds y) < 5 4 an. Dann existiert ein x Z mit r x [ 1, 1] oder r x [ 1, 1 ]. Somit gilt 1 4 r x) 1. Damit haben wir aber auch r x) ds y) < 1 0 = 1 und r x) ds y) > 1 4 5 4 = 1. Also gilt in diesem Fall mit w = x + y d R Nz w) = r x) ds y) < 1. Betrachten wir jetzt den Fall 5 4 < ds y) 7 4. Zudem existiert eine ganze Zahl x Z mit r x [1, 3 ] oder r x [ 3, 1]. Wir haben also insbesondere 1 r x) 9 4. Somit ist aber r x) ds y) < 9 4 5 4 = 1 und r x) ds y) > 1 7 4 = 3 4. Insgesamt erhalten wir mit w = x + y d R auch hier Nz w) = r x) ds y) < 1. Offen bleibt nur noch der Fall ds y) = 5 4. Da s Q ist, ist auch s y Q, und es existieren teilerfremde ganze Zahlen t 1, t mit s y = t 1 t. Dann ist aber auch 4dt 1 = 5t. Da d nicht durch 5 teilbar ist, gilt 5 t 1, woraus 5 t 1 folgt. Damit muss 5 aber auch ein Teiler von t sein, was der Teilerfremdheit von t 1 und t widersricht. Somit folgt aus Satz 5.18 in jedem dieser Fälle, dass R ein euklidischer Ring ist. Also ist R insbesondere auch ein Hautidealring. 5