Lösungen zur Serie 4 - Universität Hamburg

Lösungen zur Serie 4
VL Algebraische Zahlentheorie
Lösungen - Serie 4
zu den Übungsaufgaben zur Vorlesung Algebraische Zahlentheorie
Aufgabe 1:
Betrachten Sie Zahlkörper.
a) Untersuchen Sie, wie viele ganze Ideale a mit festgelegter Norm N(a) = a es in einem
Zahlkörper gibt.
b) Zeigen Sie, dass die quadratischen Zahlkörper mit Diskriminante 5 und −7 die Klassenzahl 1 haben.
Lösung:
zu a): Sei K der Zahlkörper mit Ring der ganzen Zahlen OK . Behauptung: Es gibt nur
endlich viele ganze Ideale mit fester Norm.
Beweis: Es gilt nach Satz 29 der Vorlesung, dass die Norm multiplikativ ist und nach dem
Beweis von Theorem 31 der Vorlesung wissen wir, dass für Primideale gilt N(p) = pf ,
wobei (p) = p ∩ Z und f ∈ N. Sei die Primidealzerlegung von a wie folgt: a = pν11 . . . pνrr ,
dann gilt
N(a) = N(p1 )ν1 . . . N(pr )νr = pf11 ν1 . . . pfrr νr .
(1)
Sei a ∈ N die Norm, die das Ideal a haben soll mit
a = pe11 . . . penn
(2)
(Primfaktorzerlegung in Z). Dann folgt aus Gleichung (1), dass in der Primidealzerlegung
von a nur Primideale p auftauchen, mit p ∩ Z = (pi ) für ein pi aus (2), und der entsprechende Exponent ist durch ei beschränkt. Es gibt aber für jedes pi nur endlich viele solche
Primideale. (Wenn p ∩ Z = (pi ), so gilt pi OK ⊂ p, d.h. p|pi OK .) In der Primidealzerlegung von a mit N(a) = a können also nur endlich viele Primideale auftauchen und die
Exponenten sind beschränkt. ⇒ Die Anzahl solcher a ist endlich.
zu b): Dazu√berechnen wir als erstes die Diskriminante eines
Zahlkörp
√ quadratischen
pers K = Q( d). Wir können d quadratfrei annehmen, da Q( d) = Q( d/q), wobei q
ein
ist, √
welches √
d teilt, die zwei Einbettungen eines quadratischen Zahlkörpers
√ Quadrat
√
d 7→ d sowie d 7→ − d sind bekannt und wir wissen aus Serie 1 Aufgabe 5 b), dass
(
√
Z + dZ
wenn d ≡ 2, 3 (4)
√
OK =
(3)
1+ d
Z + 2 Z wenn d ≡ 1 (4).
Damit erhalten wir
(
4d wenn d ≡ 2, 3 (4)
d(OK ) =
d wenn d ≡ 1 (4).
Fall d(OK ) = −7: Da die Diskriminante negativ ist, ist der Zahlkörper imaginär quadratisch. Im Beweis von Theorem 31 zeigten wir, dass in jeder Idealklasse ein Ideal von Norm
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VL Algebraische Zahlentheorie
s p
1 √
≤ π2
|d(OK )| liegt. In diesem Fall also ≤ π2
7 ≈ 1, 68. Also liegt in jeder Klasse
ein Ideal von Norm 1. Nur OK hat aber Norm 1 und deshalb gibt es nur eine Klasse, die
Klassenzahl ist also hK = 1.
√
5) (reell) mit Ring der ganzen Zahlen
Fall d(O
)
=
5:
Hier
ist
der
Körper
K
=
Q(
K
o
n
√
√
1+ 5
2 0
5 ≈ 2, 23, d.h. in jeder Idealklasse befindet
OK = Z + 2 Z . Die Schranke ist π
sich ein Ideal der Norm 1 oder 2. Um zu zeigen, dass hK = 1 ist, müssen wir also zeigen,
dass es keine Ideale der Norm 2 gibt.
Nach den Erläuterungen aus dem Aufgabenteil a) handelt es sich bei einem Ideal a mit
N(a) = 2 um ein Primideal mit der Eigenschaft, 2OK ⊂ a. Wir werden gleich zeigen, dass
2OK schon ein Primideal, also auch maximal, ist, d.h. 2OK ist der einzige Kandidat für
ein Ideal der Norm 2. Es gilt aber N(2OK ) = N mK|Q (2) = 22 = 4 (nach Lemma 28 aus
der Vorlesung). Deshalb gibt es kein Ideal der Norm 2 und hK = 1.
Beweis, dass 2OK ein Primideal ist: Für Primideale p gilt, dass ab ∈√p ⇒ a ∈ p oder b ∈√p.
Betrachte also das Produkt zweier beliebiger Elemente a = a1 +a2 1+2 5 und b = b1 +b2 1+2 5
aus OK (also a1 , a2 , b1 , b2 ∈ Z):
√ !
√
√ !
1+ 5
1+ 5
1+ 5
ab = a1 + a2
b1 + b2
= a1 b1 + a2 b2 + (a1 b2 + a2 b1 + a2 b2 )
2
2
2
Dieses Produkt ist genau dann in 2OK , wenn a1 b1 + a2 b2 und a1 b2 + a2 b1 + a2 b2 gerade
sind.
Angenommen, dass a, b 6∈ 2OK , d.h. mindestens eines der ai und eines der bi ist ungerade.
Man sieht schnell, dass dann aber a1 b1 + a2 b2 und a1 b2 + a2 b1 + a2 b2 nicht beide gerade
sind. Also ist 2OK ein Primideal.
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VL Algebraische Zahlentheorie
Aufgabe 2:
Zeigen Sie, dass der Diskriminantenbetrag |dK | für einen algebraischen Zahlkörper K mit
dem Körpergrad n gegen ∞ geht.
Lösung:
Wir werden zeigen, dass
p
Da limn→∞
nn
n!
π n/2
4
|dK | ≥
nn π n/2
.
n! 4
(4)
= ∞, folgt dann die Behauptung.
Zum Beweis von Gleichung (4) werden wir den Minkowski’schen Gitterpunktsatz (Satz
23 der Vorlesung) benutzen und den Zusammenhang zwischen dem Volumen des Gitters,
welches durch OK durch die Einbettungen in C gegeben ist und der Diskriminante (Satz
26). Damit konstruieren wir einen kleinen Gitterpunkt, dessen Norm wir nach unten durch
1 und nach oben durch einen Ausdruck in n und dK abschätzen können. So erhalten wir
die angegebene Grenze.
Q
Sei KR der Minkowski-Raum, d.h. alle Elemente aus KC = σ:K→C C, die unter der
Wirkung der komplexen Konjugation F fixiert werden. Betrachte die konvexe und zentralsymmetrische Menge
(
)
X
Xt = (zσ ) ∈ KR |zσ | ≤ t .
σ:K→C
Für das Volumen gilt
tn
,
(∗) (siehe unten)
n!
wobei r die Anzahl der reellen Einbettungen von K und s die Anzahl der Paare komplexer
Einbettungen ist.
Wir wollen den Minkowski’schen Gitterpunktsatz (Satz 23 der Vorlesung) auf das Gitter
j(OK ) (j(z) = (σ(z))σ ∈ KR , σ : K → C durchläuft alle Einbettungen) anwenden.
Dafür muss diepUngleichung vol(Xt ) > 2n vol(j(OK )) gelten. In Satz 26 haben wir gezeigt,
p
n
dass vol(Γ) = |dK |. Deshalb ist der Gitterpunktsatz anwendbar, wenn 2r π s tn! < 2n |dK |,
d.h. (mit n = r + 2s)
s
4 p
n
t = n!
|dK | + ε
(5)
π
vol(Xt ) = 2r π s
für ein ε > 0.
Wenn also t die Gleichung (5) erfüllt, existiert ein aε ∈ OK \ {0} mit j(aε ) ∈ Xt . Da ein
solches aε für jedes ε existiert und Xt nur endlich viele Gitterpunkte enthält, gibt es auch
ein ao für ε = 0.
Wir setzen also t so, dass (5) mit ε = 0 erfüllt ist. Es gilt also
X
(a)
(c) 1
n (d) tn (e) n! 4 s p
(b) Y
1 ≤ |N mK|Q (a0 )| =
|σ(a0 )| ≤ n
|dK |.
(6)
|σ(a0 )| < n = n
n
n
n
π
σ
σ
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Hierbei wird benutzt:
(a) da die Norm eines ganzen Elementes 6= 0 in Z \ 0 liegt.
(b) ist die Definition.
(c) ist die Ungleichung, die das arithmetische und das geometrische Mittel vergleicht. Es
gilt für zσ ∈ KR :
Y
1/n
1X
|zσ | ≥
|zσ |
n σ
σ
(d) gilt, da a0 ∈ Xt und Xt ist genau so gewählt.
(e) ist (5) mit ε = 0. So ist t gewählt.
Wenn man nun in (6) nur 1 ≤
p
n!
nn
4 s
π
|dK | ≥
p
|dK | nimmt, erhält man mit
nn π s nn π n/2
≥
,
n! 4
n! 4
da π/4 < 1 und s ≤ n/2 (wegen n = r + 2s), die Behauptung.
Q
Zu (∗): Wir wissen, dass vol(Xt ) = 2s volLeb (f (Xt )), wobei f : KR →
σ R durch
(zσ ) 7→ (xσ ) gegeben ist mit: für σ reell gilt xσ = zσ und für ein Paar komplexer Einbettungen gilt xσ = Re(zσ ) und xσ = Im(zσ ).
Man kann sich klarmachen, dass f (Xt ) beschrieben ist durch
q
X
X
|xσ | +
2 x2σ + x2σ < t
reelle σ
komp. Paare σ
und mit Standardmethoden der Lebesqueintegrierung erhält man das Ergebnis.
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Aufgabe 3:
Beweisen Sie den folgenden Satz der Vorlesung:
Sei K ein Zahlkörper mit Ring der ganzen Zahlen OK . Seien µ(K) die Einheitswurzeln in
l
∗
∗ j
K und Γ = λ(OK
), wobei λ : OK
→ KR∗ → Rr+s mit j(x) = (σ(x))σ und
l((xσ )σ ) = (log |xσr1 |, . . . , log |xσrr |, log |xσc1 |2 , . . . , log |xσcs |2 ) ∈ Rr+s .
{z
} |
{z
}
|
reelle Einbettungen
Paare komplexer Einbettungen
Dann ist folgende Sequenz exakt:
λ
∗
1 −→ µ(K) −→ OK
−→ Γ −→ 0
Lösung:
∗
Zu zeigen ist, dass die Sequenz an der Stelle OK
exakt ist, d.h. wir müssen zeigen, dass
ker(λ) = µ(K).
Sei x ∈ µ(K) und σ : K → C eine Einbettung in C. Dann bildet σ das Element x auf eine
Einheitswurzel ab (da xn = 1 für ein n, also σ(xn ) = σ(x)n = 1) und |σ(x)| = 1, womit
log |σ(x)| = 0 und µ(K) ⊂ ker(λ).
Für die andere Inklusion sei x ∈ ker(λ), d.h. l(j(x)) = 0, also |σ(x)| = 1 für alle Einbettungen σ. Demnach liegen alle j(x) in einer begrenzten Teilmenge von KR . Nach Satz
26 der Vorlesung ist j(OK ) ein Gitter. Also gilt für x ∈ ker(λ), dass j(x) ein Gitterpunkt in einer beschränkten Menge ist. Es gibt nur endlich viele x, da jedes Gitter nur
∗
⊂ K ∗ ⊂ C∗ ist also eine endendlich viele Punkte in einer beschränkten Menge hat. OK
liche Untergruppe, enthält also nur Einheitswurzeln, da nur diese endliche Untergruppen
bilden.
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Aufgabe 4:
∗
Bestimmen Sie OK
für die folgenden Zahlkörper K:
√
a) K = Q( d), wobei d < 0.
√
√
b) K = Q( 2) und K = Q( 3).
Lösung:
∗
Der Dirichlet’sche Einheitensatz, Theorem 36 der Vorlesung, besagt, dass OK
für einen
Zahlkörper K das direkte Produkt der endlichen, zyklischen Gruppe µ(K) und einer freien
abelschen Gruppe vom Rang r + s − 1 ist (hier ist r die Anzahl der reellen Einbettungen
und s die Anzahl der Paare komplexer Einbettungen).
Wie in Aufgabe 1 können wir uns auf quadratfreie d beschränken.
∗
zu a): Da d negativ ist, gilt r + s − 1 = 0, d.h. wir wissen, dass OK
endlich ist und
aus µ(K) besteht. Versuchen wir also µ(K) zu bestimmen. Wenn eine Einheitswurzel in
K liegen soll, so darf ihr algebraischer Grad höchstens 2 sein. Sei ζn eine primitive n-te
Einheitswurzel, so ist ihr alg. Grad ϕ(n), wobei ϕ die Euler’sche ϕ-Funktion ist. Es gilt
ϕ(m) > 2 für m > 6 (mit ϕ(5) = 4) , das heißt, wir müssen nur für die ersten bis vierten
und die sechsten primitiven Einheitswurzeln überprüfen, ob sie in K liegen. Diese Wurzeln
sind:
primitive n-te Einheitswurzeln
n=1:
1
n=2:
−1
1 1√
1 1√
−3 und − −
−3
n=3:
− +
2 2
2 2
n=4:
i und − i
1 1√
1 1√
n=6:
+
−3 und
−
−3
2 2
2 2
Mit dieser Darstellung sieht man sofort, daß
d = −1 :
d = −3 :
d < 0, d 6= −1, −3 :
µ(K) = {±1, ±i}
1 1√
1 1√
µ(K) = ±1, ±
+
−3 , ±
−
−3
2 2
2 2
µ(K) = {1, −1}.
∗ ∼
zu b): Da d positiv ist, gilt r + s − 1 = 1, d.h. wir wissen, dass OK
= µ(K) × Z.
Nach Aufgabenteil a) ist für positives d der Torsionsanteil µ(K) = {±1}.
Nun benötigen wir für d = 2 und 3 noch
√ eine Fundamentaleinheit, einen Erzeuger des
∗
freien Anteils. Also eine Zahl x = a + b d ∈ OK mit der Eigenschaft, dass jedes y ∈ OK
m
sich schreiben läßt als y = ±x , m ∈ Z (“±”, da µ(K) = {±1}).
Da x ∈ OK , sind a, b ∈ Z (siehe Gleichung (3) aus Aufgabe 1). Außerdem sind die Zahlen
x, −x, x√−1 , (−x)−1 auch Fundamentaleinheiten, wenn x eine ist. Diese vier Einheiten sind
±a ± b d (alle vier Vorzeichenkombinationen). Deshalb können wir a, b > 0 annehmen.
Außerdem gilt N mK|Q (x) = a2 − b2 d = ±1, deshalb ist b2 d = a2 ± 1.
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√
Wenn man sich die Potenzen xm = am + bm d ansieht, so ist bm+1 = abm + bam und für
die bm gilt b < b2 < b3 < . . . .
Wir suchen also als b die kleinste positive ganze Zahl, so dass b2 d nur um 1 von einem
Quadrat abweicht.
√
Im Fall d = 2 ist 12 · 2 = 12 + 1 und wir erhalten xQ(√2) = 1 + 2. Es ergibt sich
√ n
∗ √
2)
|
n
∈
Z
.
OQ(
=
±(1
+
2)
√
2
2
Im Fall d = 3 ist 1 · 3 = 4 − 1 und wir erhalten xQ(√3) = 2 + 3. Es ergibt sich
√ n
∗ √
OQ(
=
±(2
+
3)
|
n
∈
Z
.
3)
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