Lösungen zur Serie 2 - Universität Hamburg

Lösungen zur Serie 2
VL Algebraische Zahlentheorie
Lösungen - Serie 2
zu den Übungsaufgaben zur Vorlesung Algebraische Zahlentheorie
Aufgabe 1:
Berechnen Sie für die folgenden Elemente x in einer Körpererweiterung L|K die Norm
N mL|K (x) und die Spur T rL|K (x).
√ √
√
√
√
2 + 3 , K = Q und x = 1 + 21 2 + 13 3 + 16 6.
a) Sei L = Q
2πi
b) Sei L = Q (ζ) mit ζ = e 5 , K = Q und x = ζ + 3ζ 2 − 2ζ 4 .
Lösung:
zu a):√Die
Körpererweiterung
hat Grad 4 und eine Basis ist {1, a =
√
√
10 + 2 6, a3 = 16 2 − 14 3}. Die vier Einbettungen in C sind durch
2+
√
3, a2 =
√
2+ 3
√
√
√
√
σ2 : 2 + 3 7−→ − 2 + 3
√
√
√
√
σ3 : 2 + 3 7−→ 2 − 3
√
√
√
√
σ4 : 2 + 3 7−→ − 2 − 3
σ1 :
√
2+
√
√
3 7−→
√
gegeben. (Man setzt sie aus den Einbettungen von Q
√ √ 2 und Q 3 zusammen.)
Berechnung mit Hilfe der Einbettungen:
1√
1√
1√
2+
3+
6
2
3
6
σ
1√
1√
1√
+1−
2+
3−
6
2
3
6
1√
1√
1√
+1+
2−
3−
6
2
3
6
1√
1√
1√
+1−
2−
3+
6=4
2
3
6 Y
1√
1√
1√
N mL|K (x) =
σ(x) = 1 +
2+
3+
6
2
3
6
σ
1√
1√
1√
−
2+
3−
6
2
3
6
1√
1√
1√
+
2−
3−
6
2
3
6
1√
1√
1√
1
−
2−
3+
6 = .
2
3
6
9
T rL|K (x) =
X
σ(x) = 1 +
Für die Berechnung
√ √ √aus der Matrix zur Abbildung Tx erkennt man zuerst, dass die Elemente {1, 2, 3, 6} auch eine Basis bilden.
Berechnung mit Hilfe der Matrix:
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VL Algebraische Zahlentheorie
Bezüglich dieser Basis ist Tx durch

1 21 31 16
1 1 1 1 
 1 3 31 
1
1 2
2
1 1 1 1

gegeben. Damit berechnet man die selben Zahlen.
b): Das Polymon X 5 −1 von dem ζ eine Nullstelle ist hat oensichtlich auch 1 als Nullstelle. Es ist also reduzibel über Q und wir erhalten X 5 − 1 = (X − 1)(X 4 + X 3 + X 2 + X + 1).
Der zweite Term in dieser Zerlegung ist irreduzibel und das Minimalpolynom von ζ . Der
Grad von L über Q ist also 4 und eine Basis ist {1, ζ, ζ 2 , ζ 3 } (beachte: 1 = −ζ−ζ 2 −ζ 3 −ζ 4 ).
Die vier Einbettungen in C sind durch
σ2 : ζ −
7 → ζ2
σ4 : ζ −
7 → ζ4
σ1 : ζ −
7 →ζ
σ3 : ζ −
7 → ζ3
gegeben.
Berechnung mit Hilfe der Einbettungen:
T rL|K (x) =
X
σ(x) = (ζ + 3ζ 2 − 2ζ 4 ) + (ζ 2 + 3ζ 4 − 2ζ 3 )
+ (ζ 3 + 3ζ − 2ζ 2 ) + (ζ 4 + 3ζ 3 − 2ζ)
= 2(ζ + ζ 2 + ζ 3 + ζ 4 ) = −2
N mL|K (x) =
Y
σ(x) = (ζ + 3ζ 2 − 2ζ 4 )(ζ 2 + 3ζ 4 − 2ζ 3 )
(ζ 3 + 3ζ − 2ζ 2 )(ζ 4 + 3ζ 3 − 2ζ) = 121
Berechnung mit Hilfe der Matrix:
Bezüglich der Basis {1, ζ, ζ 2 , ζ 3 } ist Tx durch


2
3
5
2
−2 0
1
3


−3 −5 −3 −2
2 −1 −3 −1
gegeben. Damit berechnet man die selben Zahlen.
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Aufgabe 2:
Zeigen Sie, dass die Menge
n √ √ 2o
3
3
B = 1, 2, 2
√ eine Ganzheitsbasis für Q 3 2 |Q bildet. (Die reelle dritte Wurzel wird adjungiert.)
Berechnen Sie auÿerdem die Diskriminante von B .
Lösung:
Ganzheitsbasis:
√
Um zu zeigen,
√ dass
B eine Ganzheitsbasis ist, muss gezeigt werden,
dass OK = Z[ 3 2] (mit K = Q 3 2 ).
√
√
2
Jedes Element x = a1 + a2 3 2 + a3 3 2 ∈ K ist Nullstelle des folgenden Polynoms aus
Q[X]:
√
√
√
√
√
√
2
2
2
3
3
3
3
3
3
fx = (X − a1 − a2 2 − a3 2 )(X − a1 − a2 ζ3 2 − a3 ζ32 2 )(X − a1 − a2 ζ32 2 − a3 ζ3 2 )
= X 3 − 3a1 X 2 − 6a2 a3 X + 6a1 a2 a3 − a31 − 2a32 − 4a33
(1)
√
√
2
Wenn a1 + a2 3 2 + a3√3 2 ∈ K \ Q, so ist das Polynom aus (1) das Minimalpolynom. Man
sieht sofort, dass Z[ 3 2] ⊂ OK und bekanntermassen ist OK ∩ Q = Z. Wir suchen also
noch genau die x ∈ K \ Q mit fx ∈ Z[X] (nach Lemma 6 der Vorlesung).
√ 2
√
Wir können annehmen, dass die √
ai in a1 + a2 3 2 + a3 3 2 ∈ OK in Q \ Z liegen oder Null
sind. (Da OK ein Ring ist und Z[ 3 2] ⊂ OK .) Nun können wir der Reihe nach ausschlieÿen,
dass (a) genau ein Koezient echt gebrochen ist, (b) zwei Koezienten
echt gebrochen
√
sind, (c) alle Koezienten echt gebrochen sind. Womit OK = Z[ 3 2] gezeigt wäre.
zu (a): Nur a1 echt gebrochen: Kann nicht sein wegen OK ∩ Q = Z. Sei x ∈ OK mit
a2 ∈ Q \ Z und a1 = a3 = 0, dann muss gelten 2a32 ∈ Z (damit fx ∈ Z[X]). Widerspruch
(zu a2 ∈ Q \ Z)! Sei x ∈ OK mit a3 ∈ Q \ Z und a1 = a2 = 0, dann muss gelten 4a33 ∈ Z.
Widerspruch!
zu (b): Sei x ∈ OK mit a1 , a2 ∈ Q \ Z und a3 = 0, dann muss gelten 3a1 , a31 + 2a32 ∈ Z
(damit fx ∈ Z[X]). Also a1 = 13 a01 mit a01 ∈ Z, 3 - a01 und demnach 27 | (a031 + 2 · 27a32 ). Dies
führt aber sofort zu 27 | a031 also 3 | a01 . Widerspruch! Die anderen beiden Fälle verlaufen
ähnlich.
zu (c): Sei x ∈ OK mit a1 , a2 , a3 ∈ Q \ Z. Dann muss gelten 3a1 , 6a2 a3 , 6a1 a2 a3 − a31 −
2a32 − 4a33 ∈ Z (damit fx ∈ Z[X]). Also a1 = 13 a01 mit a01 ∈ Z, 3 - a01 und a2 und a3 haben 2
und 3 im Nenner. Erster Fall: a2 = 21 a02 , a3 = 31 a03 mit a02 , a03 ∈ Z, 2 - a02 , 3 - a03 . Demnach
ist 13 a01 a02 a03 − 271 a031 − 14 a032 − 274 a33 ∈ Z. Also 4 · 27 | (36a01 a02 a03 − 4a031 − 27a032 − 16a33 ). Dies
führt aber zu 4 | 27a032 , also 2 | a02 . Widerspruch! Der andere Fall verläuft ähnlich.
Diskriminante: Die Diskriminante einer Basis α1 , . . . αn ist als det(σi (αj ))2 deniert,
wobei σj die n Einbettungen durchläuft. Angewandt auf diese Aufgabe ergibt sich:
2
√
√
2
3
3
1
2
2
√
√
2
√
√ 2 
2
 
3
3
d(1, 2, 2 ) = det  1 ζ3 3 2 ζ32 3 2  = 6(ζ32 − ζ3 ) = −108
√
√ 2
1 ζ32 3 2 ζ3 3 2


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VL Algebraische Zahlentheorie
Aufgabe 3:
Sei K|Q ein Zahlkörper und B eine Z-Basis (eine Ganzheitsbasis) für K . Zeigen Sie, dass
die Diskriminante d(B) nicht von der Wahl der Ganzheitsbasis abhängt, d.h. dass alle
Z-Basen gleiche Diskriminante haben.
Lösung:
Sei [K : Q] = n. Wenn sowohl α1 , . . . , αn als auch β1 , . . . βn Ganzheitsbasen sind, dann
gilt
βi =
n
X
aij αj
und αi =
j=1
n
X
bij βj ,
aij , bij ∈ Z.
(2)
j=1
Seien α = (αi )i , β = (βi )i die Vektoren, die die Basen als Einträge haben, und A = (aij )i,j
sowie B = (bij )i,j die Matrizen aus den Koezienten aus (2). Dann gilt α = BA(α) und
β = AB(β).
Die Matrizen A und B sind also inverse Matizen mit Einträgen aus Z, d.h. ihre Determinante ist det(A) = det(B) = ±1, da sie in Z∗ = {±1} liegt. Für die Diskriminanten folgt:
(Die auftretenden σk sind die n Q-Einbettungen von k nach Q)
d(α1 , . . . , αn ) = (det(σk (αi )))2
=
n
X
bij βj
det σk (
!!2
j=1
=
det
n
X
!!2
bij σk (βj )
j=1
= (det (B(σk (βj ))))2
= (det(B))2 (det(σk (βj )))2
= d(β1 , . . . , βn )
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VL Algebraische Zahlentheorie
Aufgabe 4:
Sei A ein ganzabgeschlossener Integritätsbereich, K = Quot(A), L|K eine endliche Körpererweiterung und B der ganze Abschluÿ von A in L.
Das Lemma 9 der Vorlesung besagt, dass ein Element aus B Spur und Norm in A hat.
a) Habe nun L|K den Grad zwei. Beweisen Sie, dass dann auch die Umkehrung der obigen
Aussage gilt, d.h. zeigen Sie, dass gilt
x ∈ L : N mL|K (x) ∈ A und T rL|K (x) ∈ A
⇒
x ∈ B.
Zeigen Sie anhand eines Gegenbeispiels, dass die Umkehrung im Allgemeinen nicht
gilt.
(Hinweis: Bei beiden Teilaufgaben hilft die Aufgabe 4 der Serie 1.)
b)
Lösung:
zu a) Sei L|K
eine Körpererweiterung vom Grad 2. Dann gibt es zwei Einbettungen
σ1 , σ2 : K → K , wobei wir uns σ1 als die Identität vorstellen.
Sei x ∈ L mit T rL|K (x), N mL|K (x) ∈ A. Dann ist X 2 − T rK|Q (x)X + N mK|Q (x) normiert
und in A[X], d.h. die Nullstellen des Polynoms sind ganz über A also in B . Nun gilt mit
Proposition 7 der Vorlesung
X 2 − T rK|Q (x)X + N mK|Q (x) = X 2 − σ1 (x) + σ2 (x) X + σ1 (x)σ2 (x)
= (X − σ1 (x))(X − σ2 (x))
und x = σ1 (x) ist eine der Nullstellen, also x ∈ B .
zu b) Betrachte des Polynom f := X 3 + X 2 + 31 X + 1. Dieses Polynom ist normiert und
über Q irreduziebel,
√
d.h. es ist das Minimalpolynom seiner Nullstellen. Eine Nullstelle ist
3
1
x = −3
26 + 1 ; x ist keine ganze algebraische Zahl, da f 6∈ Z[X] (wie es nach Aufgabe
4 der Serie 1 der Fall sein muss). Die drei Einbettungen σ1 , σ2 , σ3 des Körpers K = Q(x)
nach C bilden x auf alle Nullstellen von f ab und es gilt
f = (X − σ1 (x))(X − σ2 (x))(X − σ3 (x))
= X 3 − σ1 (x) + σ2 (x) + σ3 (x) X 2 + σ1 (x)σ2 (x) + σ1 (x)σ3 (x) + σ2 (x)σ3 (x) X
− σ1 (x)σ2 (x)σ3 (x)
= X 3 − T rK|Q (x)X 2 + σ1 (x)σ2 (x) + σ1 (x)σ3 (x) + σ2 (x)σ3 (x) X − N mK|Q (x).
Also gilt
T rK|Q (x) = −1 ∈ Z
N mK|Q (x) = −1 ∈ Z
und das Element x ist das gesuchte Gegenbeispiel im Körper K = Q(x) über Q.
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Aufgabe 5:
Beweisen Sie, dass der Ring der ganzen Zahlen in einem Zahlkörper ein Dedekindring ist.
Lösung:
Sei K ein Zahlkörper mit Ring der ganzen Zahlen OK . Es muss gezeigt werden
(a) OK ist ein Integritätsbereich.
(b) OK ist noethersch.
(c) OK ist ganzabgeschlossen.
(d) Jedes Primideal in OK ist maximal.
zu (a) Als Ring in Q ist OK ein Integritätsbereich.
zu (b) Aus Satz 13 der Vorlesung folgt, dass OK endlich über Z erzeugt ist. Deshalb ist
auch OK noethersch.
zu (c) OK ist deniert als der ganze Abschluÿ von Z in K , also per Denition ganzabgeschlossen.
zu (d) Um zu zeigen, dass ein Primideal p von OK maximal ist, werden wir zeigen, dass
der Quotient OK /p ein Köper ist.
Dazu betrachten wir zuerst p ∩ Z. Es gilt (p) = p ∩ Z, wobei p eine Primzahl ist:
Die Eigenschaft ein Primideal zu sein, erbt p ∩ Z von p. Nun müssen wir noch zeigen, dass p ∩ Z 6= (0): Sei x ∈ p ⊂ OK , so gibt es ai ∈ Z, i = 0, . . . , n − 1 mit
xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 = 0. (Hier ist a0 6= 0: Man kann x so lange kürzen, bis man eine
Gleichung mit a0 6= 0 erhält.) Also ist
a0 = −xn − an−1 xn−1 + · · · − a1 x ∈ p
und p ∩ Z 6= (0).
Demnach gilt Z/pZ ⊂ OK /p und OK /p ist eine (Ring-)Erweiterung des Körpers Z/pZ.
Alle Elemente aus OK /p sind algebraisch über Z/pZ: Sei x̃ ∈ OK /p dann ist
ãn x̃n + ãn−1 x̃n−1 + · · · + ã0 = 0 (in OK /p),
wobei die Koezienten ãi ∈ Z/pZ aus Koezienten eines Polynoms f (X) = an X n +
an−1 X n−1 + · · · + a0 ∈ Z[X] durch Reduktion modulo (p) entstehen. Hierbei annulliert
f (X) einen Repräsentanten von x̃ in OK .
Also entsteht OK /p aus Z/pZ durch Adjunktion algebraischer Elemente. Für solche Erweiterungen gilt, dass Z/pZ[α] = Z/pZ(α). Also ist OK /p schon ein Körper.
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