¨Ubung zur Algebraischen Zahlentheorie

Prof. Dr. Jörn Steuding
Florian Stefan
Universität Würzburg
Mathematisches Institut
Übung zur Algebraischen Zahlentheorie
Erinnerungen an Algebra
Es gelten folgende Implikationen: R ist ein euklidischer Ring ⇒ R ist ein
Hauptidealring ⇒ R ist ein faktorieller Ring. Wichtige Beispiele euklidischer
Ringe sind der Ring Z der ganzen Zahlen oder der Polynomring K[X] über
einem Körper. Der Polynomring R[X1 , . . . , Xn ] über einem faktoriellen Ring
ist wieder faktoriell.
Das Lemma von Gauß
Sei R ein faktorieller Ring mit Quotientenkörper K. Auf der Menge der Primelemente von R definiert man eine Äquivalenzrelation durch: x ∼ y ⇔ x = uy
für eine Einheit u ∈ R. Sei P ein Repräsentantensystem der Äquivalenzklassen. Dann
Q besitzt jedes Element 0 6= α ∈ K eine eindeutige Darstellung
α = u p∈P pνp (α) mit einer Einheit u ∈ R und ganzen Zahlen νp (α). Für ein
P
Polynom f (X) = i αi X i ∈ K[X] definiert man νp (f ) = mini νp (ai ). Dann
ist f ∈ R[X] äquivalent zu νp (f ) ≥ 0 für alle p ∈ P .
Satz. Für Polynome f, g ∈ R[X] gilt νp (f g) = νp (f ) + νp (g).
Korollar. Seien h ∈ R[X] und f, g ∈ K[X] normierte Polynome mit h = f g.
Dann gilt f, g ∈ R[X].
Beweis. Für alle p ∈ P gilt νp (f ) = νp (g) = 0 wegen νp (f ), νp (g) ≤ 0 und
0 = νp (h) = νp (f ) + νp (g).
Korollar. f ∈ R[X] sei irreduzibel in R[X]. Dann ist f irreduzibel in K[X].
Beweis. Sei f = gh in K[X]. Es gibt ein Element 0 6= α ∈ K mit νp (αg) = 0
für alle p ∈ P , also 0 ≤ νp (f ) = νp (αg) + νp (α−1 h) = νp (α−1 h).
Korollar. Die Polynome f, g ∈ R[X] seien teilerfremd in R[X]. Dann sind
f, g teilerfremd in K[X].
Beweis. Sei h ∈ K[X] ein gemeinsamer Teiler. Dann gibt es f1 , g1 ∈ K[X]
mit f = f1 h und g = g1 h. Sei 0 6= α ∈ K mit νp (αh) = 0 für alle p ∈ P . Wie
oben folgt α−1 f1 , α−1 g1 ∈ R[X].
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Das Kriterium von Eisenstein
Sei R ein faktorieller Ring mit Quotientenkörper K.
Satz. Sei f = an X n + · · · + a1 X + a0 ∈ R[X] ein Polynom mit Grad n > 0.
Das Primelement p ∈ R habe folgende Eigenschaften: p ist kein Teiler von
an , p ist ein Teiler von ai für i < n, p2 ist kein Teiler von a0 . Dann ist f
irreduzibel in K[X].
Primzahlen ≡ 1 (mod 4)
Satz. Sei p ∈ Z ein Primzahl mit p ≡ 1 (mod 4). Dann gibt es ganze Zahlen
a, b ∈ Z mit p = a2 + b2 .
Lemma. Der Ring Z[i] ist euklidisch.
Beweis. Sei k · k der komplexe Betrag. Der Quotient von α, β ∈ Z[i], β 6= 0
liegt in einer Masche des durch
√ 1, i in C aufgespannten Gitters. Daher gibt
es q ∈ Z[i] mit kα/β − qk ≤ 2/2. Durch diese Konstruktion erfüllt der Rest
r = α − qβ die geforderte Ungleichung krk = kβk · kα/β − qk < kβk.
Lemma. Die Kongruenz X 2 ≡ −1 (mod p) besitzt eine Lösung.
Beweis. Sei p = 4n + 1 und ζ ein Erzeuger der zyklischen Gruppe F×
p . In
Qp−1 i
p(p−1)/2
(p−1)/2
=ζ
und daher (p − 1)! = −1. In
Fp gilt (p − 1)! = i=1 ζ = ζ
Z bedeutet dies (p − 1)! ≡ −1 (mod p). Außerdem gilt (p − 1)! = 1 · · · (2n) ·
(p − 2n) · · · (p − 1) ≡ [(2n)!]2 (mod p).
Es gibt also eine ganze Zahl x, so dass p ein Teiler von x2 +1 = (x+i)(x−i)
ist. Wegen x/p ± i/p 6∈ Z[i] ist p kein Primelement von Z[i] ⇒ p ist in Z[i]
reduzibel. Daher gibt es Nichteinheiten α, β ∈ Z[i] mit p = αβ.
Wir erhalten p2 = kαk2 · kβk2 und 1 < kαk2 , kβk2 ∈ Z. Mit α = a + ib
folgt p = kαk2 = a2 + b2 .
Pythagoräische Zahlentripel
Die ganzzahligen Lösungen von X 2 + Y 2 = Z 2 heißen pythagoräische Zahlentripel. Offenbar genügt es die teilerfremden Lösungen zu untersuchen. Diese
nennt man primitiv.
Satz. Die primitiven pythagoräische Zahlentripel werden bis auf Vorzeichen
und Reihenfolge durch X = u2 − v 2 , Y = 2uv und Z = u2 + v 2 (u, v ∈ Z)
parametrisiert.
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Beweis. Sei (a, b, c) ein primitives pythagoräisches Zahlentripel. Dann gilt
notwendig c 6= 0, d.h. (a/c, b/c) ist ein rationaler Punkt auf dem Einheitskreis
C : X 2 + Y 2 = 1.
Der Fall (a/c, b/c) = (−1, 0) führt auf b = 0 und ±1 = a = −c. Daher
dürfen wir hier u = 0 und v = 1 setzen. Sei nun P = (a/c, b/c) ein von
Q = (−1, 0) verschiedener Punkt von C. Dann hat die Gerade L durch Q
und P eine rationale Steigung m = v/u (u, v ∈ Z teilerfremd).
Auflösen der Gleichung 1 = X 2 + Y 2 = (1 + m2 )X 2 + 2m2 X + m2 liefert
2m
1−m2
die Schnittpunkte (−1, 0) und ( 1+m
2 , 1+m2 ) von C und L : Y = m(X + 1).
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, 2uv ). Da u2 −v 2 , u2 +v 2 und 2uv paarweise teilerfremd
Also gilt P = ( uu2 −v
+v 2 u2 +v 2
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sind, folgt a = u − v 2 , b = 2uv und c = u2 + v 2 .
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