11 ¨Ubung zur Algebraischen Zahlentheorie

Universität Würzburg
Mathematisches Institut
Prof. Dr. Jörn Steuding
Florian Stefan
11
3. Juli 2009
Übung zur Algebraischen Zahlentheorie
Lösung 1. Der Ring OK der in K gelegenen ganzalgebraischen Zahlen ist
ein Dedekindring. Insbesondere ist p maximal, d.h. der Restklassenring OK /p
ist ein Körper.
Die abelsche Gruppe pi /pi+1 ist in natürlicher Weise ein OK /p-Vektorraum.
Sei a ∈ pi ein Element, das nicht in pi+1 liegt. Dann ist pi+1 eine echte
Teilmenge von (a) + pi+1 und (a) + pi+1 ist eine Teilmenge von pi . Daher ist
pi ein Teiler von (a) + pi+1 und (a) + pi+1 ist ein echter Teiler von pi+1 . Dies
zeigt (a) + pi+1 = pi , d.h. (OK /p)(a + pi+1 ) = pi /pi+1 . Insbesondere ist der
Vektorraum pi /pi+1 isomorph zu OK /p, so dass (pi : pi+1 ) = (OK : p). Die
Behauptung folgt aus N (pν ) = (OK : pν ) = (OK : p)(p : p2 ) · · · (pν−1 : pν ).
√
Lösung 2. Der Ring der in K liegenden ganzen Zahlen ist OK = Z[ 47]
und die Diskriminante von K ist dK = 4 · 47.
√ Außerdem ist n = 2 und r2 = 0.
Daher ist die Minkowski-Schranke MK = 47.
a) Gesucht sind alle Ideale a ⊂ OK mit N (a) ≤ 6:
Fall N (a) = 1: Nach Voraussetzung gilt a = (1).
Fall N (a) = 2: Nach Satz 6.1 ist das Ideal a ein Primteiler von (2). Da
2
X 2 −47 = (X +1)2 über F2 , liefert
die Isomorphie OK /(2) → F2 [X]/(X
−47)
√
√
2
die Primzerlegung (2) = (2, 47 + 1) . Insbesondere gilt a = (2, 47 + 1).
Fall N (a) = 3: Nach Satz 6.1 muss a ein Primteiler von (3) sein. Da das
Polynom X 2 − 47 über F3 irreduzibel ist, muss a = (3) gelten. Andererseits
ist N ((3)) = 9. Daher gibt es keine Ideale a ⊂ OK mit N (a) = 3.√
4
Fall N (a) = 4: Nach
√ Satz ν6.1 ist a ein Teiler von (4) = (2, 47 + 1) .
Daher muss a = (2, 47 + 1) für einen Exponenten 1 ≤ ν ≤ 4 gelten. Die
Anwendung der Norm liefert ν = 2, d.h. a = (2).
Fall N (a) = 5: Nach Satz 6.1 muss a ein Primteiler von (5) sein. Da das
Polynom X 2 − 47 über F5 irreduzibel ist, muss a = (5) gelten. Andererseits
ist N ((5)) = 25. Daher gibt es keine Ideale a ⊂ OK mit N (a) =√5.
Fall N (a) = 6: Nach Satz 6.1 muss a ein Teiler von (6) = (2, 47 + 1)2 (3)
sein. Die Anwendung der Norm liefert einen Widerspruch. Daher gibt es keine
Ideale a ⊂ OK mit N (a) = 6.
b) Jede Idealklasse besitzt einen Repräsentanten
√ a ⊂ OK mit N (a) ≤ 6. Nach
Teilaufgabe a) gilt daher ClK = {[(1)], [(2, 47 + 1)],
√ [(2)]}, wobei natürlich
[(1)] = [(2)]. Nun müssen wir untersuchen, ob (2, 47 + 1) ein Hauptideal
√
√
ist. Der Ansatz (2, 47 + 1) = (α) mit α = a + b 47 ∈ OK führt auf die
Gleichung
a2 − 47b2 √
= | NK|Q (α)| = N ((α)) =√
2. Eine leichte Rechnung zeigt
√
(2, 47 + 1) = (7 + 47), so dass [(1)] = [(2, 47 + 1)] und hK = 1.
c) Da X 2 − 47 über F19 die Faktorisierung X 2 − 47 = (X − 3)(X + 3)
2
besitzt, liefert
√ OK /(2) → F2 [X]/(X − 47) die√Primzerlegung
√ die Isomorphie
ist N ((19, 47 + 3)) =
(19) = (19, 47 − 3)(19, 47 + 3). Insbesondere
√
√ 19
und da OK ein Hauptidealring ist, gilt (19, 47 + 3) = (α) mit α = a + b 49.
Dies zeigt a2 − 47b2 = ±| NK|Q (α)| = ±19.
d) Die Einheitengruppe UK ist das direkte Produkt von RK und der von
einer Fundamentaleinheit erzeugten freien Gruppe hεi. Nach Teilaufgabe c)
gibt es ein Element α ∈ OK mit NK|Q (α) = ±19. Dann sind εr α, r ∈ Z
unendlich viele verschiedene Elemente mit NK|Q (εr α) = ±19. Diese liefern
unendlich viele verschiedene Lösungen der gegebenen Gleichung.