Lösungen - Serie 1 zu den Übungsaufgaben zur Vorlesung

Lösungen zur Serie 1
VL Algebraische Zahlentheorie
Lösungen - Serie 1
zu den Übungsaufgaben zur Vorlesung Algebraische Zahlentheorie
Aufgabe 1:
Zeigen
√ Sie die folgenden Identitäten zu Idealen:
In Z[ −5] gilt
(1 +
√
(2) = (2, 1 +
−5) = (2, 1 +
Lösung:
bzgl. der ersten Gleichheit:
√
√
−5) · (2, 1 −
−5) · (3, 1 +
√
√
√
−5)
und
−5).
√
Als erstes zeigen wir: (2) ⊂ (2, 1 + −5) · (2, 1 − −5). Es ist
√
√
√
√
2 = 6 − 4 = (1 + −5)(1 − −5) − 2 · 2 ∈ (2, 1 + −5) · (2, 1 − −5).
√
√
Also gilt (2) ⊂ (2, 1 + −5) · (2, 1 − −5).
√
Für die andere Inklusion betrachten wir ein beliebiges Element α aus (2, 1 + −5) · (2, 1 −
√
−5). Dieses hat die Form
√
√
√
−5)b) · (2c + (1 − −5)d) = 4ac + 2(1 − −5)ad + 2(1 + −5)bc + 6bd
√
für a, b,√c, d ∈ Z[ −5]√. Da alle Summanden den Faktor 2 enthalten, gilt α ∈ (2) und
(2, 1 + −5) · (2, 1 − −5) ⊂ (2).
α = 2a + (1 +
√
bzgl. der zweiten Gleichheit:
√
√
√
Als erstes zeigen wir: (1 + −5) ⊂ (2, 1 + −5) · (3, 1 + −5). Es ist
√
√
√
√
√
−5 = (1 + −5) · 3 − 2 · (1 + −5) ∈ (2, 1 + −5) · (3, 1 + −5).
√
√
√
Also gilt (1 + −5) ⊂ (2, 1 + −5) · (3, 1 + −5).
1+
√
Für die andere Inklusion betrachten wir ein beliebiges Element α aus (2, 1 + −5) · (3, 1 +
√
−5). Dieses hat die Form
√
−5)b) · (3c + (1 + −5)d)
√
√
√
= 6ac + 2(1 + −5)ad + 3(1 + −5)bc + (1 + −5)2 bd
α = 2a + (1 +
√
√
√
√
für a,√b, c, d ∈ Z[ −5]. Da 6 = (1+ −5)(1− −5)
den√Faktor
√ gilt, ist in alle Summanden
√
1 + √−5 enthalten und wir erhalten α ∈ (1 + −5) und (2, 1 + −5) · (3, 1 + −5) ⊂
(1 + −5).
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Aufgabe 2:
√ √
Betrachten Sie den Körper K = Q( 2, 3 3).
Berechnen Sie den Grad der Körpererweiterung K|Q und bestimmen Sie ein primitives
Element.
Lösung:
Grad: Es
√
√
ist [Q( 2) : Q] = 2 (das Minimalpolynom√ist X 2 −√2) und [Q( 3 3) : Q] = 3
(das Minimalpolynom ist X 3 − 3). Auÿerdem gilt Q( 2) ∩ Q( 3 3) = Q (die Annahme,
dass dies nicht der Fall ist führt zu einem Widerspruch) und als Grad ergibt sich 2 · 3 = 6.
Es gibt eine Reihe von möglichen
Elementen. Entspre√ primitiven
√
3
chend der
ist ein primitives Element durch α = 2+ 3 gegeben.
Oensichtlich
ist
√ Theorie
√
√ √
√ √
3
3
3
α ∈ Q( 2, 3). Leider ist es recht aufwendig direkt zu zeigen, dass 2, 3 ∈ Q( 2+ 3):
Nach längerer Rechnung erkennt man, dass gilt
Primitive Element:
√
38433
12636 2 6872 3 1305 4
48 5 1092 6
α+
α −
α −
α +
α +
α
755
755
755
151
755
755
√
39188
12636 2 6872 3 1305 4
48 5 1092 6
3
3=
α−
α +
α +
α −
α −
α .
755
755
755
151
755
755
2=−
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Aufgabe 3:
Bestimmen Sie, ob die folgenden Ausdrücke ganze algebraische Zahlen sind:
a)
b)
c)
d)
√
1+237
√
3+2 6
√
1− 6
1 √
+ 3
2
1 3√
−
5
2 2
Lösung:
zu a) Die
ist.
zu b)
Zahl ist eine ganze algebraische Zahl, da sie Nullstelle von X 3 − 3X 2 + 3X − 57
Es gilt
√
√
3+2 6
√ = −3 − 6.
1− 6
Die Zahl ist eine ganze algebraische Zahl, da sie Nullstelle von X 2 + 6X + 3 ist.
√
Die Zahl a = 21 + 3 ist eine keine ganze algebraische Zahl. Ihr Minimalpolynom
fa = X 2 − X − 11
ist. (Bei fa handelt es sich um das Minimalpolynom, da a von Grad
4
zwei ist und fa ein normiertes Polynom von Grad zwei ist, welches a als Nullstelle hat.)
Nach Aufgabe 4 müssen die Koezienten des Minimalpolynoms in Z liegen, damit ein
Ausdruck eine ganze algebraische Zahl ist. Doch fa 6∈ Z[X].
zu c)
zu d)
Die Zahl ist eine ganze algebraische Zahl, da sie Nullstelle von X 2 − X − 11 ist.
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Aufgabe 4:
Beweisen Sie das folgende Lemma aus der Vorlesung:
Sei A ein ganzabgeschlossener Integritätsbereich, K = Quot(A) und L|K eine endliche
Körpererweiterung. Dann ist β ∈ L genau dann ganz über A, wenn die Koezienten
seines (normierten) Minimalpolynoms pβ (X) in A liegen, d.h. wenn gilt: pβ (X) ∈ A[X].
Lösung:
ganz ⇒ Minimalpolynom in A[X]:
Sei β ∈ L ein ganzes Element. Dann existiert ein
normiertes f ∈ A[X] mit f (β) = 0. Sei pβ ∈ K[X] das Minimalpolynom von β . Dann
gilt pβ |f wegen der Minimalität von pβ . Also sind alle Nullstellen von pβ in K , einem
algebraischen
Abschluÿ von KP
, auch Nullstellen vonQ
f und somit ganz über A. In K ist
Q
pβ = ni=1 (X − αi ) = X n + ( ni=1 αi ) X n−1 + · · · + ni=1 αi . Also sind alle Koezienten
von pβ als Summen und Produkte von ganzen Elementen ganz. Die Koezienten liegen
also in K und sind ganz über A. Da A ganzabgeschlossen in K ist, folgt pβ ∈ A[X].
Minimalpolynom in A[X] ⇒ ganz: Sei β ∈ L und sein Minimalpolynom pβ (X) ∈ A[X]
dann ist β ganz, da pβ (X) genau das gesuchte normierte Polynom mit Koezienten in A
ist, welches β annulliert.
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Aufgabe 5:
Bestimmung von Ringen der ganzen Zahlen:
a) Beweisen Sie, dass der Ring der ganzen Zahlen in Q nur Z ist.
b) Sei d ∈ Z eine √
quadratfreie ganze Zahl (d 6= 0, 1). Berechnen Sie den Ring der ganzen
Zahlen in K = Q[ d].
Lösung:
zu a) Die
Behauptung folgt sofort aus Proposition 4 der Vorlesung die besagt, dass jeder
faktorielle Ring ganzabgeschlossen ist.
o
n
√
√ zu b) Wir betrachten K = Q( d) = a + b d a, b ∈ Q für quadratfreies d ∈ Z. Wir
suchen OK .
Wir wissen, dass Z ⊂ OK . Nun prüfen wir, ob der Ring der ganzen Zahlen evtl. gröÿer ist.
Nach Aufgabe 4 liegen genau diejenigen Elements aus K√in OK deren Minimalpolynom
in Z[X] liegt. Das Minimalpolynom eines Elements a + b d aus K ist
√
√
(X − a − b d)(X − a + b d) = X 2 − 2aX + a2 − b2 d.
Also gilt
√
a + b d ∈ OK
⇔
(i) 2a ∈ Z und (ii) a2 − b2 d ∈ Z.
Der Nenner von a und b ist höchstens 2: a, b ∈ 21 Z. Dann setzen wir a = a2 und b = b2 .
02
02 d
Die Bedingung (i) ist immer erfüllt. Aus (ii) wird a −b
∈ Z. Wir müssen also die a0 und
4
b0 suchen mit a02 − b02 d ≡ 0(4). Wir erinnern uns, dass
0
(
1(4) falls z ≡ 1(2)
z ≡
0(4) falls z ≡ 0(2)
0
(1)
2
Nun unterscheiden wir nach den unterschiedlichen Paritäten von d:
d ≡ 1(4): Es gilt a02 − b02 d ≡ a02 − b02 (4) Nach Gleichung (1) ist dies genau dann 0, wenn
a0 ≡ b0 (2).
d ≡ 2(4): Es gilt a02 − b02 d ≡ a02 − 2b02 (4) Nach Gleichung (1) ist dies genau dann 0, wenn
a0 ≡ b0 ≡ 0(2).
d ≡ 3(4): Es gilt a02 − b02 d ≡ a02 − 3b02 (4) Nach Gleichung (1) ist dies genau dann 0, wenn
a0 ≡ b0 ≡ 0(2).
In den Fällen d ≡ 2, 3(4) müssen a0 und b0 also gerade sein, d.h., dass a, b ∈ Z.
Im Fall d ≡ 1(4) kann der Nenner 2 auftauchen, doch nur, wenn a0 ≡ b0 (2). Wir erhalten
also
n
o
√ √
Falls d ≡ 2, 3(4) gilt OK = a + b d a, b ∈ Z = Z[ d].
Falls d ≡ 1(4) gilt OK =
a b √ +
d a, b ∈ Z und a ≡ b(2)
2 2
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)
√
1 + d a+b
a, b ∈ Z .
2
(
=