MUSTERL¨OSUNGS-SKIZZE ZU AUFGABE 4 BLATT 8 Aufgabe 1

MUSTERLÖSUNGS-SKIZZE ZU AUFGABE 4 BLATT 8
Aufgabe 1. Sei
R := Z + ηZ ⊂ C
der Unterring der komplexen Zahlen erzeugt von
√
1+ 5
.
η :=
2
Bestimmen Sie die Einheitengruppe von R.
Lösungs-Skizze. Behauptung:
R∗ = {±η n | n ∈ Z}
Zun’achst einmal gilt folgende Relation:
η2 − η − 1 = 0
Also η · (η − 1) = 1, woraus folgt, dass η und η −1 = η − 1 invertierbar sind.
Klar ist auch, dass ±1 ∈ R∗ , da beide selbstinvers, also folgt die Inklusion
⊇.
Die andere Inklusion ist aufwendiger. Dafür betrachten wir folgende Normabbildung:
N
R −→ Z
a + bη 7→ (a + bη) · (a + b(1 − η))
Also N (a + bη) = a2 − b2 + ab. Weiterhin ist N multiplikativ, d.h. N (R∗ ) ⊂
{±1}. Das Ziel ist es nun zu zeigen, dass es für alle m ∈ Z kein x ∈ R∗ gibt
mit
η m < x < η m+1
oder
−η m+1 < x < η m .
Da das erste für solch ein x ∈ R∗ gilt genau dann wenn das zweite für
−x gilt, reicht es, das erste auszuschließen. Weiterhin reicht es, nur m = 0
zu untersuchen, da ja η m invertierbar ist, und aus η m < x < η m+1 damit
1 = η 0 < xη −m < η 1 = η mit xη −m ∈ R∗ folgt für x ∈ R∗ . Untersuche also
nur noch die Ungleichung
1 < x < η.
Diese ist auszuschließen für alle x ∈ R∗ . Sei also x = a + bη ∈ R∗ und nehme
an, dass 1 < a + bη < η gilt. Aber was kann für a und b in Frage kommen?
Es gilt
√
√
√
3
1+ 4
1+ 5
1+ 9
=
<
=η<
=2
2
2
2
2
Mit Ausnutzung der Normabbildung folgt:
a2 + ab − b2 = ±1
Fasse das als quadratische Gleichung in a auf, löse sie jeweils auf und setze
sie für a in a + bη. Da man für 1 und −1 je zwei mögliche Lösungen für a
1
2
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erhält, hat man es also mit 4 Funktionen in b zu tun, die man untersuchen
muss. Es ist jeweils eine Monotonie feststellbar und man muss dann nur
noch die Werte für 3 aufeinander folgende ganze Zahlen ausrechnen, um zu
sehen, dass 1 < a + bη < η unmöglich ist.