Lösungsvorschläge zu den Aufgaben auf Übungsblatt 07 Aufgabe 1

Lösungsvorschläge zu den Aufgaben auf Übungsblatt 07
Aufgabe 1. Es seien R ein kommutativer Ring mit 1 und D ∈ R. Wir schreiben
x Dy Q(R, D) =
x, y ∈ R .
y x Dann ist Q(R, D) abgeschlossen bezüglich der Addition
und bildet
und Multiplikation von
Matrizen
1 0
0 D
einen kommutativen Ring mit Einselement E =
. Setzen wir W :=
∈ Q(R, D), so
0 1
1 0
lässt sich jedes X ∈ Q(R, D) in der Form X = xE + yW mit x, y ∈ R schreiben. Da wir R vermöge
x 7→ xE als Unterring von Q(R, D) auffasssen können, schreiben wir dann auch X = x + yW . Wir
definieren die Konjugation auf S := Q(R, D) durch
σ : S −→ S, x + yW 7−→ x − yW,
die Spur durch
Tr : S −→ R, X 7−→ X + σ(X),
und die Norm durch
N : S −→ R, X 7−→ Xσ(X).
Zeigen Sie:
(i) X ∈ Q(R, D) ist genau dann invertierbar, wenn N(X) in R invertierbar ist. In diesem Fall gilt
X −1 = N(X)−1 σ(X).
√
(ii) Ist K ein Körper und D ∈ K ein Element, das keine Quadratwurzel in K besitzt, so ist K[ D] :=
Q(K, D) ein Körper.
(iii) Es sei p eine ungerade Primzahl und Fp := Z/pZ der endliche Körper mit p Elementen. Sei p
so, dass −1 keine Quadratwurzel in Fp besitzt. Dann ist die Norm
√
N : Fp [ −1] −→ Fp
surjektiv.
Beweis. Es seien A, B ∈ S zwei beliebige Elemente. Dann gibt es a, a0 , b, b0 ∈ R mit A = a + a0 W
und B = b + b0 W . Insbesondere gilt AB = (a + a0 W )(b + b0 W ) = ab + ab0 W + a0 W b + a0 W b0 W =
(ab + a0 b0 D) + (ab0 + a0 b)W , da W 2 = DE = D vermöge der Einbettung R ,→ S gilt. Daraus folgt
N(AB) = N((ab + a0 b0 D) + (ab0 + a0 b)W )
= ((ab + a0 b0 D) + (ab0 + a0 b)W )((ab + a0 b0 D) − (ab0 + a0 b)W )
= (ab + a0 b0 D)2 − (ab0 + a0 b)2 W 2 = (ab)2 + (a0 b0 )2 D2 − (ab0 )2 D − (a0 b)2 D
= N(A) N(B).
Teil (i): Es sei nun X ∈ S invertierbar. Dann existiert eine Matrix X −1 ∈ S mit XX −1 = E.
Insbesondere gilt N(X) N(X −1 ) = N(XX −1 ) = N(E) = Eσ(E) = E = 1. Also ist N(X) in R
invertierbar.
Wir nehmen jetzt umgekehrt an, dass X ∈ S eine Matrix ist, deren Norm in R invertierbar ist. Bezeichnen wir wie gewöhnlich das Inverse von N(X) in R mit N(X)−1 . Offensichtlich ist die Matrix Y :=
N(X)−1 σ(X) ebenfalls ein Element von S. Außerdem gilt XY = N(X)−1 Xσ(X) = N(X)−1 N(X) = 1,
und die Matrix X ist in S invertierbar. Zusätzlich haben wir auch X −1 = Y = N(X)−1 σ(X), wie behauptet. √
Teil (ii): K[ D]√ist offensichtlich ein kommutativer Ring mit√1. Wir müssen also nur zeigen, dass jedes
Element aus K[ D] \ {0} invertierbar ist. Dafür sei X ∈ K[ D]. Es existieren demnach x, y ∈ K mit
1
X = x + yW . Die Norm von X ist N(X) = x2 − y 2 D. Da N(X) ein Element eines Körpers ist, ist
N(X) genau dann invertierbar in K, wenn N(X) ungleich 0 ist. Nehmen wir also N(X) = x2 − y 2 D = 0
an. Dann gilt aber auch y 2 D = x2 . Ist nun x = 0, so ist auch y = 0, und umgekehrt. Nehmen wir
also (x, y) 6= (0, 0) an. Dann ist aber y in K invertierbar, und es gilt D = x2 /y 2 = (x/y)2 , was einen
Widerspruch zu der Voraussetzung, dass D kein √
Quadrat in K ist, darstellt.
Also ist N(X) 6= 0, und X ist nach Teil (i) in K[ D] invertierbar.
√
Teil (iii): Da −1 nach Voraussetzung keine Quadratwurzel
in√
Fp besitzt, ist Fp [ −1] = Q(Fp , −1) nach
√
Teil (ii) ein Körper. Insbesondere gilt dann Fp [ −1]× √
= Fp [ −1] \ {0}.
Ist x ∈ Fp ein Quadrat, so existiert ein y ∈ Fp ⊆ Fp [ −1] mit y 2 = x. Dann
√ gilt aber auch N(y) =
N(yE) = yEσ(yE) = y 2 = x. Also hat jedes Quadrat in Fp ein Urbild in Fp [ −1].
√
Aus den Berechnungen vor dem Beweis von√
Teil (i) folgt N(AB) = N(A) N(B) für alle A, B ∈√Fp [ −1].
×
Bezeichnen wir mit N0 := N |Fp [√−1]× : Fp [ −1]× → F×
p die Einschränkung von N auf Fp [ −1] , so
0
×
ist N ein Gruppenhomomorphismus. Da 0 ∈ Fp im Bild von N enthalten ist, und da Fp = Fp \ {0} ist,
ist N genau dann surjektiv, wenn N0 surjektiv ist.
0
Wir haben bereits gesehen, dass jedes Quadrat von F×
p im Bild von N liegt, und nach Satz 4.6 gibt es
0
0
×
genau (p − 1)/2 Quadrate modulo p. Somit ist der Index [F×
p : Im(N )] von Im(N ) in Fp maximal 2.
0
0
0
Es gilt also entweder | Im(N )| = (p − 1)/2 oder | Im(N )| = p − 1. Die Abbildung N ist genau dann
0
surjektiv, wenn [F×
p : Im(N )] = 1 ist.
0
0
Wir nehmen an, dass der Index [F×
p : Im(N )] = 2 ist. Das Bild von N besteht also genau aus den
×
×
Quadraten in Fp . Insbesondere ist damit 2 ∈ Fp ein Quadrat, denn es gilt 2 = 12 + 12 = N0 (1 + 1W ),
0 −1
wobei hier insbesondere W =
ist. Wir definieren uns rekursiv eine Folge (xn ) in Fp durch
1 0
x0 := 2 ∈ Fp und xk+1 = xk + 1. Dann ist xn für jedes n ≥ 0 ein Quadrat. Den Induktionsanfang
x0 = 2 haben wir bereits aufgeführt. Wir nehmen also an, dass xk für ein k ≥ 0 ein Quadrat ist. Ist
2
xk = 0, so ist xk+1 = 1 = 12 . Nehmen wir also xk 6= 0 an. Es sei yk ∈ F×
p mit yk = xk . Damit haben
0
wir aber auch N (yk + 1W ) = yk2 + 12 = xk + 1 = xk+1 . Also liegt xk+1 im Bild von N0 und ist somit ein
Quadrat. Damit wären aber alle Elemente von Fp Quadrate, da die Glieder der Folge (xn ) offensichtlich
alle Elemente von Fp durchlaufen. Dies ist aber ein Widerspruch zu Satz 4.6.
0
0
Also ist [F×
p : Im(N )] = 1, und damit sind N und N surjektiv.
Aufgabe 2. Es sei p eine ungerade Primzahl. Zeigen Sie: Genau dann lässt sich p darstellen als
p = x2 + 2y 2 mit ganzen Zahlen x, y, wenn p ≡ 1 mod 8 oder p ≡ 3 mod 8 ist.
Beweis. Es seien x, y ∈ Z mit p = x2 + 2y 2 . Wäre x = 0 oder y = 0, so wäre p entweder durch zwei
teilbar oder ein Quadrat. Also können wir Ohne Beschränkung der Allgemeinheit x, y > 0 annehmen.
Und daher ist auch x2 , y 2 < p, insbesondere haben wir also p - x, y.
Aus p = x2 + 2y 2 folgt die Kongruenz x2 + 2y 2 ≡ 0 mod p. Dies ist aber äquivalent zu (x/y)2 ≡−2
mod p, da y modulo p invertierbar ist. Also ist −2 ein Quadrat modulo p. Es gilt demnach 1 = −2
=
p
−1
2
p
p . Nach den Ergänzungssätzen 4.16 zum Quadratischen Reziprozitätsgesetz ist das Produkt
dieser Legendre-Symbole genau dann 1, wenn entweder p ≡ 1 mod 4, p ≡ ±1 mod 8 oder p ≡ 3
mod 4, p ≡ ±3 mod 8 gelten. Dabei ist p ≡ 1 mod 4 genau dann, wenn p ≡ 1 mod 8 oder p ≡ 5
mod8 ist; und p ≡ 3 mod 4 gilt genau dann, wenn p ≡ 3 mod 8 oder p ≡ 7 mod 8 ist. Also gilt
−2
= 1 genau dann, wenn p ≡ 1 mod 8 oder p ≡ 3 mod 8 ist.
p
Die Rückrichtung zeigen wir in mehreren Schritten:
Schritt 1: Ist a ∈ Z und n ∈ Z>0 keine Quadratzahl, so hat die Kongruenz ax ≡ y mod n eine Lösung
√
√
(x, y) 6= (0, 0) mit |x|, |y| < n: Wir betrachten alle Zahlen ax−y mit 0 ≤ x, y < n. Ist m die kleinste
√
ganze Zahl größer oder gleich n, so haben wir für x, y je genau m Möglichkeiten, also insgesamt m2
Möglichkeiten. Da n keine Quadratzahl ist, ist m2 > n. Aber Z/nZ hat nur n < m2 Elemente. Also
gibt es Paare (x1 , y1 ) 6= (x2 , y2 ) mit ax1 − y1 ≡ ax2 − y2 mod n. Also ist a(x1 − x2 ) ≡ y1 − y2 mod n
√
√
mit |x1 − x2 | < n und |y1 − y2 | < n.
2
Schritt 2: Es sei 0 6= m ∈ Z und p ∈ P mit
m
p
= 1. Dann existieren ganze Zahlen x, y, k mit
= 1 ist, existiert ein a ∈ Z mit
(x, y) =
6 (0, 0) und |k| ≤ |m|, so dass x2 − my 2 = kp ist: Da m
p
a2 ≡ m mod p. Wenden wir Schritt 1 an, so folgt die Existenz eines Paares (0, 0) 6= (x, y) ∈ Z × Z mit
√
|x|, |y| < p und ay ≡ x mod p. Quadrieren liefert
my 2 ≡ a2 y 2 ≡ x2
mod p,
also gilt insbesondere x2 − my 2 = kp für ein k ∈ Z. Schließlich gilt
|k|p = |kp| = |x2 − my 2 | ≤ |x2 | + |my 2 | = x2 + |m|y 2 < p + |m|p = (|m| + 1)p.
Daraus folgt |k| < |m| + 1, was äquivalent zu |k| ≤ |m| ist.
Schritt 3: Nehmen wir nun p ≡ 1 mod 8 oder p ≡ 3 mod 8 an. Wir haben im vorigen Abschnitt
bereits gesehen, dass in diesen Fällen −2 ein quadratischer Rest modulo p ist. Somit gilt −2
= 1.
p
Und nach Schritt 2 existieren x, y, k ∈ Z mit (x, y) 6= (0, 0), |k| ≤ | − 2| = 2 und x2 + 2y 2 = kp. Somit
muss −2 ≤ k ≤ 2 gelten. Da aber x2 + 2y 2 nicht negativ ist und (x, y) 6= (0, 0) ist, gilt sogar k ∈ {1, 2}.
Ist k = 1, so haben wir ganze Zahlen x und y mit x2 + 2y 2 = p gefunden.
Nehmen wir also k = 2 an. Somit ist x2 + 2y 2 = 2p, woraus 2|x2 und schließlich 2|x folgt. Es existiert
also ein u ∈ Z mit x = 2u, und aus x2 + 2y 2 = 2p wird 4u2 + 2y 2 = 2p. Daraus folgt wiederum
y 2 + 2u2 = p. Also finden wir auch in diesem Fall eine ganzzahlige Lösung der obigen Gleichung.
Aufgabe 3.
(a) Es√sei ρ =
Z[ −3].
√
−1+i 3
.
2
Zeigen Sie: Jedes Element ζ ∈ Z[ρ] ist assoziiert zu einem Element ζ1 ∈
(b) Zeigen Sie: Eine Primzahl p lässt sich genau dann in der Form p = x2 + 3y 2 mit ganzen Zahlen
x, y darstellen, wenn p = 3 oder p ≡ 1 mod 6 ist.
√
√
2 = −1−i 3 , und dadurch ist auch
Beweis. Teil (a): Es
gilt
offensichtlich
ρ
−3 = ρ − ρ2 und ρ + ρ2 =
2
√
−1. Es gilt also Z[ −3] ⊆ Z[ρ].
Es seien√nun a, b ∈ Z und x = a + bρ ∈ Z[ρ]. Wir zeigen, dass es dann eine Einheit y ∈ Z[ρ] mit
xy ∈ Z[ −3] gibt.
Wir betrachten zuerst den Fall, dass a ≡ b mod 2 ist. Es sei y := ρ. Dann gelten
√
√ 2 √ 3
1
1
y 3 = ρ3 = (−1 + 3 −3 − 3 −3 + −3 ) = (−1 + 9) = 1,
8
8
also insbesondere y ∈ Z[ρ]× , und
√
xy = xρ = aρ + bρ2 = aρ − aρ2 + aρ2 + bρ2 = a(ρ − ρ2 ) + (a + b)ρ2 = a −3 + (a + b)ρ2 .
√
√
−3) ∈ Z[ −3], also gilt
Da a ≡√b mod 2 ist, ist a + b gerade, somit folgt (a + b)ρ2 = a+b
2 (−1 −
xy ∈ Z[ −3].
Es sei ab jetzt a 6≡ b mod 2. Als Erstes untersuchen wir den Fall a ≡ 0 mod 2 und b ≡ 1 mod 2. Wir
setzen y = 1 + ρ. Dann gilt
y(−ρ) = (1 + ρ)(−ρ) = −ρ − ρ2 = 1,
also y ∈ Z[ρ]× . Zudem haben wir
√
√
xy = x + xρ = a + bρ + a −3 + (a + b)ρ2 = a + a −3 + b(ρ + ρ2 ) + aρ2
√
√
a
ρ+ρ2 =−1
=
(a − b) + a −3 + (−1 − −3).
2
√
√
Dabei ist aber offensichtlich (a − b) + a −3 ∈ Z[ −3],√und da a ≡ 0 mod 2 ist, haben wir auch
Insgesamt bekommen wir demnach ebenfalls xy ∈ Z[ −3].
3
a
2
∈ Z.
Betrachten wir schließlich noch den letzten
√ a ≡ 1 mod 2 und b ≡ 0 mod 2. Dann
√ ist aber
√ Fall, also
b
insbesondere 2|b, woraus bρ = 2 (−1 + −3) ∈ Z[ −3] folgt. Daher ist x = a + bρ ∈ Z[ −3], und
y = 1 erfüllt die Behauptung.
Teil (b): Die Primzahl 3 lässt sich offensichtlich in der angegebenen Form darstellen. Nehmen wir also
an, dass die Primzahl p größer als 3 ist. Somit ist entweder p ≡ 1 mod 6 oder p ≡ 5 mod 6.
Zuerst nehmen wir an, dass es ganze Zahlen x, y mit p = x2 + 3y 2 gibt. Ist x ∈ Z, so gilt x2 ≡ a mod 6
für ein a ∈ {0, 1, 3, 4} und 3x2 ≡ b mod 6 mit b ∈ {0, 3}. Wir erhalten also p = x2 + 3y 2 ≡ c mod 6
mit c ∈ {0, 1, 3, 4}. Da p entweder den Rest 1 oder den Rest 5 modulo 6 besitzt, muss p ≡ 1 mod 6
sein.
Wir zeigen nun die Rückrichtung. Dazu sei p ∈ P mit p ≡ 1 mod 6 (der Fall p = 3 wurde bereits
behandelt). Da p ungerade ist, ist die√vorige Kongruenz äquivalent zu p ≡ 1 mod 3.
√
Wir setzen R = Z[ρ] mit ρ = −1+2 −3 . Nach Beispiel 5.10 ist R der Ganzheitsring von Q( −3),
und nach Satz 5.15 ist p genau dann reduzibel in R, falls ein √
z ∈ R mit N(z) = ±p existiert (N(.)
bezeichnet hier wie oben die Norm definiert auf dem Körper Q( −3)). Nun ist R nach Aufgabe 4 ein
Hauptidealring und daher ist p genau dann reduzibel
in R, wenn p nicht prim ist. Da p 6= 3, ist p nach
−3
Satz 5.16 genau dann nicht prim in R, falls p = 1 ist.
−3
−1
3
−1
Berechnen wir also −3
.
Es
gilt
=
.
Ist
p
≡
1
mod
4,
so
gelten
= 1 und
p
p
p
p
p
p
−1
3
= 1 und p3 = − p3 . In beiden Fällen gilt
p = 3 . Ist dagegen p ≡ 3 mod 4, so haben wir
p
p
also −3
=
p
3 = 1, da p ≡ 1 mod 3 und damit ein quadratischer Rest modulo 3 ist.
Also ist p reduzibel in R. Somit existieren nach Satz
√ 5.15 ein z ∈ R mit N(z) = ±p. Nun ist z nach
Teil (a) in R assoziiert zu einem Element z 0 ∈ Z[ −3]. Insbesondere existiert eine Einheit e ∈ R
mit z 0 = ze.
√ Da e eine Einheit ist, gilt N(e) = ±1, siehe Satz 5.11. Es seien weiterhin a, b ∈ Z mit
z 0 = a + b −3.
√
2
2
Wir müssen beachten, dass das Bild jedes Elements aus Q( −3) unter
√ der Norm die Form c + 3d
mit c, d ∈ Q hat. Insbesondere folgt daraus N(w) ≥ 0 für alle √
w ∈ Q( −3). Wenden wir dies an, so
erhalten wir p = N(z) = N(z) N(e) = N(ze) = N(z 0 ) = N(a + b −3) = a2 + 3b2 mit a, b ∈ Z. Es folgt
die Behauptung.
√
Aufgabe 4. Zeigen Sie, dass die Ringe der ganzen Zahlen in den Zahlkörpern Q( d) für d =
−1, −2, −3, −7, −11 und d = 2, 3, 5, 6, 7 Hauptidealringe sind.
√
Beweis.√ Nach Satz 5.18 ist der Ring R der ganzen Zahlen in Q( d) euklidisch, wenn es zu jedem
z ∈ Q( d) ein w ∈ R mit | N(z − w)| < 1 gibt. Da ein euklidischer Ring immer ein Hauptidealring ist,
wollen wir das soeben zitierte Kriterium anwenden.
√
Außerdem gilt für d 6= 0, 1 quadratfrei, dass der Ring R der ganzen Zahlen in Q( d) folgende Form
hat:
( √
Z[ d],
d ≡ 2 mod 4 oder d ≡ 3 mod 4,
√
R=
1+ d
Z[ 2 ], d ≡ 1 mod 4.
√
√
Fall d ∈ {2, −1, −2}: Es sei z = r + s d ∈ Q( d) mit r, s ∈ Q. Dann existieren x, y ∈ Z mit |r − x| ≤
√
√
und |s − y| ≤ 21 . Wir setzen w := x + y d. Dann gelten w ∈ R = Z[ d] und
| N(z − w)| = |(r − x)2 − d(s − y)2 | ≤ |r − x|2 + |d||s − y|2 ≤
1
2
1 |d|
1 2
3
+
≤ + = < 1.
4
4
4 4
4
√
Fall d ∈ {5, −3, −7,
−11}: In diesem Fall gilt d ≡ 1 mod 4, der Ring der ganzen Zahlen in Q( d)
√
√
√
ist also R = Z[ 1+2 d ]. Es sei wieder z = r + s d ∈ Q( d) mit r, s ∈ Q. Wir wählen ein y ∈ Z mit
√
|2s − y| ≤ 12 , und es sei x ∈ Z mit |r − x − 12 y| ≤ 12 . Nun setzen wir w := x + 12 (1 + d)y. Offensichtlich
4
√
ist w ∈ Z[ 1+2 d ], und es gilt
2
2 √
1
1
1
1
= r − x − y − d s − y | N(z − w)| = N
r−x− y + d s− y
2
2
2
2
2
2
1 11
15
1 |d|
1 1 ≤ +
=
< 1.
≤ r − x − y + |d| s − y ≤ +
2
2
4 16
4 16
16
√
√
√
√
Fall d = 3: Hier gilt R = Z[ 3] für den Ring R der ganzen Zahlen in Q( 3). Es sei z = r+s √
d ∈ Q( d)
mit r, s ∈ Q, und es seien x, y ∈ Z mit |r − x| ≤ 12 und |s − y| ≤ 21 . Setzen wir w = x + y 3, so gilt
w ∈ R, und wir haben
| N(z − w)| = |(r − x)2 − d(s − y)2 | = |(r − x)2 − 3(s − y)2 | ≤
3
< 1,
4
da 0 ≤ (r − x)2 ≤ 14 und 0 ≤ 3(s − y)2 ≤ 34 gelten.
√
√
√
Fall d ∈ {6, 7}: Auch hier gilt R = Z[ d]. Es seien z = r + s d ∈ Q( d) mit r, s ∈ Q und y ∈ Z mit
|s − y| ≤ 12 . Dann gilt hier 0 ≤ d(s − y)2 ≤ 74 . Falls d(s − y)2 = 0 ist, so wählen wir uns x ∈ Z mit
√
|r − x| ≤ 12 . Dann gilt für w = x + y d ∈ R
1
N(z − w) = |(r − x)2 − d(s − y)2 | = (r − x)2 ≤ .
4
Wir nehmen nun 0 < d(s−y)2 < 54 an. Dann existiert ein x ∈ Z mit r −x ∈ [ 21 , 1] oder r −x ∈ [−1, − 12 ].
Somit gilt 14 ≤ (r − x)2 ≤ 1. Damit haben wir aber auch (r − x)2 − d(s − y)2 < 1 − 0 = 1 und
√
(r − x)2 − d(s − y)2 > 41 − 54 = −1. Also gilt in diesem Fall mit w = x + y d ∈ R
N(z − w) = |(r − x)2 − d(s − y)2 | < 1.
Betrachten wir jetzt den Fall 54 < d(s−y)2 ≤ 74 . Zudem existiert eine ganze Zahl x ∈ Z mit r−x ∈ [1, 32 ]
oder r−x ∈ [− 32 , −1]. Wir haben also insbesondere 1 ≤ (r−x)2 ≤ 49 . Somit ist aber (r−x)2 −d(s−y)2 <
√
9
5
7
3
2
2
4 − 4 = 1 und (r − x) − d(s − y) > 1 − 4 = − 4 . Insgesamt erhalten wir mit w = x + y d ∈ R auch
hier
N (z − w) = |(r − x)2 − d(s − y)2 | < 1.
Offen bleibt nur noch der Fall d(s − y)2 = 54 . Da s ∈ Q ist, ist auch s − y ∈ Q, und es existieren
teilerfremde ganze Zahlen t1 , t2 mit s − y = tt21 . Dann ist aber auch 4dt21 = 5t22 . Da d nicht durch
5 teilbar ist, gilt 5|t1 , woraus 52 |t21 folgt. Damit muss 5 aber auch ein Teiler von t2 sein, was der
Teilerfremdheit von t1 und t2 widerspricht.
Somit folgt aus Satz 5.18 in jedem dieser Fälle, dass R ein euklidischer Ring ist. Also ist R insbesondere
auch ein Hauptidealring.
5