Elementare und algebraische Zahlentheorie/13/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	3	4	1	4	3	2	3	4	4	0	3	2	6	0	45

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Befreundete Zahlen.
2. Die Faltung von zahlentheoretischen Funktionen ${}f,g$.
3. Ein noetherscher Ring.
4. Die Spur zu einem Element ${}f\in L$ bei einer endlichen Körpererweiterung ${}K\subseteq L$.
5. Die Ordnung zu einem Element $f\in R,\,f\neq 0$, in einem diskreten Bewertungsring ${}R$.
6. Ein gebrochenes Hauptideal zu einem Zahlbereich ${}R$.

Lösung

1. Zwei verschiedene natürliche Zahlen ${}m$ und ${}n$ heißen befreundet, wenn ${}m$ gleich der Summe der echten Teiler von ${}n$ ist und umgekehrt.
2. Die durch

   ${}(f*g)(n):=\sum _{d{\text{ teilt }}n}f(d)g{\left({\frac {n}{d}}\right)}\,$

   definierte Funktion heißt die Faltung von ${}f$ und ${}g$.

3. Ein kommutativer Ring ${}R$ heißt noethersch, wenn jedes Ideal darin endlich erzeugt ist.
4. Zu einem Element ${}f\in L$ nennt man die Spur der ${}K$-linearen Abbildung

   $\varphi _{f}\colon L\longrightarrow L,\,y\longmapsto fy,$

   die Spur von ${}f$.

5. Es sei ${}p$ das Primelement von ${}R$. Die Zahl ${}n\in \mathbb {N}$ mit der Eigenschaft ${}f=up^{n}$, wobei ${}u$ eine Einheit bezeichne, heißt die Ordnung von ${}f$.
6. Man nennt ein gebrochenes Ideal ${}{\mathfrak {f}}\subseteq Q(R)$ im Quotientenkörper ${}Q(R)$ der Form ${}{\mathfrak {f}}=Rq$ mit ${}q\in Q(R)$ ein gebrochenes Hauptideal.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Restklassenringe (Z)/Quadratreste/Euler Kriterium/Fakt/Name
2. Kommutative Ringtheorie/Primideal/Charakterisierung mit Restklassenring/Fakt/Name
3. Zahlbereich/Ideal/Zerlegung in Primideale/Fakt/Name

Lösung

1. Es sei ${}p$ eine ungerade Primzahl. Dann gilt für eine zu ${}p$ teilerfremde Zahl ${}k$ die Gleichheit

   $\left({\frac {k}{p}}\right)=k^{\frac {p-1}{2}}\mod p.$

2. Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und ${}{\mathfrak {p}}$ ein Ideal in ${}R$. Dann ist ${}{\mathfrak {p}}$ ein Primideal genau dann, wenn der Restklassenring ${}R/{\mathfrak {p}}$ ein Integritätsbereich ist.
3. Es sei ${}R$ ein Zahlbereich und ${}{\mathfrak {a}}\neq 0$ ein Ideal in ${}R$. Dann gibt es eine Produktdarstellung

   ${}{\mathfrak {a}}={\mathfrak {p}}_{1}^{r_{1}}\cdots {\mathfrak {p}}_{k}^{r_{k}}\,$

   mit (bis auf die Reihenfolge) eindeutig bestimmten Primidealen ${}{\mathfrak {p}}_{i}\neq 0$ aus ${}R$ und eindeutig bestimmten Exponenten

   ${}r_{i}$, ${}i=1,\ldots ,k$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Primfaktorzerlegung von ${}999999$.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}999999&=9\cdot 111111\\&=3^{2}\cdot 3\cdot 37037\\&=3^{3}\cdot 7\cdot 5291\\&=3^{3}\cdot 7\cdot 11\cdot 481\\&=3^{3}\cdot 7\cdot 11\cdot 13\cdot 37.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme in ${}{\mathbb {Z} }[{\mathrm {i} }]$ mit Hilfe des euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler von ${}7+4{\mathrm {i} }$ und ${}5+3{\mathrm {i} }$.

Lösung

Wir setzen ${}a=7+4{\mathrm {i} }$ und ${}b=5+3{\mathrm {i} }$ und führen die Division mit Rest ${}a/b$ durch. Es ist (in ${}{\mathbb {C} }$ oder in ${}\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$)

${}{\frac {a}{b}}={\frac {7+4{\mathrm {i} }}{5+3{\mathrm {i} }}}={\frac {(7+4{\mathrm {i} })(5-3{\mathrm {i} })}{(5+3{\mathrm {i} })(5-3{\mathrm {i} })}}={\frac {47-{\mathrm {i} }}{34}}={\frac {47}{34}}-{\frac {1}{34}}{\mathrm {i} }\,.$

Die beste Approximation für diese komplexe Zahl mit einer ganzen Gaußschen Zahl ist ${}1$, sodass die Division mit Rest ergibt:

$a=1\cdot b+r{\text{ mit }}r=a-b=2+{\mathrm {i} }.$

Die nächste durchzuführende Division ist somit

${}{\frac {b}{r}}={\frac {5+3{\mathrm {i} }}{2+{\mathrm {i} }}}={\frac {(5+3{\mathrm {i} })(2-{\mathrm {i} })}{(2+{\mathrm {i} })(2-{\mathrm {i} })}}={\frac {13+{\mathrm {i} }}{5}}={\frac {13}{5}}+{\frac {1}{5}}{\mathrm {i} }\,.$

Die beste Approximation für diese komplexe Zahl mit einer ganzen Gaußschen Zahl ist ${}3$, sodass die Division mit Rest ergibt:

$b=3\cdot r+s{\text{ mit }}s=b-3r=5+3{\mathrm {i} }-3(2+{\mathrm {i} })=-1.$

Da dies eine Einheit ist, sind ${}a=7+4{\mathrm {i} }$ und ${}b=5+3{\mathrm {i} }$ teilerfremd.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Lösungen der Gleichung

${}x^{2}=x\,$

über ${}\mathbb {Z} /(6)$.

Lösung

Neben den Standardlösungen ${}0$ und ${}1$ ist

${}3^{2}=9=3\,$

und

${}4^{2}=16=4\,.$

Dagegen ist

${}2^{2}=4\neq 2\,$

und

${}5^{2}=25=1\neq 5\,.$

Die Lösungen sind also ${}\{0,1,3,4\}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme in ${}\mathbb {Z} /(11)[X]$ den (normierten) größten gemeinsamen Teiler der beiden Polynome

$X^{4}+2X^{3}+2X^{2}+3\,\,\,{\text{ und }}\,\,\,X^{2}+7X+10.$

Lösung Euklidischer Algorithmus/Polynomring über Z mod 11/X^4+2X^3 +2X^2 +3 und X^2+ 7X + 10/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme, für welche ${}n\geq 2$ der Binomialkoeffizient

${\binom {n}{2}}$

eine Primzahl ist.

Lösung

Für ${}n=2$ ist

${}{\binom {2}{2}}=1\,$

keine Primzahl. Für ${}n=3$ ist

${}{\binom {3}{2}}=3\,$

eine Primzahl. Wir behaupten, dass für ${}n\geq 4$ der Binomialkoeffizient

${}{\binom {n}{2}}={\frac {n\cdot (n-1)}{2}}\,$

keine Primzahl ist. Wenn nämlich ${}n$ gerade ist, so ist ${}n-1$ gerade und es ist

${}{\frac {n\cdot (n-1)}{2}}={\frac {n}{2}}\cdot (n-1)\,$

und beide Faktoren sind ${}\geq 2$, also liegt eine echte Faktorzerlegung vor. Wenn ${}n$ ungerade ist, so ist

${}{\frac {n\cdot (n-1)}{2}}=n\cdot {\frac {n-1}{2}}\,$

und wieder sind beide Faktoren ${}\geq 2$, also liegt eine echte Faktorzerlegung vor.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Anzahl der hinteren Nullen in der Dezimalentwicklung von ${}100!$.

Lösung

Die ${}5$ kommt in den ${}20$ Zahlen ${}5,10,\ldots ,100$ jeweils einmal vor und in ${}25,50,75,100$ nochmal zusätzlich mit einer weiteren Potenz. In ${}100!$ kommt also der Primfaktor ${}5$ mit dem Exponenten ${}24$ vor. Wegen der ${}50$ geraden Zahlen kommt der Primfaktor ${}2$ öfters vor. In ${}100!$ ist also ${}10^{24}$ die größte Zehnerpotenz und somit besitzt ${}100!$ genau ${}24$ Nullen am Ende.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne ${}24^{1000000}$ in ${}\mathbb {Z} /(35)$.

Lösung

Der Zahl ${}24$ entspricht in ${}\mathbb {Z} /(35)\cong \mathbb {Z} /(5)\times \mathbb {Z} /(7)$ das Paar ${}(4,3)$. Das Element ${}4$ hat in ${}\mathbb {Z} /(5)$ die Ordnung ${}2$. Das Element ${}3$ hat in ${}\mathbb {Z} /(7)$ wegen ${}3^{2}=2\neq 1$ und ${}3^{3}=6\neq 1$ die Ordnung ${}6$. Die multiplikative Ordnung von ${}24$ ist somit ${}6$. In ${}\mathbb {Z} /(6)$ gilt (durch abziehen von $600000$ und $360000$ etc.)

${}1000000=400000=40000=4000=400=40=4\,.$

Daher ist die gefragte Potenz in Produktschreibweise gleich

${}(4^{4},3^{4})=(1,2^{2})=(1,4)\,.$

Diesem Paar entspricht das Element ${}11$.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass ${}-3$ genau dann ein Quadratrest modulo einer Primzahl ${}p\neq 2$ ist, wenn ${}p=0,1\mod 3$ ist.

Lösung

Der Fall ${}p=3$ ist direkt erledigt, sodass wir nur die Fälle ${}p=1\mod 3$ und ${}p=2\mod 3$ betrachten müssen. Bei

${}p=1\mod 4\,$

ist nach Fakt und Fakt

${}\left({\frac {-3}{p}}\right)=\left({\frac {3}{p}}\right)\left({\frac {-1}{p}}\right)=\left({\frac {3}{p}}\right)=\left({\frac {p}{3}}\right)\,,$

also genau dann gleich ${}1$, wenn ${}p$ den Rest ${}1$ modulo ${}3$ besitzt.

Bei

${}p=3\mod 4\,$

ist aus den gleichen Gründen

${}\left({\frac {-3}{p}}\right)=\left({\frac {3}{p}}\right)\left({\frac {-1}{p}}\right)=-\left({\frac {3}{p}}\right)=\left({\frac {p}{3}}\right)\,$

mit der gleichen Konsequenz.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass jedes Ideal ${}{\mathfrak {a}}\neq 0$ in einem Zahlbereich ${}R$ eine ganze Zahl ${}m\neq 0$ enthält.

Lösung

Sei ${}0\neq f\in {\mathfrak {a}}$. Dieses Element ist nach der Definition eines Zahlbereiches ganz über ${}\mathbb {Z}$ und erfüllt demnach eine Ganzheitsgleichung

${}f^{n}+k_{n-1}f^{n-1}+k_{n-2}f^{n-2}+\cdots +k_{1}f+k_{0}=0\,$

mit ganzen Zahlen ${}k_{i}$. Bei ${}k_{0}=0$ kann man die Gleichung mit ${}f$ kürzen, da ${}f\neq 0$ ein Nichtnullteiler ist. So kann man sukzessive fortfahren und erhält schließlich eine Ganzheitsgleichung, bei der der konstante Term nicht ${}0$ ist. Es sei also in obiger Gleichung ${}k_{0}\neq 0$. Dann ist

${}f{\left(f^{n-1}+k_{n-1}f^{n-2}+k_{n-2}f^{n-3}+\cdots +k_{1}\right)}=-k_{0}\,$

und somit ist ${}k_{0}\in (f)\cap \mathbb {Z} \subseteq {\mathfrak {a}}$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme eine ganze Zahl ${}n$ derart, dass die Lösungen der quadratischen Gleichung

${}x^{2}+3x+{\frac {7}{3}}=0\,$

in ${}\mathbb {Q} [{\sqrt {n}}]$ liegen.

Lösung

Wir schreiben die Gleichung als

${}{\left(x+{\frac {3}{2}}\right)}^{2}=-{\frac {7}{3}}+{\frac {9}{4}}={\frac {-28+27}{12}}={\frac {-1}{12}}\,.$

Daher ist

${}x+{\frac {3}{2}}=\pm {\sqrt {\frac {-1}{12}}}=\pm {\frac {1}{2}}{\sqrt {-{\frac {1}{3}}}}=\pm {\frac {1}{6}}{\sqrt {-3}}\,.$

Also liegen die Lösungen in ${}\mathbb {Q} [{\sqrt {-3}}]$.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}A_{D}$ ein quadratischer Zahlbereich. Bestimme die Norm von ${}{\sqrt {D}}$ und von ${}{\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}$.

Lösung

Wegen ${}{\sqrt {D}}\cdot {\sqrt {D}}=D$ ist die Multiplikationsmatrix von ${}{\sqrt {D}}$ gleich ${}{\begin{pmatrix}0&D\\1&0\end{pmatrix}}$ und somit ist

${}N({\sqrt {D}})=\det {\begin{pmatrix}0&D\\1&0\end{pmatrix}}=-D\,.$

Wegen

${}{\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}\cdot {\sqrt {D}}={\frac {{\sqrt {D}}+D}{2}}\,$

ist die Multiplikationsmatrix von ${}{\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}$ gleich ${}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&{\frac {D}{2}}\\{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$ und somit ist

${}N{\left({\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}\right)}=\det {\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&{\frac {D}{2}}\\{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}={\frac {1-D}{4}}\,.$

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}\mathbb {Z} _{n}$ die Nenneraufnahme zu ${}n$ (${}\mathbb {Z} _{n}$ besteht also aus allen rationalen Zahlen, die man mit einer Potenz von ${}n$ als Nenner schreiben kann). Zeige, dass es nur endlich viele Unterringe ${}R$ mit

${}\mathbb {Z} \subseteq R\subseteq \mathbb {Z} _{n}\,$

gibt, und charakterisiere diese unter Verwendung der Primfaktorzerlegung von ${}n$.

Lösung

Es sei ${}R$ ein Unterring, also ${}\mathbb {Z} \subseteq R\subseteq \mathbb {Z} _{n}$, und seien ${}p_{1},\ldots ,p_{k}$ die verschiedenen Primfaktoren von ${}n$. Es sei ${}I\subseteq \{1,\ldots ,s\}$ derart, dass genau für ${}i\in I$ gilt: ${}{\frac {1}{p_{i}}}\in R$. Es sei ${}m=\prod _{i\in I}p_{i}$. Wir behaupten die Gleichheit

$R=\mathbb {Z} _{m}.$

Insbesondere gibt es dann nur endliche viele Zwischenringe, da es nur endlich viele Teilmengen aus ${}\{p_{1},\ldots ,p_{k}\}$ gibt.

Die Inklusion ${}\mathbb {Z} _{m}\subseteq R$ ist klar. Ein Element links hat die Gestalt

${\frac {a}{m^{r}}}=a\prod _{i\in I}\left({\frac {1}{p_{i}}}\right)^{r}\in R.$

Es sei umgekehrt ${}f\in R$. Wegen ${}R\subseteq \mathbb {Z} _{n}$ kann man schreiben

$f={\frac {b}{n^{r}}}={\frac {c}{d}}$

Dabei kann man nach kürzen annehmen, dass Zähler ${}c$ und Nenner ${}d$ teilerfremd sind. Angenommen, ${}p$ sei ein Primteiler von ${}d$, der nicht zu ${}p_{i}$, ${}i\in I$, gehöre. Schreibe ${}d=p^{s}t$ mit ${}t$ und ${}p$ teilerfremd. Wir multiplizieren ${}f$ mit ${}t$ und erhalten

$ft={\frac {c}{p^{s}}}\in R.$

Hierbei ist insbesondere ${}p$ zu ${}c$ teilerfremd. Es sei ${}uc+vp^{s}=1$. Dann ist

${\frac {uc}{p^{s}}}={\frac {1-vp^{s}}{p^{s}}}={\frac {1}{p^{s}}}-v.$

Daraus folgt ${}{\frac {1}{p^{s}}}\in R$ und damit ${}p^{s-1}{\frac {1}{p^{s}}}={\frac {1}{p}}\in R$, Widerspruch.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung