Elementare und algebraische Zahlentheorie/8/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	2	3	4	6	4	6	0	4	2	0	0	0	4	7	48

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Der Exponent zu einer endlichen Gruppe ${}G$.
2. Eine Fermatsche Primzahl.
3. Eine ${}R$-Algebra ${}A$, wobei ${}R$ einen kommutativen Ring bezeichnet.
4. Die Diskriminante zu Elementen ${}b_{1},\ldots ,b_{n}\in L$ bei einer endlichen Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ vom Grad ${}n$.
5. Ein Dedekindbereich.
6. Ein effektiver Divisor in einem Zahlbereich ${}R$.

Lösung

1. Der Exponent ${}\operatorname {exp} (G)$ von ${}G$ ist die kleinste positive Zahl ${}n$ mit der Eigenschaft, dass ${}x^{n}=1$ für alle ${}x\in G$ ist.
2. Eine Primzahl der Form ${}2^{s}+1$, wobei ${}s$ eine positive natürliche Zahl ist, heißt Fermatsche Primzahl.
3. Eine ${}R$-Algebra ${}A$ ist ein Ring mit einem fixierten Ringhomomorphismus ${}R\rightarrow A$.
4. Die Diskriminante von ${}b_{1},\ldots ,b_{n}$ wird durch

   ${}\triangle (b_{1},\ldots ,b_{n})=\det(S(b_{i}b_{j})_{i,j})\,$

   definiert.

5. Einen Integritätsbereich ${}R$ nennt man einen Dedekindbereich, wenn er noethersch und normal ist und wenn jedes von ${}0$ verschiedene Primideal darin maximal ist.
6. Ein effektiver Divisor ist eine formale Summe

   $\sum _{\mathfrak {p}}n_{\mathfrak {p}}\cdot {\mathfrak {p}},$

   die sich über alle Primideale ${}{\mathfrak {p}}\neq 0$ aus ${}R$ erstreckt und wobei ${}n_{\mathfrak {p}}$ natürliche Zahlen sind mit ${}n_{\mathfrak {p}}=0$ für fast alle ${}{\mathfrak {p}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Quadratcharakterisierung von ${}-1$ für Restklassenkörper von ${}\mathbb {Z}$.
2. Der Satz von Dirichlet über die Verteilung von Primzahlen.
3. Der Satz über die Irrationalität von Wurzeln aus natürlichen Zahlen.

Lösung

1. Es sei ${}p$ eine Primzahl. Dann gelten folgende Aussagen. Für ${}p=2$ ist ${}-1=1$ ein Quadrat in ${}\mathbb {Z} /(2)$. Für ${}p=1\!\!\!\!\mod 4$ ist ${}-1$ ein Quadrat in ${}\mathbb {Z} /(p)$. Für ${}p=3\!\!\!\!\mod 4$ ist ${}-1$ kein Quadrat in ${}\mathbb {Z} /(p)$.
2. Es sei ${}n$ eine natürliche Zahl und ${}a$ eine zu ${}n$ teilerfremde Zahl. Dann gibt es unendlich viele Primzahlen, die modulo ${}n$ den Rest ${}a$ haben.
3. Es sei ${}n=p_{1}^{\alpha _{1}}\cdots p_{r}^{\alpha _{r}}$ die kanonische Primfaktorzerlegung der natürlichen Zahl ${}n$. Es sei ${}k$ eine positive natürliche Zahl und sei vorausgesetzt, dass nicht alle Exponenten ${}\alpha _{i}$ ein Vielfaches von ${}k$ sind. Dann ist die reelle Zahl

   $n^{\frac {1}{k}}$

   irrational.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Primfaktorzerlegung von ${}831600$.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}831600&=2^{2}\cdot 5^{2}\cdot 8316\\&=2^{3}\cdot 5^{2}\cdot 4158\\&=2^{4}\cdot 5^{2}\cdot 2079\\&=2^{4}\cdot 3\cdot 5^{2}\cdot 693\\&=2^{4}\cdot 3^{2}\cdot 5^{2}\cdot 231\\&=2^{4}\cdot 3^{3}\cdot 5^{2}\cdot 77\\&=2^{4}\cdot 3^{3}\cdot 5^{2}\cdot 7\cdot 11.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Man bestimme den größten gemeinsamen Teiler von ${}3146$ und ${}1515$ und man gebe eine Darstellung des ${}\operatorname {ggT}$ von ${}3146$ und ${}1515$ mittels dieser Zahlen an.

Lösung

Der euklidische Algorithmus liefert:

$3146=2\cdot 1515+116$

$1515=13\cdot 116+7$

$116=16\cdot 7+4$

$7=1\cdot 4+3$

$4=1\cdot 3+1.$

Die Zahlen ${}3146$ und ${}1515$ sind also teilerfremd und ${}1$ ist ihr größter gemeinsamer Teiler. Eine Darstellung der ${}1$ erhält man, indem man diese Division mit Rest rückwärts liest, also

${}{\begin{aligned}1&=4-1\cdot 3\\&=4-(7-1\cdot 4)\\&=2\cdot 4-7\\&=2(116-16\cdot 7)-7\\&=2\cdot 116-33\cdot 7\\&=2\cdot 116-33(1515-13\cdot 116)\\&=-33\cdot 1515+(2+13\cdot 33)\cdot 116\\&=-33\cdot 1515+431\cdot 116\\&=-33\cdot 1515+431(3146-2\cdot 1515)\\&=-895\cdot 1515+431\cdot 3146.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}n\geq 2$. Woran erkennt man am Kleinen Einmaleins im ${}n$-System (ohne die Nuller- und die Zehnerreihe), ob ${}n$ eine Primzahl ist.

Lösung

Die Zahl ${}n$ ist genau dann eine Primzahl, wenn im Kleinen Einmaleins zur Basis ${}n$ keine ${}0$ als Endziffer der Tabelleneinträge auftaucht. Wenn nämlich ${}n$ keine Primzahl ist, so gibt es eine Zerlegung

${}n=a\cdot b\,$

mit ${}a,b<n$. Die Ziffern ${}a,b$ kommen also im kleinen Einmaleins vor. Das zugehörige Produkt ${}ab$ hat in dem System die Ziffernentwicklung ${}10$ und somit taucht als Endziffer die ${}0$ auf.

Wenn umgekehrt die ${}0$ im kleinen Einmaleins als Endziffer auftaucht, so bedeutet dies, dass es Ziffern ${}1\leq i,j<n$ derart gibt, dass ${}ij$ ein Vielfaches von ${}n$ ist. Es ist also

${}ij=cn\,.$

Wenn ${}n$ prim wäre, so müsste nach dem Lemma von Euklid ${}n$ einen der Faktoren teilen, doch das geht nicht, da diese beiden kleiner als ${}n$ sind.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise das Lemma von Bezout für teilerfremde natürliche Zahlen ${}a$ und ${}b$ durch Induktion über das Maximum von ${}a$ und ${}b$.

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion über das Maximum von ${}a$ und ${}b$, wobei wir ohne Einschränkung ${}a\leq b$ wählen können. Wenn das Maximum ${}0$ ist, so sind beide Zahlen ${}0$ und somit nicht teilerfremd. Wenn das Maximum ${}1$ ist, so ist ${}b=1$ und somit ergeben ${}r=0$ und ${}s=1$ eine Darstellung der ${}1$. Es seien nun ${}a\leq b$ teilerfremd, ${}b\geq 2$ und die Aussage sei für alle Zahlenpaare, deren Maxima kleiner als ${}b$ sind, schon bewiesen. Dann ist ${}a<b$, da bei ${}a=b$ die beiden Zahlen nicht teilerfremd sind. Ebenso können wir ${}a=0$ ausschließen. Wir betrachten das Zahlenpaar ${}(a,b-a)$ und wollen darauf die Induktionsvoraussetzung anwenden. Das Maximum dieses neuen Paares ist jedenfalls kleiner als ${}b$. Allerdings müssen wir, damit die Induktionsvoraussetzung wirklich angewendet werden kann, wissen, dass auch ${}a$ und ${}b-a$ teilerfemd sind. Dazu führen wir einen Widerspruchsbeweis.  Nehmen wir also an, dass ${}a$ und ${}b-a$ nicht teilerfremd sind. Dann gibt es eine natürliche Zahl ${}t\geq 2$, die sowohl ${}a$ als auch ${}b-a$ teilt. Dies bedeutet wiederum, dass es natürliche Zahlen ${}m,n$ mit ${}a=mt$ und ${}b-a=nt$ gibt. Doch dann ist

${}b=(b-a)+a=nt+mt=(n+m)t\,$

ebenfalls ein Vielfaches von ${}t$, im Widerspruch zur Teilerfremdheit von ${}a$ und ${}b$.  Die Induktionsvoraussetzung ist also auf ${}a$ und ${}b-a$ anwendbar und somit gibt es ganze Zahlen ${}r,s$ mit

${}ra+s(b-a)=1\,.$

Dann ist aber auch

${}(r-s)a+sb=ra+s(b-a)=1\,$

und wir haben eine Darstellung der ${}1$ mit ${}a$ und ${}b$ gefunden.

Aufgabe (4 Punkte)

Berechne mit Hilfe des quadratischen Reziprozitätsgesetzes und seiner Ergänzungssätze das Legendre-Symbol

$\left({\frac {2333}{3673}}\right).$

Lösung Wir berechnen Schritt für Schritt das Legendre-Symbol.

$\left({\frac {2333}{3673}}\right)$	=	$\left({\frac {3673}{2333}}\right)$$2333$ hat modulo $4$ den Rest $1$, deshalb ist das Vorzeichen im quadratischen Reziprozitätsgesetz gleich $1$.
	=	$\left({\frac {1340}{2333}}\right)$Reduktion des Zählers.
	=	$\left({\frac {2}{2333}}\right)$ $\left({\frac {2}{2333}}\right)$ $\left({\frac {335}{2333}}\right)$Multiplikativität des Legendre-Symbols im Zähler gemäß diesem Satz.
	=	$\left({\frac {2333}{335}}\right)$Vorne steht ein Quadrat. $2333$ hat modulo $4$ den Rest $1$, deshalb ist das Vorzeichen im quadratischen Reziprozitätsgesetz gleich $1$.
	=	$\left({\frac {323}{335}}\right)$Reduktion des Zählers.
	=	$-\left({\frac {335}{323}}\right)$$323$ und $335$ haben beide modulo $4$ den Rest $3$, deshalb ist das Vorzeichen im quadratischen Reziprozitätsgesetz gleich $-1$.
	=	$-\left({\frac {12}{323}}\right)$Reduktion des Zählers.
	=	$-\left({\frac {2}{323}}\right)$ $\left({\frac {2}{323}}\right)$ $\left({\frac {3}{323}}\right)$Multiplikativität des Legendre-Symbols im Zähler gemäß diesem Satz.
	=	$\left({\frac {323}{3}}\right)$Vorne steht ein Quadrat. $323$ und $3$ haben beide modulo $4$ den Rest $3$, deshalb ist das Vorzeichen im quadratischen Reziprozitätsgesetz gleich $-1$.
	=	$\left({\frac {2}{3}}\right)$Reduktion des Zählers.
	=	$-1$$3=3\mod 8$, deshalb ist nach dem 2. Ergänzungsgesetz $2$ kein Quadratrest modulo $3$.

Also ist $2333$ kein Quadratrest modulo $3673$.

Aufgabe (6 Punkte)

Es seien ${}I$ und ${}J$ Ideale in einem kommutativen Ring ${}R$ und sei ${}n\in \mathbb {N}$. Zeige die Gleichheit

${}(I+J)^{n}=I^{n}+I^{n-1}J+I^{n-2}J^{2}+\cdots +I^{2}J^{n-2}+IJ^{n-1}+J^{n}\,.$

Lösung

Zum Beweis der Inklusion ${}\subseteq$ sei ${}f\in (I+J)^{n}$. Da das Produkt von Idealen aus allen Summen von Produkten besteht, bedeutet dies, dass

${}f=f_{1}+f_{2}+\cdots +f_{k}\,,$

wobei

${}f_{\ell }=c_{\ell 1}\cdot c_{\ell 2}\cdots c_{\ell n}\,$

mit ${}c_{\ell r}\in I+J$ ist. Dies bedeutet wiederum, dass

${}c_{\ell r}=a_{\ell r}+b_{\ell r}\,$

mit ${}a_{\ell r}\in I$ und ${}b_{\ell r}\in J$ ist. Somit ist

${}f_{\ell }={\left(a_{\ell 1}+b_{\ell 1}\right)}{\left(a_{\ell 2}+b_{\ell 2}\right)}\cdots {\left(a_{\ell n}+b_{\ell n}\right)}\,.$

Wenn man ein solches Produkt distributiv ausrechnet, so erhält man eine Summe von Produkten mit ${}n$ Faktoren, wobei ${}s$ Faktoren zu ${}I$ und ${}n-s$ Faktoren zu ${}J$ gehören. Damit gehören diese Summanden zur rechten Seite und somit auch die ${}f_{\ell }$ und auch ${}f$.

Zum Beweis der Inklusion ${}\supseteq$ genügt es, die Inklusion ${}I^{s}J^{n-s}\subseteq (I+J)^{n}$ für jedes ${}s$ zu zeigen. Wegen ${}I,J\subseteq I+J$ ist aber sofort

${}I^{s}J^{n-s}\subseteq (I+J)^{s}\cdot (I+J)^{n-s}=(I+J)^{n}\,.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 (2+1+1) Punkte)

a) Bestimme die Primfaktorzerlegung des Polynoms ${}F=X^{3}+X+2$ in ${}\mathbb {Z} /(5)[X]$.

b) Zeige, dass durch

$K=\mathbb {Z} /(5)[T]/(T^{2}-2)$

ein Körper mit ${}25$ Elementen gegeben ist.

c) Bestimmen die Primfaktorzerlegung von ${}F=X^{3}+X+2$ über ${}K=\mathbb {Z} /(5)[T]/(T^{2}-2)$.

Lösung Polynomring/Eine Variable/Z mod 5 und mod 25/Primfaktorzerlegung von X^3+X+2/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme einen Erzeuger für das gebrochene Ideal ${}{\mathfrak {f}}\subseteq \mathbb {Q}$, das durch die rationalen Zahlen

${\frac {3}{7}},\,{\frac {5}{6}},\,{\frac {3}{10}}\,$

erzeugt wird.

Lösung

Wir bringen die drei Brüche auf einen Hauptnenner, was

${\frac {90}{210}},\,{\frac {175}{210}},\,{\frac {63}{210}}$

ergibt. Der größte gemeinsame Teiler der beiden ersten Zähler ist ${}5$. Da dies teilerfremd zu ${}63$ ist, sind die drei Zähler insgesamt teilerfremd. Daher wird das gebrochene Ideal durch ${}{\frac {1}{210}}$ erzeugt.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}R$ ein faktorieller Zahlbereich. Zeige, dass dann ${}R$ ein Hauptidealbereich ist. Dabei dürfen grundlegende Sätze über Zahlbereiche verwendet werden.

Lösung

Siehe die entsprechende Argumentation im Beweis zu Fakt.

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei ${}A_{-10}=\mathbb {Z} [{\sqrt {-10}}]\cong \mathbb {Z} [X]/(X^{2}+10)$ der quadratische Zahlbereich zu ${}D=-10$. Berechne den Hauptdivisor zu

$q={\frac {2}{3}}-{\frac {1}{5}}{\sqrt {-10}}.$

Lösung Sei $R=A_{-10}=\mathbb {Z} [X]/(X^{2}+10)$. Wir bringen $q={\frac {2}{3}}-{\frac {1}{5}}{\sqrt {-10}}$ auf einen Hauptnenner, also

$q={\frac {10-3{\sqrt {-10}}}{15}}$ .

Der Nenner ist $15=3\cdot 5$. Die Zerlegung für diese Primzahlen ist:

Modulo $3$.

$R/(3)=\mathbb {Z} /(3)[X]/(X^{2}+1)$.

Das Polynom $X^{2}+1$ hat keine Nullstelle über $\mathbb {Z} /(3)$, also ist es irreduzibel und es liegt ein Körper vor. Daher ist $(3)$ ein Primideal in $R$.

Modulo $5$.

$R/(5)=\mathbb {Z} /(5)[X]/(X^{2})$.

Das Polynom $X^{2}$ ist nicht irreduzibel, es liegt ein nicht reduzierter Ring mit einzigem Primideal $(X)$ vor. Diesem Primideal entspricht in $R$ das Primideal ${\mathfrak {p}}=(5,{\sqrt {-10}})$. Es gilt die Idealzerlegung $(5)={\mathfrak {p}}^{2}$ in $R$.

Für den Zähler betrachten wir die Norm, also

$(10-3{\sqrt {-10}})(10+3{\sqrt {-10}})=100-9(-10)=190=2\cdot 5\cdot 19$ .

Wir berechnen wieder die Idealzerlegung der beteiligten Primfaktoren.

Modulo $2$.

$R/(2)=\mathbb {Z} /(2)[X]/(X^{2})$.

Das Polynom $X^{2}$ ist nicht irreduzibel, es liegt ein nicht reduzierter Ring mit einzigem Primideal $(X)$ vor. Diesem Primideal entspricht in $R$ das Primideal ${\mathfrak {q}}=(2,{\sqrt {-10}})$. Es gilt die Idealzerlegung $(2)={\mathfrak {q}}^{2}$ in $R$.

Modulo $19$.

$R/(19)=\mathbb {Z} /(19)[X]/(X^{2}+10)$.

Das Polynom $X^{2}+10$ ist nicht irreduzibel, es hat die beiden Nullstellen $3$ und $-3$, und die Zerlegung $X^{2}+10=(X+3)(X-3)$. Damit gibt es die beiden Primideale $(X-3)$ und $(X+3)$, die den beiden konjugierten Primidealen ${\mathfrak {m}}=(19,-3+{\sqrt {-10}})$ und ${\overline {\mathfrak {m}}}=(19,3+{\sqrt {-10}})$ entsprechen.

Damit ist

$(190)={\mathfrak {q}}^{2}{\mathfrak {p}}^{2}{\mathfrak {m}}{\overline {\mathfrak {m}}}$ .

Die doppelt auftretenden Primideale verteilen sich (aus Symmetriegründen) auf die beiden Faktoren. In ${\mathfrak {m}}$ kann man bilden $19+3(-3+{\sqrt {-10}})=10+3{\sqrt {-10}}$, so dass $10-3{\sqrt {-10}}$ zu ${\overline {\mathfrak {m}}}$ gehört, und man erhält

$(10-3{\sqrt {-10}})={\mathfrak {q}}{\mathfrak {p}}{\overline {\mathfrak {m}}}$.

Damit ist der Hauptdivisor gleich

$\operatorname {div} (q)={\mathfrak {q}}+{\mathfrak {p}}+{\overline {\mathfrak {m}}}-(3)-2{\mathfrak {p}}={\mathfrak {q}}+{\overline {\mathfrak {m}}}-(3)-{\mathfrak {p}}$ .