Algebraische Zahlentheorie

Matthias Künzer Universität Stuttgart

9. Juli 2020

Inhalt

1 Ganzheit  9
1.1 Der Ring der ganzen Elemente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2 Spur und Norm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.2.1 Zerfällungskörper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.2.2 Spur und Norm für endliche Körpererweiterungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.3 Der Ring der ganzen Elemente in einer endlichen Körpererweiterung . . . . . . . . . . . . 19
1.3.1 Spur und Norm und ganze Elemente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.3.2 Diskriminante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.3.3 Basen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.4 Komposita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.4.1 Komposita von Körpererweiterungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.4.2 Komposita linear disjunkter Körpererweiterungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.4.3 Komposita linear disjunkter Erweiterungen und ganze Elemente . . . . . . . . . . 32
2 Ideale  37
2.1 Dedekindbereiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.2 Primidealfaktorzerlegung in Dedekindbereichen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.3 Lokale Betrachtungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.3.1 Lokale Charakterisierung von Dedekindbereichen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.3.2 Lokalisieren gebrochener Ideale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.3.3 Die Idealnorm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.3.4 Differente und Diskriminantenideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
3 Minkowskitheorie  63
3.1 Gitter in reellen Vektorräumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3.2 Endlichkeitsaussagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
3.2.1 Einbetten eines Zahlkörpers in einen euklidischen Raum . . . . . . . . . . . . . . . 69
3.2.2 Endlichkeit der Klassengruppe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.2.3 Endliche Erzeugtheit der Einheitengruppe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
4 Zerlegung, Verzweigung, Trägheit  82
4.1 Kreisteilungskörper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
4.2 Verzweigungsindex und Trägheitsgrad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
4.2.1 Allgemeinfall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
4.2.2 Galoisfall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
A Aufgaben und Lösungen  103
A.1 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
A.2 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

Verzeichnis der Sätze und einiger Lemmata

Lemma 33 §1.3.3 S. 25 Existenz einer A-linearen Basis
Lemma 36 §1.3.3 S. 26 Eindeutigkeit der Diskriminate bis auf Einheitenquadrat
Satz 48  §1.4.3 S. 33 Diskriminante des Kompositums
Lemma 54 §2.1 S. 38 Ganzer Abschluß wieder dedekindsch
Satz 63  §2.2 S. 42 Primidealfaktorzerlegung
Lemma 71 §2.3.1 S. 48 Approximation
Satz 78  §2.3.1 S. 51 Dedekindbereiche lokal charakterisiert
Satz 100  §2.3.4 S. 61 Transitivität des Diskriminantenideals
Lemma 110 §3.1 S. 67 Minkowskischer Gitterpunktsatz
Satz 118  §3.2.2 S. 73 Endlichkeit der Klassengruppe eines Zahlkörpers
Satz 126  §3.2.3 S. 80 Dirichletscher Einheitensatz
Lemma 129 §4.1 S. 83 Kreisteilungsring im Primpotenzfall
Satz 130  §4.1 S. 86 Kreisteilungsring
Satz 131  §4.1 S. 87 Primidealfaktorzerlegung in Kreisteilungsringen
Lemma 136 §4.2.1 S. 92 Verzweigung nur bei Diskriminantenteilern, monogener Fall
Lemma 138 §4.2.2 S. 95 Galoisbahn von Primidealen
Satz 143  §4.2.2 S. 100 Hilbertscher Zerlegungssatz

Vorwort

Der Ring Z

Im Körper der rationalen Zahlen Q liegt der Teilring der ganzen Zahlen Z.

In Z gibt es die beiden invertierbaren Elemente −1 und +1. Die Gruppe U(Z) der Einheiten in Z ist also isomorph zur zyklischen Gruppe C_{2} .

Ferner gilt in Z das Gesetz der eindeutigen Primfaktorzerlegung.

Der Ring Z[ζ_{5}]

Sei nun ζ_{5} := exp(2πi/5). Es ist Q(ζ_{5})|Q eine Galoiserweiterung von Grad 4.

Eine endliche Körpererweiterung von Q nennt man auch einen Zahlkörper. Es ist also Q(ζ_{5}) ein Beispiel für einen Zahlkörper.

Darin liegt der Teilring Z[ζ_{5}] ⊆ Q(ζ_{5}) seiner ganzen Zahlen.

Den Teilring der ganzen Zahlen in einem Zahlkörper nennt man auch einen Zahlring. Es ist also Z[ζ_{5}] ein Beispiel für einen Zahlring.

Wir werden feststellen, daß dessen Einheitengruppe U(Z[ζ_{5}]) isomorph ist zu Z × C_{10} , wobei der verwendete Isomorphismus −ζ_{5} auf einen Erzeuger des direkten Faktors C_{10} schickt.

Allgemein werden wir die Struktur der Einheitengruppe in einem gegebenen Zahlring recht genau bestimmen; sie ist endlich erzeugt, und man kennt den Rang des freien Anteils.

In Z[ζ_{5}] gilt ferner die eindeutige Primfaktorzerlegung.

Der Ring Z[ζ_{p}]

Die eindeutige Primfaktorzerlegung gilt aber im allgemeinen nicht mehr in Z[ζ_{p}] für p prim. Genauer gesagt, sie gilt für p ⩽ 19, sie gilt nicht für p ⩾ 23 ; cf. [10].

Das liegt letzterenfalls an der Existenz von Primidealen in Z[ζ_{p}], die keine Hauptideale sind. Man kann aus den Primidealen eine Gruppe bilden und aus dieser die von den Hauptidealen gelieferte Untergruppe herausfaktorisieren; man erhält so die Klassengruppe. Wenn diese Klassengruppe Ordnung 1 hat, dann liegt ein Hauptidealbereich vor, und folglich gilt darin die eindeutige Primfaktorzerlegung.

Für jeden Zahlring hat die Klassengruppe immerhin noch endliche Ordnung.

Diese endliche Ordnung der Klassengruppe von Z[ζ_{p}] ist aber im allgemeinen unbekannt, eine diesbezügliche Teilbarkeitsaussage ist Gegenstand der Kummer-Vandiver-Vermutung. Ohne Begründung sei angeführt, daß die Klassengruppe von Z Ordnung 1 hat, von Z[ζ_{5}] Ordnung 1, von Z[ζ_{23}] Ordnung 3, von Z[ζ_{67}] Ordnung 853513, etc.

Dagegen gilt in Z[ζ_{p}], wie auch allgemein in jedem Zahlring, die eindeutige Primidealfaktorzerlegung.

Organisatorisches

Dieses Skript lehnt sich an das erste Kapitel des Buches von Neukirch [11] an. Die Verantwortung für Fehler und Unklarheiten im vorliegenden Skript trage ich natürlich selbst.

Vorausgesetzt werden Kenntnisse der Algebra, insbesondere der Galoistheorie; cf. e.g. [5]. Der Elementarteilersatz wird eine Rolle spielen ; cf. e.g. [4, §1]. Den Begriff eines Moduls über einem Ring findet man e.g. in [7, §1.2]. In §3 werden Kenntnisse über R^{n} aus der Analysis herangezogen.

Auf Übungen und Lösungen wird im Skript manchmal Bezug genommen, sie sind daher als Bestandteil des Skripts anzusehen.

Dank geht an Simon Klenk für Diskussionen über das erste Kapitel von Neukirchs Buch [11]. Dank geht an Fabian Hartkopf für zahlreiche Korrekturen und Verbesserungen. Dank geht an Vanda Eggert, Nora Krauß, Clemens Mayer, Sebastian Nitsche, Mathias Ritter, Monika Truong und Cornelia Vogel für Korrekturen und Verbesserungen.

Für weitere Hinweise auf Fehler und Unklarheiten bin ich dankbar.

Stuttgart, im Wintersemester 2014/15

Matthias Künzer

Konventionen. Seien X und Y Mengen. Sei R ein kommutativer Ring.

• Es stehe “für x ∈ X” kurz für “für alle x ∈ X”.

• Es bedeute Y ⊂ X, daß Y ⊆ X und Y ≠ X.

• Ist X endlich, so bezeichne |X| die Anzahl ihrer Elemente.

• Sei (X, ⩽) ein Poset, i.e. eine teilgeordnete Menge. Es heißt x ∈ X minimal, falls es kein y ∈ X mit y < x gibt. Es heißt x ∈ X initial, falls x ⩽ z für alle z ∈ X gilt. Es heißt x ∈ X maximal, falls es kein y ∈ X mit x < y gibt. Es heißt x ∈ X terminal, falls z ⩽ x für alle z ∈ X gilt. Es existieren höchstens ein initiales und höchstens ein terminales Element in X. Für a ∈ X schreiben wir X_{>a} := { x ∈ X : x > a }, etc.

• Wir schreiben Abbildungen links. I.e. ist X ^{\overline{}^{f}} Y eine Abbildung und x ∈ X, so bezeichnet f(x) oder fx das Bild von x unter f.

• Sei f : X \overline{}Y eine Abbildung. Sei X′ ⊆ X, Y′ ⊆ Y und f(X′) ⊆ Y′. Wir schreiben f|_{X′}^{Y′} : X′ \overline{}Y′, x′ \overline{}f(x′) für die Einschränkung. Ist Y′ = Y, so schreiben wir auch f|_{X′} := f|_{X′}^{Y} . Ist X′ = X, so schreiben wir auch f|^{Y′} := f|_{X}^{Y′}.

• Die identische Abbildung auf X wird id_{X}, 1_{X}, oder, falls keine Verwechslungsgefahr besteht, id oder 1 geschrieben.

• Ist X ⊆ Y, so schreiben wir die Inklusionsabbildung id_{Y} |_{X} : X \overline{}Y, x \overline{}x auch symbolisch als X [figure] Y.

• Sind x, y Elemente einer Menge, so sei ∂_{x,y} := 1 falls x = y und ∂_{x,y} := 0 falls x ≠ y.

• Sind ( x_{i} : i ∈ I) und ( y_{j} : j ∈ J) Tupel von Elementen einer Menge, für indizierende Mengen I und J, dann sei ( x_{i} : i ∈ I) ⊔ ( y_{j} : j ∈ J) das konkatenierte Tupel, welches, wenn als Funktion auf I ⊔ J aufgefaßt, ein Element i ∈ I auf x_{i} und ein Element j ∈ J auf y_{j} schickt.

• Sind a, b ∈ Z, so schreiben wir [a, b] := {z ∈ Z : a ⩽ z ⩽ b} für das ganzzahlige Intervall.

• Es bezeichnet φ(n) := |U(Z/(n))| den Wert der Eulerschen phi-Funktion bei n ∈ Z_{⩾1} , i.e. die Anzahl der zu n teilerfremden Zahlen in [1, n].

• In Z ⊔ {∞} gelte k ⩽ ∞ und k + ∞ = ∞ für alle k ∈ Z ⊔ {∞}.

• Wird ein Element z ∈ Z als Element von R angesehen, so ist damit das Bild dieses Elements unter dem eindeutigen Ringmorphismus Z \overline{}R zu verstehen.

• Schreibe R^{×} := R ∖ {0}. Allgemeiner, ist 𝔞 ⊆ R ein Ideal, so schreibe 𝔞^{×} := 𝔞 ∖ {0}.

• Es bezeichnet U(R) = { a ∈ R : (a) = R } die Einheitengruppe von R.

• Ist S ein kommutativer Ring und R ⊆ S darin ein Teilring, so sprechen wir von einer Ringerweiterung S|R.

• Sind L und K Körper und ist dabei K ⊆ L ein Teilkörper, so sprechen wir von einer Körpererweiterung L|K. Diese heißt endlich, falls L ein endlichdimensionaler K-Vektorraum ist. Vorsicht, eine endliche Körpererweiterung ist nicht notwendig eine Erweiterung endlicher Körper.

• Für n ⩾ 1 und a_{1} , …, a_{n} ∈ R schreiben wir (a_{1} , …, a_{n}) := { r_{1}a_{1} + ⋯ + r_{n}a_{n} : r_{i} ∈ R für i ∈ [1, n] } ⊆ R für das von diesen Elementen erzeugte Ideal. Ein Ideal von dieser Form heißt endlich erzeugt. E.g. ist jedes Hauptideal in R von der Form (a) für ein geeignetes a ∈ R. Alternativ schreiben wir auch Ra = (a).

• Sind a, b, r ∈ R, so bedeute a ≡_{r} b, daß a − b ∈ (r) ist.

Ist I ein Ideal in R und sind a, b ∈ R, so bedeute a ≡_{I} b, daß a − b ∈ I ist. Insbesondere ist a ≡_{(r)} b äquivalent zu a ≡_{r} b.

• Es heißt R Integritätsbereich, wenn 1_{R} ≠ 0_{R} ist und R nullteilerfrei ist, i.e. wenn für a ∈ R^{×} die Abbildung λ_{r} : R → R, r ↦ ar injektiv ist. Diesenfalls bezeichne Quot(R) seinen Quotientenkörper.

• Es bezeichnet Ideale(R) die teilgeordnete Menge der Ideale von R. Es bezeichnet Ideale^{×}(R) := Ideale(R) ∖ {(0)}. Es bezeichnet Ideale_{prim}(R) ⊆ Ideale(R) die Teilmenge der Primideale von R, i.e. der Ideale 𝔭 ⊆ R, für welche R/𝔭 ein Integritätsbereich ist. Es bezeichnet Ideale_{prim}^{×}(R) := Ideale_{prim}(R) ∖ {(0)}. Unter einem maximalen Ideal in R verstehen wir ein maximales Element 𝔪 von Ideale(R) ∖ {(1)}, i.e. ein Ideal 𝔪, für welches R/𝔪 ein Körper ist. Maximale Ideale sind prim.

• Sei M ein R-Modul.

Für n ⩾ 0 schreiben wir M^{⊕n} := ⨁_{i∈[1,n]} M. Speziell ist M^{⊕0} = {0} =: 0 der Nullmodul. Für eine Menge I schreiben wir

M^{⊕I} := ⨁_{i∈I} M = { (m_{i})_{i∈I} : m_{i} ∈ M für i ∈ I und { i ∈ I : m_{i} ≠ 0 } endlich }

für den R-Modul, der aus den I-indizierten Tupeln (m_{i})_{i∈I} mit Einträgen in M mit endlichem Träger { i ∈ I : m_{i} ≠ 0 } besteht. Wir schreiben auch kurz (m_{i})_{i} := (m_{i})_{i∈I} . Die Operationen sind eintragsweise definiert, i.e. r(m_{i})_{i}+r′(m′_{i})_{i} = (rm_{i}+r′m′_{i})_{i} für r, r′ ∈ R und (m_{i})_{i} , (m′_{i})_{i} ∈ M^{⊕I}. Ist R = K ein Körper, so schreiben wir alternativ auch K^{n} = K^{⊕n}.

• Ist M ein R-Modul mit M ≃ R^{⊕k} für ein k ⩾ 0, so heißt M endlich erzeugt frei und rk_{R} M := k der Rang von M. Cf. Aufgabe 13.(1).

• Die Injektivität einer linearen Abbildung wird zuweilen mit [figure: •], die Surjektivität mit [figure] angedeutet.

• Gegeben seinen R-Moduln M′, M, M′′ und R-lineare Abbildungen M′ ^{\overline{}^{u}} M ^{\overline{}^{v}} M′′. Diese Sequenz der zwei aufeinanderfolgenden R-linearen Abbildungen heißt exakt bei M, wenn u(M′) = Kern(v) ist. Allgemein heißt eine Sequenz von R-Moduln und R-linearen Abbildungen exakt, wenn sie an jeder Stelle exakt ist.

• Ein Element a ∈ R heißt prim, falls R/(a) ein Integritätsbereich ist, i.e. falls (a) ⊆ R ein Primideal ist.

• Ein Element a ∈ R heißt irreduzibel, falls a ∉ U(R) liegt, aber aus a = bc mit b, c ∈ R bereits b ∈ U(R) oder c ∈ U(R) folgt.

• Ist p ∈ R prim und x ∈ R, so schreiben wir v_{p}(x) := max{ α ∈ Z_{⩾0} : x ∈ (p^{α}) } für die Bewertung (engl. valuation) von x bei p, sofern existent.

• Ist n ∈ Z und p ∈ Z_{>0} prim, so schreiben wir n[p] := p^{v_{p}(n)}.

• Für f = f(X) ∈ R[X] ∖ {0} bezeichnet deg(f) den Grad von f.

• Sind X, Y, Z ⊆ R, so schreiben wir X · Y := _{Z}⟨ x · y : x ∈ X, y ∈ Y ⟩. Ist X ein Ideal in R, so ist X · Y ein Ideal in R. Es ist X · Y = Y · X. Es ist (X · Y) · Z = _{Z}⟨ x · y · z : x ∈ X, y ∈ Y, z ∈ Z ⟩ = X · (Y · Z). Daher können wir bei mehrfachen Produkten die Klammern wegfallen lassen.

• Seien m, n ⩾ 0. Für i ∈ [1, m] und j ∈ [1, n] bezeichne e_{i, j} ∈ R^{m×n} die Matrix, die an Position (i, j) den Eintrag 1 hat, und ansonsten 0. Sei E_{n} := ∑_{i∈[1,n]} e_{i,i} = (∂_{i, j})_{i, j} ∈ R^{n×n} die Einheitsmatrix.

• Für n ⩾ 0 sei GL_{n}(R) := { U ∈ R^{n×n} : es gibt V ∈ R^{n×n} mit UV = E_{n} = V U }. Vermöge Matrixmultiplikation ist dies eine Gruppe.

• Die Spur einer quadratischen Matrix B wird tr(B) geschrieben (engl. trace). Genauso die Spur eines Endomorphismus eines endlichdimensionalen Vektorraums.

• Die Transponierte einer Matrix B wird B^{t} geschrieben.

• Für n ⩾ 0 ist das Standardskalarprodukt auf R^{n} gegeben durch ⌊(x_{i})_{i} , (y_{i})_{i}⌋ = ∑_{i∈[1,n]} x_{i} y_{i}.

• Für n ⩾ 1 sei ζ_{n} := exp(2πi/n). Somit ist ζ_{n} eine primitive n-te Einheitswurzel über Q. Man kann auch annehmen, ζ_{n} sei eine Nullstelle von X^{n} − 1 im Zerfällungskörper E von X^{n} − 1 ∈ Q[X], die die Gruppe der Nullstellen von X^{n} − 1 in E erzeugt, welche Ordnung n hat, da X^{n} − 1 und (X^{n} − 1)′ teilerfremd sind, und welche als endliche Untergruppe der multiplikativen Gruppe dieses Zerfällungskörpers zyklisch ist – wenn man die Verwendung von C vermeiden möchte.

• Die (multiplikativ notierte) triviale Gruppe, die nur aus dem Einselement besteht, wird auch 1 geschrieben.

• Ist G eine Gruppe und U ⊆ G, so bedeute U ⩽ G, daß U eine Untergruppe von G ist, und U ⊴ G, daß U ein Normalteiler von G ist.

• Ist G eine Gruppe und M ⊆ G eine Teilmenge, so sei ⟨⟨M⟩⟩ das Untergruppenerzeugnis von M, i.e. ⟨⟨M⟩⟩ := { m_{1}^{ε_{1}}m_{2}^{ε_{2}} ⋯ m_{k}^{ε_{k}} : k ⩾ 0, m_{i} ∈ M und ε_{i} ∈ {−1, +1} für i ∈ [1, k] } (^{1}).

• Für n ⩾ 0 sei S_{n} die symmetrische Gruppe, bestehend aus Bijektionen von [1, n] nach [1, n] ; sei A_{n} := Kern(sgn) = { sa ∈ S_{n} : sgn(σ) = +1 } ⊆ S_{n} die alternierende Gruppe.

• Für n ⩾ 1 sei C_{n} die zyklische Gruppe der Ordnung n.

• Ist z = a + bi ∈ C, wobei a, b ∈ R, dann ist z̄ := a − bi ∈ C die zu z komplex konjugierte Zahl. Ist A = (a_{i, j})_{i, j} eine Matrix mit Einträgen in C, dann schreiben wir Ā = (ā_{i, j})_{i, j} .

• Wir bezeichnen die Kreiszahl mit π.

• Der natürliche Logarithmus wird mit ln, die Eulersche Zahl mit e bezeichnet.

• Wir verwenden ansonsten die Konventionen aus [5].

1Diese ansonsten ungebräuchliche Notation wird nur wegen der Verwechslungsgefahr mit dem Teilraumerzeugnis verwendet.

Kapitel 1

Ganzheit

1.1 Der Ring der ganzen Elemente

Sei B|A eine Erweiterung kommutativer Ringe, i.e. sei B ein kommutativer Ring und A ⊆ B ein Teilring.

Wir erinnern daran, daß ein A-Teilmodul M von B eine Teilmenge ist, welche 0 enthält und für welche am + a′m′ ∈ M ist für a, a′ ∈ A und m, m′ ∈ M. Dieser heißt endlich erzeugt, wenn es eine endliche Teilmenge M_{0} ⊆ M mit

{_{∑i∈[1,k]}a_{i}m_{i} : k ⩾ 0, a_{i} ∈ A und m_{i} ∈ M_{0} für i ∈ [1, k] } =: _{A}⟨M_{0}⟩ = M

gibt.

Lemma 1 Gegeben sei b ∈ B. Die Aussagen (1, 2, 3) sind äquivalent.

(1) Es gibt ein normiertes Polynom f(X) ∈ A[X] mit f(b) = 0.

(2) Es ist A[b] ein endlich erzeugter A-Teilmodul von B.

(3) Es ist A[b] enthalten in einem Teilring C ⊆ B, welcher ein endlich erzeugter A-Modul ist.

Beweis.

Ad (1) ⇒ (2). Sei n ⩾ 0 und f(X) = ∑_{i∈[0,n]} a_{i}X^{i} mit a_{n} = 1 und f(b) = 0 gegeben. Ist j ⩾ 0, so ist b^{n+j} = − ∑_{i∈[0,n−1]} a_{i}b^{i+j} ∈ _{A}⟨ b^{i} : i ∈ [0, n + j − 1] ⟩ und also

A⟨ b^{i} : i ∈ [0, n + j] ⟩ ⊆ _{A}⟨ b^{i} : i ∈ [0, n + j − 1] ⟩ .

Per Induktion folgt

A⟨ b^{i} : i ∈ [0, n + j] ⟩ ⊆ _{A}⟨ b^{i} : i ∈ [0, n − 1] ⟩

und also

A[b] = ⋃_{j⩾0} _{A}⟨ b^{i} : i ∈ [0, n + j] ⟩ ⊆ _{A}⟨ b^{i} : i ∈ [0, n − 1] ⟩ .

Ad (2) ⇒ (3). Wir können C = A[b] verwenden.

Ad (3) ⇒ (1). Sei C = _{A}⟨ c_{i} : i ∈ [1, k] ⟩ für ein k ⩾ 0 und gewisse c_{i} ∈ C. Es ist bc_{i} ∈ C für i ∈ [1, k]. Also gibt es S = (s_{i, j})_{i, j} ∈ A^{k×k} mit bc_{i} = ∑_{j∈[1,k]} s_{i, j}c_{j} für i ∈ [1, k], i.e. mit ∑_{j∈[1,k]}(b∂_{i, j} − s_{i, j})c_{j} = 0 für i ∈ [1, k].

Wir schreiben T = (t_{i, j})_{i, j} := bE_{k} − S ∈ B^{k×k}. Es ist also ∑_{j∈[1,k]} t_{i, j}c_{j} = 0 für i ∈ [1, k].

Sei T′ = (t′_{i, j})_{i, j} ∈ B^{k×k} die Adjunkte zu S, i.e. sei

t′_{v,u} = (−1)^{u+v} det((t_{i, j})_{i∈[1,k]∖{v}, j∈[1,k]∖{u}})

für u, v ∈ [1, k]. Dann gilt nach Cramerscher Regel T′T = det(T)E_{k}. I.e. es ist ∑_{i∈[1,k]} t′_{ℓ,i}t_{i, j} = det(T)∂_{ℓ, j} für j, ℓ ∈ [1, k]. Für ℓ ∈ [1, k] folgt

det(T)c_{ℓ} = _{∑j∈[1,k]} det(T)∂_{ℓ, j} c_{j} = _{∑i, j ∈ [1,k]}t′_{ℓ,i} t_{i, j} c_{j} = 0 ,

also, da 1 ∈ C = _{A}⟨ c_{i} : i ∈ [1, k] ⟩, auch det(T) = 0.

Daher ist f(X) := det(XE_{k} − S) ∈ A[X] nach der Leibnizformel ein normiertes Polynom, und es ist f(b) = det(bE_{k} − S) = det(T) = 0.

Definition 2 Ein Element b ∈ B heißt ganz über A, falls es einer der äquivalenten Bedingungen von Lemma 1 genügt.

Wir schreiben

Γ_{B}(A) := { b ∈ B : b ist ganz über A } ⊆ B

für den ganzen Abschluß von A in B.

Ist K|Q eine endliche Körpererweiterung, so wird K auch Zahlkörper genannt, und wir schreiben häufig auch

O_{K} := Γ_{K}(Z) = { x ∈ K : x ist ganz über Z } ⊆ K

für den zugehörigen Zahlring, im Vorgriff auf Lemma 5.

Algebraische Zahlentheorie ist das Studium von O_{K} . Im Vorwort wurden Beispiele genannt.

Beispiel 3

(1) Jedes Element a von A ist ganz über A, da mit dem normierten Polynom f(X) = X − a ∈ A[X] in der Tat f(a) = 0 ist. Es ist also A ⊆ Γ_{B}(A) ⊆ B.

(2) Betrachte Q|Z. Es ist \frac{1}{2} ∈ Q nicht ganz über Z. Annahme, doch. Sei n ⩾ 1 und f(X) = ∑_{i∈[0,n]} a_{i}X^{i} ∈ Z[X] mit a_{n} = 1 und f(\frac{1}{2}) = 0 gefunden. Dann ist ∑_{i∈[0,n]} a_{i}2^{n−i} = 0, und also 1 = 2(− ∑_{i∈[0,n−1]} a_{i}2^{n−1−i}). Aber 1 ist in Z nicht durch 2 teilbar, Widerspruch.

Beachte auch, daß \frac{1}{2} zwar schon Nullstelle des Polynoms 2X − 1 ∈ Z[X] ist, dieses aber nicht normiert ist.

(3) Betrachte Q(i)|Z. Es ist i ganz über Z, da mit dem normierten Polynom f(X) = X^{2} + 1 ∈ Z[X] in der Tat f(i) = 0 ist.

(4) Betrachte Q(\sqrt{5})|Z. Sei α := (1 + \sqrt{5})/2. Es ist α^{2} = (1 + 2\sqrt{5} + 5)/4 = α + 1. Also ist α eine Nullstelle des normierten Polynoms X^{2} − X − 1 ∈ Z[X]. Folglich ist α ganz über Z.

(5) Ist B|A eine Körpererweiterung, so ist ein Element von B genau dann ganz über A, wenn es algebraisch über A ist.

Lemma 4 Seien T |S|R Erweiterungen kommutativer Ringe derart, daß T ein endlich erzeugter S-Modul und S ein endlich erzeugter R-Modul ist.

Dann ist T ein endlich erzeugter R-Modul.

Beweis. Sei S = _{R}⟨ s_{i} : i ∈ [1, k] ⟩ für ein k ⩾ 0 und gewisse s_{i} ∈ S.

Sei T = _{S}⟨ t_{j} : j ∈ [1, ℓ] ⟩ für ein ℓ ⩾ 0 und gewisse t_{j} ∈ T.

Wir behaupten T =^{!} _{R}⟨ s_{i}t_{j} : i ∈ [1, k], j ∈ [1, ℓ] ⟩.

Sei t ∈ T gegeben. Es ist t = ∑_{j∈[1,ℓ]} s̃_{j} t_{j} mit gewissen s̃_{j} ∈ S. Es ist s̃_{j} = ∑_{i∈[1,k]} r̃_{j,i} s_{i} für gewisse r̃_{j,i} ∈ R. Zusammengenommen ist also t = ∑_{j∈[1,ℓ]} s̃_{j}t_{j} = ∑_{i∈[1,k], j∈[1,ℓ]} r̃_{j,i} s_{i} t_{j}. Dies zeigt die Behauptung.

Lemma 5 Es ist Γ_{B}(A) ein Teilring von B.

Beweis. Es ist 1 ∈ Γ_{B}(A).

Seien u, v ∈ Γ_{B}(A). Es genügt, A[u, v] ⊆^{!} Γ_{B}(A) zu zeigen. Da für w ∈ A[u, v] auch A[w] ⊆ A[u, v] ist, genügt es dank Lemma 1.(3) zu zeigen, daß A[u, v] ein endlich erzeugter A-Modul ist.

Es ist u ganz über A, also A[u] ein endlich erzeugter A-Modul; cf. Lemma 1.(2). Es ist v ganz über A. Somit gibt es ein normiertes f(X) ∈ A[X] mit f(v) = 0 ; cf. Lemma 1.(1). Nun ist f(X) auch ein normiertes Polynom in A[u][X]. Also ist v auch ganz über A[u] ; cf. Lemma 1.(1). Also ist A[u, v] endlich erzeugt über A[u] ; cf. Lemma 1.(2). Dank Lemma 4, angewandt auf A[u, v] | A[u] | A, folgt nun, daß A[u, v] ein endlich erzeugter A-Modul ist.

Lemma 6 Es ist Γ_{B}(Γ_{B}(A)) = Γ_{B}(A).

Beweis. Zu zeigen ist nur Γ_{B}(Γ_{B}(A)) ⊆^{!} Γ_{B}(A). Sei u ∈ Γ_{B}(Γ_{B}(A)). Wir wollen u ∈^{!} Γ_{B}(A) nachweisen.

Wähle ein n ⩾ 0 und ein f(X) = ∑_{i∈[0,n]} v_{i}X^{i} ∈ Γ_{B}(A)[X] mit a_{n} = 1 und f(u) = 0. Nun ist auch f(X) ∈ A[v_{0} , …, v_{n−1}][X] und also u ganz über A[v_{0} , …, v_{n−1}]. Es ist v_{i} ganz über A für i ∈ [0, n − 1]. Also ist auch v_{i} ganz über A[v_{0} , …, v_{i−1}] für i ∈ [0, n − 1]. In der Erweiterungskette

A[v_{0} , …, v_{n−1} , u] | A[v_{0} , …, v_{n−1}] | A[v_{0} , …, v_{n−2}] | … | A[v_{0}] | A

ist mithin jeder Ring ein endlich erzeugter Modul über dem nächstkleineren Ring. Mit Lemma 4 folgt, daß A[v_{0} , …, v_{n−1} , u] ein endlich erzeugter A-Modul ist. Dank Lemma 1.(3) ist also u ganz über A, i.e. u ∈ Γ_{B}(A).

Definition 7

(1) Es heißt die Ringerweiterung B|A ganz, falls Γ_{B}(A) = B ist.

(2) Ist A ein Integritätsbereich, so heißt A ganzabgeschlossen, falls Γ_{Quot(A)}(A) = A ist.

Bemerkung 8

(1) Hauptidealbereiche sind ganzabgeschlossen; cf. Aufgabe 6.(1). So etwa sind Z, Z[i] und F_{7}[X] ganzabgeschlossen; cf. Aufgabe 6.(2).

(2) Sei A ein Integritätsbereich und B ein Körper. Dann ist A′ := Γ_{B}(A) ganzabgeschlossen. Denn dann ist A ⊆ A′ ⊆ Quot(A′) ⊆ B; cf. Aufgabe 11.(1). Also wird

Γ_{Quot(A′)}(A′) = Quot(A′) ∩ Γ_{B}(A′) =^{L. 6} Quot(A′) ∩ A′ = A′ .

1.2 Spur und Norm

Sei K perfekt; cf. [5, §3.3].

Wir erinnern daran, daß Körper von Charakteristik 0 perfekt sind. Wir erinnern daran, daß endliche Körper perfekt sind. Aber z.B. F_{3}(X) = Quot(F_{3}[X]) ist nicht perfekt.

Sei L|K eine endliche Körpererweiterung.

1.2.1 Zerfällungskörper

Definition 9 Ist E|L eine Körpererweiterung, so heißt E ein Zerfällungskörper von L|K, wenn (1, 2) gelten.

(1) Es ist E|K galoisch.

(2) Der kleinste Teilkörper von E, der σ(L) enthält für alle σ ∈ Gal(E|K), ist E.

Beispiel 10

(1) Ist L|K galoisch, dann ist L ein Zerfällungskörper von L|K.

(2) Es ist Q(\sqrt[3]{2}, ζ_{3}) Zerfällungskörper von Q(\sqrt[3]{2})|Q ; cf. Aufgabe 7.

Lemma 11

(1) Es gibt einen Zerfällungskörper E von L|K mit E|L endlich.

(2) Sind zwei Zerfällungskörper E und E′ von L|K gegeben, dann gibt es einen Isomorphismus ψ : E \overline{}E′ von Körpern mit ψ|_{L}^{L} = id_{L}.

(3) Ist E ein Zerfällungskörper von L|K, ist F |K eine galoische endliche Körpererweiterung und ist σ : L \overline{}F ein Körpermorphismus mit σ|_{K}^{K} = id_{K} , dann gibt es einen Körpermorphismus φ : E \overline{}F mit φ|_{L} = σ.

[figure: E; φ; F; L; σ; K]

Beweis. Da L|K endlich ist, gibt es n ⩾ 0 und y_{1} , …, y_{n} ∈ L mit L = K(y_{1} , …, y_{n}). Schreibe f(X) := μ_{y_{1} , K}(X) ⋯ μ_{y_{n} , K}(X)

Ad (1). Sei E ein Zerfällungskörper von f(X) ∈ L[X] ; cf. [5, §2.5.1, §2.5.2]. Es ist E|L eine endliche Körpererweiterung. Es ist E dann auch ein Zerfällungskörper von f(X) ∈ K[X], denn das Erzeugnis über K aller Nullstellen von f(X) in E enthält y_{1} , …, y_{n}, mithin L, stimmt also mit dem Erzeugnis über L aller Nullstellen von f(X) in E überein, welches gleich E ist.

Es ist E|K galoisch; cf. [5, §3.5.1.4]. Um zu zeigen, daß der kleinste Teilkörper von E, der σ(L) enthält für alle σ ∈ Gal(E|K), gleich E ist, genügt es zu zeigen, daß für jede Nullstelle z ∈ E von f(X) ein σ ∈ Gal(E|K) und ein i ∈ [1, n] mit z = σ(y_{i}) existiert.

Da f(z) = 0 ist, können wir ein i ∈ [1, n] wählen mit μ_{y_{i} , K}(z) = 0. Also gibt es einen Isomorphismus τ : K(y_{i}) \overline{}K(z) mit τ(y_{i}) = z und τ|_{K}^{K} = id_{K} ; cf. [5, §2.3.4]. Es ist E Zerfällungskörper von f(X) ∈ K(y_{i})[X] und auch von f(X) = f^{τ}(X) ∈ K(z)[X]. Somit gibt es auch einen Isomorphismus σ : E \overline{}E mit σ|_{K(y_{i})}^{K(z)} = τ ; cf. [5, §2.5.3, Bew. Satz 5]. Für x ∈ K ist also σ(x) = τ(x) = x, i.e. σ|_{K}^{K} = id_{K} , i.e. σ ∈ Gal(E|K). Ferner ist σ(y_{i}) = τ(y_{i}) = z.

Ad (2). Dank [5, §2.5.3, Satz 5] genügt es zu zeigen, daß E ein Zerfällungskörper von f(X) ∈ L[X] ist; und E′ dann ebenfalls. Da E|K galoisch ist und da jeder in K[X] irreduzible Faktor μ_{y_{i} , K}(X) von f(X) in E die Nullstelle y_{i} hat für i ∈ [1, n], zerfällt f(X) ∈ E[X] in ein Produkt von Linearfaktoren; cf. [5, §3.5.1.4]. Ist σ ∈ Gal(E|K) gegeben, dann ist σ(L) = K(σ(y_{1}) , …, σ(y_{n})), wobei f(σ(y_{i})) = σ(f(y_{i})) = 0 ist für i ∈ [1, n]. Da E ein Zerfällungskörper von L|K ist, ist also E über K, und mithin über L, erzeugt von Elementen der Form σ(y_{i}), wobei σ ∈ Gal(E|K) und i ∈ [1, n], insbesondere also von Nullstellen von f(X) in E.

Ad (3). Da F |K galoisch ist und da jeder in K[X] irreduzible Faktor μ_{y_{i} , K}(X) = μ_{y_{i} , K}^{σ}(X) von f(X) in F die Nullstelle σ(y_{i}) hat für i ∈ [1, n], zerfällt f(X) in F [X] in ein Produkt von Linearfaktoren; cf. [5, §3.5.1.4]. Bezeichnet L′ := σ(L) und E′ das Erzeugnis über K der Nullstellen von f(X) in F, dann ist E′ Zerfällungskörper von f(X) ∈ K[X], enthält σ(y_{i}) stets und ist also auch Zerfällungskörper von f(X) = f^{σ}(X) ∈ L′[X]. Also gibt es einen Isomorphismus ψ : E ^{\overline{}^{∼}} E′ mit ψ|_{L}^{L′} = σ|^{L′}; cf. [5, §2.5.3]. Sei schließlich φ das Kompositum von ψ mit der Einbettung von E′ in F.

Den Satz vom primitiven Element, daß es ein y_{0} ∈ L mit L = K(y_{0}) gibt, hätte man im vorstehenden Beweis zur Anwendung bringen können; aber mit einem solchen y_{0} will man bei der praktischen Umsetzung nicht unbedingt hantieren müssen; cf. [5, Aufgabe 54].

1.2.2 Spur und Norm für endliche Körpererweiterungen

Definition 12 Sei z ∈ L gegeben.

Betrachte die K-lineare Abbildung

[figure: L; λ_{z}; L; y; zy]

Es ist λ_{uv} = λ_{u} ∘ λ_{v} für u, v ∈ L.

(1) Sei Tr_{L|K}(z) := tr(λ_{z}) die Spur von z bezüglich L|K (engl. trace).

Das liefert die K-lineare Abbildung Tr_{L|K} : L \overline{}K. Es ist Tr_{L|K}(1) = [L : K].

(2) Sei N_{L|K}(z) := det(λ_{z}) die Norm von z bezüglich L|K.

Das liefert die Abbildung N_{L|K} : L \overline{}K mit N_{L|K}(uv) = N_{L|K}(u) N_{L|K}(v) für u, v ∈ L und mit N_{L|K}(1) = 1.

Insbesondere ist N_{L|K}(L^{×}) ⊆ K^{×} und N_{L|K} |_{L^{×}}^{K^{×}} ein Gruppenmorphismus.

Beispiel 13 Betrachte Q(i)|Q. Wir verwenden Matrizen bezüglich der Q-linearen Basis (1, i) von Q(i). Es ist Tr_{Q(i)|Q}(1 + 3i) = tr (\begin{matrix}1 & −3 \\ 3 & 1 \end{matrix}) = 2. Es ist N_{Q(i)|Q}(1 + 3i) = det (\begin{matrix}1 & −3 \\ 3 & 1 \end{matrix}) = 10. Es ist

Tr_{Q(i)|Q}(1) = tr (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) = 2.

Dahingegen ist Tr_{Q|Q}(1) = 1 und Tr_{Q(i)|Q(i)}(1 + 3i) = 1 + 3i.

Lemma 14 Sei E|L eine endliche Körpererweiterung mit E|K galoisch. Cf. e.g. Lemma 11.(1). Sei z ∈ L gegeben. Sei V := Gal(E|K(z)) ⩽ Gal(E|K) =: G. Sei k := [K(z) : K]. Sei G = ⨆_{i∈[1,k]} σ_{i}V, mit σ_{i} ∈ G für i ∈ [1, k]. Es ergibt sich für das Minimalpolynom von z über K dann in E[X] die Zerlegung

μ_{z,K}(X) = ∏_{i∈[1,k]}(X − σ_{i}(z)) .

in ein Produkt von Linearfaktoren.

E L K(z)_{V} K_{k}_{G}

Beweis. Wir bemerken zunächst, daß das Polynom ∏_{i∈[1,k]}(X − σ_{i}(z)) nicht von der Wahl der Repräsentanten σ_{i} der Elemente in G/V abhängt, da für τ ∈ V sich (σ_{i} ∘τ)(z) = σ_{i}(z) ergibt. Ferner bemerken wir, daß für ρ ∈ G auch G = ρG = ⨆_{i∈[1,k]} ρσ_{i}V ist. Also liefert koeffizientenweise Anwendung von ρ auf f(X) := ∏_{i∈[1,k]}(X − σ_{i}(z)) ∈ E[X], daß

f^{ρ}(X) = ∏_{i∈[1,k]}(X − ρ(σ_{i}(z))) = f(X)

ist ; cf. [5, §1.6.2]. Somit ist f(X) ∈ K[X]. Es ist f(X) normiert. Es gibt ein i ∈ [1, k] mit σ_{i} ∈ V und also σ_{i}(z) = z. Folglich ist f(z) = 0. Desweiteren ist deg f = k = [K(z) : K]. Also ist f(X) = μ_{z,K}(X) ; cf. [5, §2.3.2].

Lemma 15 Sei E|L eine endliche Körpererweiterung mit E|K galoisch. Cf. e.g. Lemma 11.(1). Sei U := Gal(E|L) ⩽ Gal(E|K) =: G, sodaß L = Fix_{U}(E) ist; cf. [5, §3.5.2]. Schreibe G = ⨆_{j∈[1,ℓ]} τ_{j}U, wobei ℓ := [L : K] und τ_{j} ∈ G für j ∈ [1, ℓ]. Es ist { τ_{j}|_{L} : j ∈ [1, ℓ] } = { τ|_{L} : τ ∈ G } eine Menge mit ℓ Elementen. Falls E|L Zerfällungskörper von L|K ist, dann liegt jeder Körpermorphismus von L nach E, der auf K identisch einschränkt, in dieser Menge. Gegeben sei z ∈ L.

(1) Es ist Tr_{L|K}(z) = ∑_{j∈[1,ℓ]} τ_{j}(z).

(2) Es ist N_{L|K}(z) = ∏_{j∈[1,ℓ]} τ_{j}(z).

Beweis. Für τ, τ̃ ∈ G ist τ|_{L} = τ̃|_{L} genau dann, wenn τ̃^{−1}τ ∈ U ist, i.e. wenn τU = τ̃U ist. Daher die behauptete Gleichheit und Kardinalität der Mengen. Falls E|L Zerfällungskörper von L|K ist, dann kann jeder Körpermorphismus σ : L \overline{}E, für welchen σ|_{K}^{K} = id_{K} ist, gemäß Lemma 11.(3) zu einem Körpermorphismus ρ : E \overline{}E fortgesetzt werden, i.e. ρ|_{L} = σ. Da ρ wegen ρ|_{K}^{K} = id_{K} eine K-lineare Abbildung und [E : K] endlich ist, folgt ρ bijektiv und also ρ ∈ G. Also liegt σ = ρ|_{L} ∈ { τ|_{L} : τ ∈ G }. Zunächst merken wir nun die Unabhängigkeit von ∑_{j∈[1,ℓ]} τ_{j}(z) und ∏_{j∈[1,ℓ]} τ_{j}(z) von der Wahl der Repräsentanten τ_{i} der Elemente von G/U an, denn für υ ∈ U ist τ_{j}υ(z) = τ_{j}(z) wegen z ∈ L. Es ist deg μ_{z,K} = [K(z) : K] =: k. Schreibe μ_{z,K}(X) =: ∑_{i∈[0,k]} a_{i}X^{i}. Schreibe s := [L : K(z)]. Dann ist ℓ = [L : K] = [L : K(z)][K(z) : K] = sk; cf. [5, §2.2]. Bezüglich der K-linearen Basis (z^{0}, …, z^{k−1}) von K(z) ist λ_{z}|_{K(z)}^{K(z)} durch die Matrix

B := (\begin{matrix}0 & & & & −a_{0} \\ 1 & 0 \\ & 1 & ... & & ⋮ \\ & & ... & 0 & −a_{k−2} \\ & & & 1 & −a_{k−1} \end{matrix} ) = ∑_{i∈[1,k−1]} e_{i+1, i} − ∑_{i∈[1,k]} a_{i−1}e_{i, k} ∈ K^{k×k}

gegeben; cf. [5, §2.3.2]. Sei (y_{1} , …, y_{s}) eine K(z)-lineare Basis von L. Bezüglich der K-linearen Basis (y_{1}z^{0}, …, y_{1}z^{k−1}, …, y_{s}z^{0}, …, y_{s}z^{k−1}) von L ist λ_{z} durch die Blockdiagonalmatrix

C := ( ..._{B}^{B}) ∈ K^{ℓ×ℓ}

gegeben; cf. [5, §2.2].

Es ist tr(B) = −a_{k−1} und det(B) = (−1)^{k}a_{0} . Also ist Tr_{L|K}(z) = tr(C) = s · tr(B) = −sa_{k−1} und N_{L|K}(z) = (det(B))^{s} = (−1)^{ℓ}a_{0}^{s}. Sei V := Gal(E|K(z)). Es ist U ⩽ V ⩽ G.

E L_{U} K(z)_{s} _{V} K_{k}_{ℓ}_{G}

Sei G = ⨆_{i∈[1,k]} σ_{i}V, mit σ_{i} ∈ G für i ∈ [1, k]. Dank Lemma 14 ist

∑_{i∈[0,k]} a_{i}X^{i} = μ_{z,K}(X) = ∏_{i∈[1,k]}(X − σ_{i}(z)) ,

und also a_{k−1} = − ∑_{i∈[1,k]} σ_{i}(z) und a_{0} = (−1)^{k} ∏_{i∈[1,k]} σ_{i}(z). Schreibe V = ⨆_{t∈[1,s]} ρ_{t}U mit ρ_{t} ∈ V für t ∈ [1, s]. Dann ist auch G = ⨆_{i∈[1,k]} σ_{i}V = ⨆_{i∈[1,k]} ⨆_{t∈[1,s]} σ_{i}ρ_{t}U. Wegen der Unabhängigkeit von der Wahl der Repräsentanten von G/U erhalten wir

∑_{j∈[1,ℓ]} τ_{j}(z) = ∑_{i∈[1,k]} ∑_{t∈[1,s]} σ_{i}ρ_{t}(z) = ∑_{i∈[1,k]} ∑_{t∈[1,s]} σ_{i}(z) = s · ∑_{i∈[1,k]} σ_{i}(z) = −sa_{k−1} = Tr_{L|K}(z)

und

∏_{j∈[1,ℓ]} τ_{j}(z) = ∏_{i∈[1,k]} ∏_{t∈[1,s]} σ_{i}ρ_{t}(z) = ∏_{i∈[1,k]} ∏_{t∈[1,s]} σ_{i}(z) = ( ∏_{i∈[1,k]} σ_{i}(z))^{s} = (−1)^{ℓ}a_{0}^{s} = N_{L|K}(z) .

Korollar 16 Ist L|K galoisch, so gilt für z ∈ L folgendes.

(1) Es ist Tr_{L|K}(z) = ∑_{τ∈Gal(L|K)} τ(z).

(2) Es ist N_{L|K}(z) = ∏_{τ∈Gal(L|K)} τ(z).

Beweis. In den Bezeichnungen von Lemma 15 sei E := L. Dann ist G = Gal(L|K) und U = Gal(L|L) = {id_{L}}, sodaß die Repräsentanten von G/U ganz G durchlaufen, i.e. { τ_{j} : j ∈ [1, ℓ] } = G. Die beiden Formeln folgen nun aus Lemma 15.

Beispiel 17 Es ist Gal(Q(i)|Q) = \{ id_{Q(i)} , σ \}, wobei σ : Q(i) \overline{}Q(i), i \overline{}−i. Es ist Tr_{Q(i)|Q}(1+3i) = id_{Q(i)}(1+3i)+σ(1+3i) = (1+3i)+(1−3i) = 2 und N_{Q(i)|Q}(1+3i) = (1 + 3i)(1 − 3i) = 10. Cf. Beispiel 13.

Lemma 18 Es ist die Spur Tr_{L|K} : L \overline{}K nicht die Nullabbildung.

Beweis. Sei E ein Zerfällungskörper von L|K; cf. Lemma 11.(1, 2). Wir verwenden die Bezeichnungen aus Lemma 15. Für i, j ∈ [1, ℓ] mit i ≠ j ist τ_{i}U ≠ τ_{j}U und also τ_{i}|_{L} ≠ τ_{j}|_{L}. Somit ist das Tupel (τ_{1}|_{L} , …, τ_{ℓ}|_{L}) linear unabhängig über E; cf. [5, §3.5.1.1]. Insbesondere ist Tr_{L|K} = (∑_{i∈[1,ℓ]} τ_{i}|_{L})|^{K} ≠ 0.

Lemma 19 Seien M|L|K Körpererweiterungen.

(1) Es ist Tr_{M|K} = Tr_{L|K} ∘ Tr_{M|L}.

(2) Es ist N_{M|K} = N_{L|K} ∘ N_{M|L}.

Beweis. Sei E ein Zerfällungskörper von M|K; cf. Lemma 11.(1, 2).

Sei T := Gal(E|M) ⩽ U := Gal(E|L) ⩽ Gal(E|K) =: G, sodaß M = Fix_{T} (E) und L = Fix_{U}(E) ist; cf. [5, §3.5.2].

E M_{T} L_{m}_{U} K_{ℓ}_{G}

Sei G = ⨆_{i∈[1,ℓ]} τ_{i}U, wobei ℓ = [L : K] und τ_{i} ∈ G für i ∈ [1, ℓ].

Sei U = ⨆_{j∈[1,m]} ρ_{j}T, wobei m = [M : L] und ρ_{j} ∈ U für j ∈ [1, m].

Dann ist G = ⨆_{i∈[1,ℓ]} τ_{i}U = ⨆_{i∈[1,ℓ]} ⨆_{j∈[1,m]} τ_{i}ρ_{j}T.

Sei z ∈ M gegeben.

Mit dreifacher Anwendung von Lemma 15.(1) wird

(Tr_{L|K} ∘ Tr_{M|L})(z) = Tr_{L|K}( ∑_{j∈[1,m]} ρ_{j}(z)) = ∑_{i∈[1,ℓ]} τ_{i}( ∑_{j∈[1,m]} ρ_{j}(z))
= ∑_{i∈[1,ℓ]} ∑_{j∈[1,m]} τ_{i}ρ_{j}(z) = Tr_{M|K}(z) .

Mit dreifacher Anwendung von Lemma 15.(2) wird

\begin{aligned}(N_{L|K} ∘ N_{M|L})(z) & = N_{L|K}( ∏_{j∈[1,m]} ρ_{j}(z)) = ∏_{i∈[1,ℓ]} τ_{i}( ∏_{j∈[1,m]} ρ_{j}(z)) \\ & = ∏_{i∈[1,ℓ]} ∏_{j∈[1,m]} τ_{i}ρ_{j}(z) = N_{M|K}(z) . \end{aligned}

1.3 Der Ring der ganzen Elemente in einer endlichen Körpererweiterung

Sei K ein perfekter Körper.

Sei L|K eine endliche Körpererweiterung. Schreibe ℓ := [L : K].

Sei E|L eine endliche Körpererweiterung mit E|K galoisch. Cf. auch Definition 9, Lemma 11.(1). Sei

U := Gal(E|L) ⩽ Gal(E|K) =: G .

Sei G = ⨆_{j∈[1,ℓ]} τ_{j}U mit τ_{j} ∈ G für j ∈ [1, ℓ]. Sei dabei o.E. τ_{1} := id_{E}.

Sei A ⊆ K ein ganzabgeschlossener Teilring mit K = Quot(A). Sei B := Γ_{L}(A). Sei C := Γ_{E}(A).

[figure: E; C; L; U; B; K; G; A]

Dann ist auch C = Γ_{E}(B); cf. Aufgabe 5.(2). Es sind A, B und C ganzabgeschlossen; cf. Bemerkung 8.(2).

Falls bereits L|K galoisch ist, dann ist E := L wählbar, was C = B nach sich zieht.

1.3.1 Spur und Norm und ganze Elemente

Lemma 20

(1) Es ist ρ(C) = C für ρ ∈ G.

(2) Es ist Tr_{L|K}(B) ⊆ A.

(3) Es ist N_{L|K}(B) ⊆ A.

(4) Für b ∈ B liegt genau dann b ∈ U(B), wenn N_{L|K}(b) ∈ U(A) liegt.

Cf. auch Aufgabe 12.

Beweis.

Ad (1). Es genügt, ρ(C) ⊆^{!} C zu zeigen; die umgekehrte Inklusion folgt dann unter Verwendung von ρ^{−1} ∈ G.

Seien ρ ∈ G und c ∈ C gegeben. Es ist ρ(c) ∈^{!} C zu zeigen.

Es gibt f(X) ∈ A[X] normiert mit f(c) = 0. Also ist auch f(ρ(c)) = ρ(f(c)) = 0 und somit ρ(c) ∈ C. Ad (2). Sei b ∈ B gegeben. Es ist Tr_{L|K}(b) = ∑_{j∈[1,ℓ]} τ_{j}(b) ; cf. Lemma 15.(1). Dank (1) ist darin jeder Summand τ_{j}(b) ∈ C und also auch deren Summe Tr_{L|K}(b) ∈ C. Auf der anderen Seite ist Tr_{L|K}(b) ∈ K. Also ist

Tr_{L|K}(b) ∈ C ∩ K = Γ_{E}(A) ∩ K = Γ_{K}(A) = A ,

da A ganzabgeschlossen ist. Ad (3). Wir verwenden das Argument aus (2), in welchem überall die Summe durch das Produkt ersetzt wird. Ad (4). Sei zum einen b ∈ U(B). Dann ist sowohl N_{L|K}(b) als auch N_{L|K}(b^{−1}) in A; cf. (3). Es wird N_{L|K}(b) N_{L|K}(b^{−1}) = N_{L|K}(bb^{−1}) = N_{L|K}(1) = 1. Also ist N_{L|K}(b) ∈ U(A). Sei zum anderen N_{L|K}(b) ∈ U(A). Schreibe a := N_{L|K}(b)^{−1} ∈ A. Es ist b ∈ B^{×}. Es ist

1 = a N_{L|K}(b) = a · ∏_{j∈[1,ℓ]} τ_{j}(b) = b · \underbrace{(a · ∏_{j∈[2,ℓ]} τ_{j}(b))}_{=: c} .

Dank (1) ist c ∈ C. In E gerechnet ist c = b^{−1}. Da b ∈ L, liegt auch b^{−1} ∈ L. Es ist also c ∈ C ∩ L = Γ_{E}(A) ∩ L = Γ_{L}(A) = B. Folglich ist b ∈ U(B).

Beispiel 21

(1) Sei A = Z, K = Q, L = E = Q(i). Dann ist B = C = Z[i] ; cf. Aufgabe 3 oder 6. Für x, y ∈ Z ist x + iy genau dann in U(Z[i]), wenn

N_{Q(i)|Q}(x + iy) = (x + iy)(x − iy) = x^{2} + y^{2} ∈ U(Z) = {−1, +1}

liegt, i.e. wenn x + iy ∈ {−1, +1, −i, +i} liegt; cf. Korollar 16.(2). Somit ist

U(Z[i]) = ⟨i⟩ ≃ C_{4} .

(2) Sei A = Z, K = Q, L = E = Q(\sqrt{−5}). Dann ist B = C = Z[\sqrt{−5}] ; cf. Aufgabe 3. Für x, y ∈ Z ist x + y\sqrt{−5} genau dann in U(Z[\sqrt{−5}]), wenn

N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(x+y\sqrt{−5}) = (x+y\sqrt{−5})(x−y\sqrt{−5}) = x^{2}+5y^{2} ∈ U(Z) = \{−1, +1\}

liegt, wenn also y = 0 ist und x ∈ {−1, +1} liegt. Somit ist

U(Z[\sqrt{−5}]) = ⟨−1⟩ ≃ C_{2} .

1.3.2 Diskriminante

Sei \underline{y} := ( y_{1} , y_{2} , …, y_{ℓ}) eine K-lineare Basis von L.

Lemma 22 Betrachte die K-Bilinearform

[figure: L; ×; L; K; (x; ,; y); Tr_{L|K}(xy) ,]

genannt Spurbilinearform auf L über K. Sie ist nichtausgeartet. Ihre Grammatrix Gram_{L|K, \underline{y}} := (Tr_{L|K}(y_{i}y_{j}))_{i, j} ∈ K^{ℓ×ℓ} ist daher invertierbar. Folglich liegt die Diskriminante von L|K bezüglich der K-linearen Basis \underline{y}, welche als

Δ_{L|K, \underline{y}} := det(Gram_{L|K, \underline{y}})

definiert ist, in K^{×}.

Beweis. Sei x ∈ L^{×} gegeben. Wir müssen ein y ∈ L mit Tr_{L|K}(xy) ≠ 0 finden. Es ist Tr_{L|K} nicht die Nullabbildung; cf. Lemma 18. Also können wir ein z ∈ L mit Tr_{L|K}(z) ≠ 0 wählen. Mit y := x^{−1}z wird dann Tr_{L|K}(xy) = Tr_{L|K}(z) ≠ 0.

Beispiel 23 Wir betrachten Q(i)|Q und die Q-lineare Basis (1, i) von Q(i). Wir erhalten

Δ_{Q(i)|Q, (1,i)} = det (\begin{matrix}Tr_{Q(i)|Q}(1·1) & Tr_{Q(i)|Q}(1·i) \\ Tr_{Q(i)|Q}(i·1) & Tr_{Q(i)|Q}(i·i) \end{matrix}) = det (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & −2 \end{matrix}) = −4 .

Lemma 24 Sei

Vand_{L|K, \underline{y}} := (τ_{j}(y_{i}))_{i, j} ∈ E^{ℓ×ℓ}

die (verallgemeinerte) Vandermondematrix. Dann ist

Gram_{L|K, \underline{y}} = Vand_{L|K, \underline{y}} Vand_{L|K, \underline{y}}^{t}
Δ_{L|K, \underline{y}} = det(Vand_{L|K, \underline{y}})^{2} .

Beachte noch, daß Vand_{L|K, \underline{y}} auch von der Wahl von E abhängt und daß ihre Spaltenreihenfolge von der Numerierung der Repräsentanten τ_{j} abhängt. Beweis. Wir haben nur erste Gleichung zu zeigen. Der Eintrag an Position (i, j) ∈ [1, ℓ] × [1, ℓ] des Matrixproduktes der rechten Seite ist

∑_{k∈[1,ℓ]} τ_{k}(y_{i})τ_{k}(y_{j}) = ∑_{k∈[1,ℓ]} τ_{k}(y_{i}y_{j}) =^{L. 15.(1)} Tr_{L|K}(y_{i}y_{j}) ,

und das ist der Eintrag von Gram_{L|K, \underline{y}} an Position (i, j).

Bemerkung 25 Sei ein Element z ∈ L mit L = K(z) gefunden. Wir haben die K-lineare Basis ( z^{i} : i ∈ [0, ℓ − 1] ) = (z^{0}, z^{1}, …, z^{ℓ−1}) von L. Dann ist

Vand_{L|K, ( z^{i}: i ∈ [0,ℓ−1] )} = (τ_{j}(z^{i−1}))_{i, j} = (τ_{j}(z)^{i−1})_{i, j} ∈ E^{ℓ×ℓ}

eine Vandermondematrix im klassischen Sinn. Ihre Determinante ergibt sich mit Induktion und Spalten- und Zeilenvereinfachungen zu

det(Vand_{L|K, ( z^{i}: i ∈ [0,ℓ−1] )}) = ∏_{1⩽i<j⩽ℓ}(τ_{j}(z) − τ_{i}(z)) .

Gemäß Lemma 24 ist folglich

Δ_{L|K, ( z^{i}: i ∈ [0,ℓ−1] )} = ∏_{1⩽i<j⩽ℓ}(τ_{j}(z) − τ_{i}(z))^{2} .

Beispiel 26

(1) Wir setzen die Beispiele 17 und 23 fort. Schreibe \underline{y} = (1, i).

Es ist Vand_{Q(i)|Q, \underline{y}} = (\begin{matrix}1 & 1 \\ i & −i \end{matrix}).

Mit Bemerkung 25 (oder mittels direkter Berechnung) wird nun

det(Vand_{Q(i)|Q, (1,i)}) = σ(i) − id_{Q(i)}(i) = (−i) − i = −2i .

Folglich wird erneut Δ_{Q(i)|Q, (1,i)} = (−2i)^{2} = −4.

(2) Sei K = Q, δ := \sqrt[3]{2}, ζ := ζ_{3} , L = Q(δ), E = Q(δ, ζ) ; cf. Aufgabe 7. Die Elemente von Gal(Q(δ, ζ)|Q) schränken auf Q(δ) so ein, daß δ auf δ resp. auf ζδ resp. auf ζ^{2}δ abgebildet wird. Mit Bemerkung 25 wird

det(Vand_{Q(δ)|Q, (1,δ,δ^{2})}) = (ζδ−δ)(ζ^{2}δ−δ)(ζ^{2}δ−ζδ) = δ^{3} \underbrace{(ζ − 1)(ζ^{2} − 1)}_{= 3} \underbrace{(ζ^{2} − ζ)}_{−i\sqrt{3}} = −6i\sqrt{3} .

Somit ist

Δ_{Q(δ)|Q, (1,δ,δ^{2})} = (−6i\sqrt{3})^{2} = −2^{2} · 3^{3} .

Alternativ dazu können wir auch Tr := Tr_{Q(δ)|Q} schreiben,

Tr(δ^{k}) =^{L. 15.(1)} δ^{k} + (ζδ)^{k} + (ζ^{2}δ)^{k} = 3∂_{k+3Z, 0+3Z}δ^{k}

für k ⩾ 0 bestimmen und somit

Δ_{Q(δ)|Q, (1,δ,δ^{2})} = det(Gram_{Q(δ)|Q, (1,δ,δ^{2})}) = det (\begin{matrix}Tr(1·1) & Tr(1·δ) & Tr(1·δ^{2}) \\ Tr(δ·1) & Tr(δ·δ) & Tr(δ·δ^{2}) \\ Tr(δ^{2}·1) & Tr(δ^{2}·δ) & Tr(δ^{2}·δ^{2}) \end{matrix}) = det (\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3·2 \\ 0 & 3·2 & 0 \end{matrix}) = −2^{2}·3^{3}

berechnen.

1.3.3 Basen

Lemma 27 Für alle y ∈ L gibt es ein a ∈ A^{×} mit ay ∈ B. Beweis. Sei μ_{y,K}(X) =: X^{n} + ∑_{i∈[0,n−1]} s_{i}X^{i} ∈ K[X], wobei n := deg(μ_{y,K}). Da K = Quot(A), gibt es ein a ∈ A^{×} mit as_{i} ∈ A für i ∈ [0, n − 1]. Es wird

0 = a^{n}(y^{n} + ∑_{i∈[0,n−1]} s_{i}y^{i}) = (ay)^{n} + ∑_{i∈[0,n−1]} \underbrace{a^{n−i}s_{i}}_{∈ A}(ay)^{i} ,

und damit ist ay ∈ Γ_{A}(L) = B. Lemma 28 Es gibt eine K-lineare Basis von L, deren Elemente in B liegen. Beweis. Sei ( y_{i} : i ∈ [1, ℓ] ) eine K-lineare Basis von L. Dank Lemma 27 gibt es ein a ∈ A^{×} mit ay_{i} ∈ B für alle i ∈ [1, ℓ]. Da λ_{a} : L \overline{}L, z \overline{}az eine bijektive K-lineare Abbildung ist, ist ( ay_{i} : i ∈ [1, ℓ] ) eine K-lineare Basis von L, deren Elemente in B liegen. Definition 29 Sei M ⊆ L ein A-Teilmodul. Sei

M^{#,A} := { x ∈ L : Tr_{L|K}(xM) ⊆ A }

sein Dual. Wir schreiben oft M^{#} := M^{#,A}, wenn A aus dem Kontext hervorgeht. Bemerkung 30 Es ist B ⊆ B^{#}. Beweis. Für b ∈ B ist Tr_{L|K}(bB) ⊆ Tr_{L|K}(B) ⊆ A gemäß Lemma 20.(2). Lemma 31

(1) Sei M ⊆ L ein A-Teilmodul. Es ist M^{#} ⊆ L ein A-Teilmodul.

(2) Sind M ⊆ N ⊆ L zwei A-Teilmoduln, dann ist N^{#} ⊆ M^{#} ⊆ L.

(3) Sei ( y_{i} : i ∈ [1, ℓ] ) eine K-lineare Basis von L. Sei ( y′_{i} : i ∈ [1, ℓ] ) die dazu bezüglich der Spurbilinearform von L|K duale Basis, i.e. es sei Tr_{L|K}(y_{i}y′_{j}) = ∂_{i, j} für i, j ∈ [1, ℓ] ; cf. Lemma 22. Ist M = _{A}⟨ y_{i} : i ∈ [1, ℓ] ⟩, dann ist M^{#} = _{A}⟨ y′_{i} : i ∈ [1, ℓ] ⟩. Insbesondere ist dann M^{##} = M.

Beweis. Ad (1). Es ist 0 ∈ M^{#}. Seien x, x′ ∈ M^{#} und a, a′ ∈ A. Zu zeigen ist ax + a′x′∈^{!}M^{#}. Sei m ∈ M gegeben. Zu zeigen ist Tr_{L|K}((ax + a′x′)m) ∈^{!} A. In der Tat ist Tr_{L|K}((ax + a′x′)m) =

a \underbrace{Tr_{L|K}(xm)}_{∈ A} +a′ \underbrace{Tr_{L|K}(x′m)}_{∈ A} ∈ A.

Ad (2). Ist x ∈ N^{#}, dann ist Tr_{L|K}(xM) ⊆ Tr_{L|K}(xN) ⊆ A, also x ∈ M^{#}. Ad (3). Sei z ∈ L gegeben. Schreibe z = ∑_{j∈[1,ℓ]} s_{j}y′_{j} mit s_{i} ∈ K. Es ist z ∈ M^{#} genau dann, wenn

Tr_{L|K}(zy_{i}) = ∑_{j∈[1,ℓ]} s_{j} Tr_{L|K}(y′_{j}y_{i}) = ∑_{j∈[1,ℓ]} s_{j}∂_{i, j} = s_{i}

in A liegt für i ∈ [1, ℓ], i.e. wenn z ∈ _{A}⟨ y′_{i} : i ∈ [1, ℓ] ⟩ liegt.

Beispiel 32

(1) Betrachte Q(i)|Q. Schreibe Tr := Tr_{Q(i)|Q}. Es ist O_{Q(i)} = Z[i]; cf. Aufgabe 3. Wir wollen O_{Q(i)}^{#} berechnen. Ist \underline{y} = (1, i), so wird O_{Q(i)} = _{Z}⟨\underline{y}⟩. Wir haben die zugehörige Dualbasis \underline{y′} zu berechnen, denn dann wird O_{Q(i)}^{#} = _{Z}⟨\underline{y′}⟩; cf. Lemma 31.(3). Es ist

(^{Tr((a+bi)·1) Tr((a+bi)·i)}) = (^{a b}) (\begin{matrix}Tr(1·1) & Tr(1·i) \\ Tr(i·1) & Tr(i·i) \end{matrix}) = (^{a b}) Gram_{Q(i)|Q, (1,i)}

für a, b ∈ Q. Da die Elemente von \underline{y′} hier (^{1 0}) und (^{0 1}) liefern sollen, stehen ihre Koeffizienten in den Zeilen der Inversen (Gram_{Q(i)|Q, (1,i)})^{−1} = (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & −2 \end{matrix})^{−1} = \frac{1}{2} (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}). Somit wird \underline{y′} = ( \frac{1}{2} , −\frac{1}{2} i ) und also

O_{Q(i)}^{#} = _{Z}⟨ \frac{1}{2} , −\frac{1}{2} i ⟩ .

(2) Betrachte Q(\sqrt{5})|Q. Schreibe α := \frac{1+\sqrt{5}}{2} und Tr := Tr_{Q(α)|Q}. Es ist α^{2} = α + 1. Es ist Tr(α) = \frac{1+\sqrt{5}}{2} + \frac{1−\sqrt{5}}{2} = 1. Also ist Tr(α^{2}) = Tr(α + 1) = 3. Es ist O_{Q(\sqrt{5})} = Z[α] = _{Z}⟨1, α⟩; cf. Aufgabe 3. Es ist

(Gram_{Q(α)|Q, (1,α)})^{−1} = (\begin{matrix}Tr(1·1) & Tr(1·α) \\ Tr(α·1) & Tr(α·α) \end{matrix})^{−1} = (\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 3 \end{matrix})^{−1} = \frac{1}{5} (\begin{matrix}3 & −1 \\ −1 & 2 \end{matrix}) .

Folglich ist die zu (1, α) duale Basis gegeben durch (\frac{1}{5}(3 − α), \frac{1}{5}(−1 + 2α)). Somit ist

O_{Q(\sqrt{5})}^{#} = _{Z}⟨ \frac{1}{5}(3 − α) , \frac{1}{5}(−1 + 2α) ⟩ .

Lemma 33 (Existenz einer A-linearen Basis)

Sei \underline{g} ein endliches Tupel von Elementen von L. Die folgenden Aussagen (1, 2) sind äquivalent.

(1) Es ist \underline{g} eine A-lineare Basis von B.

(2) Es ist \underline{g} eine K-lineare Basis von L mit B = _{A}⟨\underline{g}⟩.

Insbesondere besteht jede A-lineare Basis von B aus ℓ Elementen.

Ist A ein Hauptidealbereich, dann gibt es eine A-lineare Basis von B.

Ist A = Z und B = O_{L}, so heißt eine Z-lineare Basis von O_{L} auch Ganzheitsbasis.

Beweis.

Ad (2) ⟹ (1). Da \underline{g} ein K-linear unabhängiges Tupel ist, ist es auch A-linear unabhängig.

Ad (1) ⟹ (2). Da \underline{g} ein A-linear unabhängiges Tupel ist, ist es auch K-linear unabhängig. Denn gäbe es eine nichttriviale K-Linearkombination von \underline{g}, die 0 ergibt, so könnten wir diese mit einem gemeinsamen Nenner der Koeffizienten multiplizieren und erhielten eine nichttriviale K-Linearkombination von \underline{g}, die 0 ergibt, welche es aber nicht gibt. Bleibt zu zeigen, daß _{K}⟨\underline{g}⟩ = L ist. Sei y ∈ L gegeben. Schreibe y = a^{−1}b für ein a ∈ A^{×} und ein b ∈ B; cf. Lemma 27. Dann ist b ∈ B = _{A}⟨\underline{g}⟩ ⊆ _{K}⟨\underline{g}⟩ und also auch y = a^{−1}b ∈ _{K}⟨\underline{g}⟩.

Sei nun A als Hauptidealbereich vorausgesetzt. Wir wollen zeigen, daß es eine A-lineare Basis von B gibt.

Sei ( y_{i} : i ∈ [1, ℓ] ) eine K-lineare Basis von L, die in B liegt; cf. Lemma 28. Sei M := A⟨ y_{i} : i ∈ [1, ℓ] ⟩. Es hat M^{#} eine A-lineare Basis aus ℓ Elementen; cf. Lemma 31.(3). Es ist

M ⊆ B ⊆^{B. 30} B^{#} ⊆^{L. 31.(2)} M^{#} .

Da A ein Hauptidealbereich ist, folgt aus M^{#} endlich erzeugt frei über A auch B endlich erzeugt frei über A; cf. Aufgabe 13.(2). Mit anderen Worten, es gibt eine A-lineare Basis von B.

Auch aus M ⊆ B ⊆ M^{#} folgt übrigens ℓ = rk_{A}(M) ⩽ rk_{A}(B) ⩽ rk_{A}(M^{#}) = ℓ; cf. Aufgabe 13.(2).

Bemerkung 34 Sei \underline{y} = ( y_{i} : i ∈ [1, ℓ] ) ein Tupel von Elementen von B. Genau dann ist die A-lineare Abbildung φ : A^{⊕ℓ} \overline{}B, (a_{i})_{i∈[1,ℓ]} \overline{}∑_{i∈[1,ℓ]} a_{i}y_{i} bijektiv, wenn \underline{y} eine A-lineare Basis von B ist.

Beweis.

Ad ⇒. Da φ surjektiv ist, ist B = _{A}⟨\underline{y}⟩.

Wir haben zu zeigen, daß \underline{y} eine K-lineare Basis von L ist. Aus Dimensionsgründen genügt es, die K-lineare Unabhängigkeit von \underline{y} zu zeigen.. Sei ∑_{i∈[1,ℓ]} x_{i}y_{i} = 0 mit x_{i} ∈ K für i ∈ [1, ℓ] gegeben. Wähle c ∈ A^{×} mit cx_{i} ∈ A für i ∈ [1, ℓ]. Dann ist φ((cx_{i})_{i∈[1,ℓ]}) = c(∑_{i∈[1,ℓ]} x_{i}y_{i}) = 0, wegen der Injektivität von φ somit cx_{i} = 0 und also x_{i} = 0 für i ∈ [1, ℓ]. Ad ⇐. Die Surjektivität von φ folgt aus B = _{A}⟨\underline{y}⟩. Die Injektivität von φ folgt aus der K-linearen Unabhängigkeit von \underline{y} durch Anwendung auf Linearkombinationen mit Koeffizienten in A ⊆ K.

Beispiel 35

(1) Betrachte Q(i)|Q. Eine Z-lineare Basis von O_{Q(i)} ist (1, i) ; cf. Aufgabe 3.

(2) Betrachte Q(\sqrt{5})|Q. Eine Z-lineare Basis von O_{Q(\sqrt{5})} ist (1, \frac{1+\sqrt{5}}{2}) ; cf. Aufgabe 3.

Lemma 36 (Eindeutigkeit der Diskriminate bis auf Einheitenquadrat) Ist A ein Hauptidealbereich und \underline{g} := ( g_{i} : i ∈ [1, ℓ] ) eine A-lineare Basis von B, so heißt

Δ_{L|K, \underline{g}} ∈ A

auch die Diskriminante von B|A bezüglich \underline{g}. Sind mit \underline{g} := ( g_{i} : i ∈ [1, ℓ] ) und \underline{h} := ( h_{i} : i ∈ [1, ℓ] ) uns A-lineare Basen von B gegeben, so gibt es ein Element e ∈ U(A) mit

Δ_{L|K, \underline{g}} = e^{2}Δ_{L|K, \underline{h}}

Mit anderen Worten, bis auf das Quadrat einer Einheit in A liegt die Diskriminante von B|A eindeutig fest.

Beweis. Es ist Δ_{L|K, \underline{g}} ∈ A, da Tr_{L|K}(g_{i}g_{j}) ∈ A für i, j ∈ [1, ℓ] ; cf. Lemmata 20.(2) und 22. Schreibe g_{i} = ∑_{j∈[1,ℓ]} a_{j,i}h_{j} und h_{j} = ∑_{k∈[1,ℓ]} a′_{k, j}g_{k} mit a_{j,i} , a′_{k, j} ∈ A. Dann wird

∑_{k∈[1,ℓ]} ∂_{k,i} g_{k} = g_{i} = ∑_{j∈[1,ℓ]} ∑_{k∈[1,ℓ]} a_{j,i} a′_{k, j} g_{k} ,

also ∂_{k,i} = ∑_{j∈[1,ℓ]} a′_{k, j}a_{j,i} für i, k ∈ [1, ℓ]. Mit T := (a_{j,i})_{j,i} , T′ := (a′_{k, j})_{k, j} ∈ A^{ℓ×ℓ} ist also T′T = E_{ℓ}. Es folgt det(T′) det(T) = 1 und somit det(T) ∈ U(A). Nun ist

τ_{k}(g_{i}) = τ_{k}( ∑_{j∈[1,ℓ]} a_{j,i} h_{j}) = ∑_{j∈[1,ℓ]} a_{j,i} τ_{k}(h_{j})

für k, i ∈ [1, ℓ] und also Vand_{L|K, \underline{g}} = (τ_{k}(g_{i}))_{i,k} = (a_{j,i})_{i, j} · (τ_{k}(h_{j}))_{j,k} = T^{t} Vand_{L|K, \underline{h}} , woraus

det(Vand_{L|K, \underline{g}}) = det(T) det(Vand_{L|K, \underline{h}})

und also

Δ_{L|K, \underline{g}} = det(T)^{2}Δ_{L|K, \underline{h}}

folgt; cf. Lemma 24. Definition 37 Ist A = Z, K = Q und \underline{g} := ( g_{i} : i ∈ [1, ℓ] ) eine Z-lineare Basis von B = O_{L}, so heißt die Diskriminante

Δ_{L} := Δ_{L|Q, \underline{g}} ∈ Z ,

von O_{L}|Z auch kurz die Diskriminante von L. Sie ist von der Wahl von \underline{g} unabhängig, da e^{2} = 1 für e ∈ U(Z) = \{−1, +1\}; cf. Lemma 36. Beispiel 38

(1) Es ist Δ_{Q(i)} = −4, da (1, i) eine Z-lineare Basis von O_{Q(i)} = Z[i] ist; cf. Beispiele 23 und 26.

(2) Wir wollen Δ_{Q(\sqrt{5})} berechnen. Schreibe α := \frac{1+\sqrt{5}}{2}. Es ist \underline{y} := (1, α) eine Z-lineare Basis von O_{Q(\sqrt{5})} = Z[α] ; cf. Aufgabe 3. Das Element von Ordnung 2 in Gal(Q(\sqrt{5})|Q) schickt \sqrt{5} auf −\sqrt{5} und somit α auf 1 − α. Es ist

Vand_{Q(\sqrt{5})|Q, \underline{y}} = (\begin{matrix}1 & 1 \\ α & 1−α \end{matrix})

und somit

Δ_{Q(\sqrt{5})} = Δ_{Q(\sqrt{5})|Q,(1,α)} = det(Vand_{Q(\sqrt{5})|Q, \underline{y}})^{2} = (1 − 2α)^{2} = (−\sqrt{5})^{2} = 5 .

1.4 Komposita

Sei K ein perfekter Körper. Seien L′|K und L′′|K endliche Körpererweiterungen. Sei ℓ′ := [L′ : K]. Sei \underline{y′} = ( y′_{i} : i ∈ [1, ℓ′] ) eine K-lineare Basis von L′. Sei ℓ′′ := [L′′ : K]. Sei \underline{y′′} = ( y′′_{j} : j ∈ [1, ℓ′′] ) eine K-lineare Basis von L′′.

[figure: L′; L′′; K; ℓ′; ℓ′′]

1.4.1 Komposita von Körpererweiterungen

Definition 39 Eine Körpererweiterung L|K, zusammen mit Körpermorphismen φ′ : L′ \overline{}L mit φ′|_{K}^{K} = id_{K} und φ′′ : L′′ \overline{}L mit φ′′|_{K}^{K} = id_{K} , heißt Kompositum von L′|K und L′′|K, falls der einzige Teilkörper von L, der φ′(L′) und φ′′(L′′) enthält, gleich L ist.

[figure: L; L′; φ′; L′′; φ′′; K]

Ist also diesenfalls F ein Teilkörper von L mit φ′(L′) ⊆ F und φ′′(L′′) ⊆ F, dann ist bereits F = L. Man sagt auch, φ′(L′) und φ′′(L′′) erzeugen den Körper L.

Lemma 40 Es gibt ein Kompositum L|K von L′|K und L′′|K via gewisser Körpermorphismen φ′ : L′ \overline{}L und φ′′ : L′′ \overline{}L.

Beweis. Sei E′ Zerfällungskörper von L′|K. Sei E′′ Zerfällungskörper von L′′|K. Cf. Lemma 11.(1, 2).

Es sind E′|K und E′′|K galoisch. Also ist E′|K Zerfällungskörper eines normierten Polynoms f_{1}(X) ∈ K[X]; und es ist E′′|K Zerfällungskörper eines normierten Polynoms f_{2}(X) ∈ K[X]; cf. [5, §3.5.1.4]. Sei E Zerfällungskörper von f_{1}(X)f_{2}(X) ∈ K[X] ; cf. [5, §2.5.2].

Sei Ẽ′ das Erzeugnis der Nullstellen von f_{1}(X) in E. Dann ist auch Ẽ′ Zerfällungskörper von f_{1}(X) ∈ K[X]. Also können wir einen Isomorphismus E′ ^{\overline{}^{∼}} Ẽ′ wählen, der auf K identisch einschränkt; cf. [5, §3.5.1.4]. Sei ε′ : E′ \overline{}E sein Kompositum mit der Einbettung Ẽ′ [figure] E.

Sei Ẽ′′ das Erzeugnis der Nullstellen von f_{2}(X) in E. Dann ist auch Ẽ′′ Zerfällungskörper von f_{2}(X) ∈ K[X]. Also können wir einen Isomorphismus E′′ ^{\overline{}^{∼}} Ẽ′′ wählen, der auf K identisch einschränkt; cf. loc. cit. Sei ε′′ : E′′ \overline{}E sein Kompositum mit der Einbettung Ẽ′′ [figure] E.

Sei L der kleinste Teilkörper von E, der ε′(L′) und ε′′(L′′) enthält.

Sei φ′ := ε′|_{L′}^{L}. Sei φ′′ := ε′′|_{L′′}^{L}. Dann ist L der kleinste Teilkörper von L, der φ′(L′) = ε′(L′) und φ′′(L′′) = ε′′(L′′) enthält.

[figure: E; E′; ε′; L; E′′; ε′′; L′; φ′; L′′; φ′′; K]

Beispiel 41

(1) Sind in der Situation von Definition 39 die Abbildungen φ′ resp. φ′′ Einbettungen von Teilkörpern L′ resp. L′′ in L, dann ist L ein Kompositum von L′|K und L′′|K, wenn L der kleinste Teilkörper von L ist, der L′ und L′′ enthält.

(2) Es ist Q(\sqrt[3]{2}, ζ_{3})|Q Kompositum von Q(\sqrt[3]{2})|Q und Q(ζ_{3})|Q, via der Einbettungen.

(3) Es ist Q(\sqrt[3]{2}, ζ_{3})|Q Kompositum von Q(\sqrt[3]{2})|Q und Q(ζ_{3}\sqrt[3]{2})|Q, via der Einbettungen.

(4) Es ist Q(\sqrt[3]{2})|Q Kompositum von Q(\sqrt[3]{2})|Q und Q(ζ_{3}\sqrt[3]{2})|Q, via der Identität und via Q(ζ_{3}\sqrt[3]{2}) ^{\overline{}^{∼}} Q(\sqrt[3]{2}), ζ_{3}\sqrt[3]{2} \overline{}\sqrt[3]{2} ; cf. Lösung zu Aufgabe 7.

Insbesondere zeigen (3) und (4), daß ein Kompositum zweier Körpererweiterungen nicht bis auf Isomorphie eindeutig bestimmt ist. Cf. aber Lemma 47.(1) unten.

Bemerkung 42 Sei L|K ein Kompositum von L′|K und L′′|K via φ′ : L′ \overline{}L und φ′′ : L′′ \overline{}L.

Dann ist

L = _{K}⟨ φ′(y′_{i}) · φ′′(y′′_{j}) : i ∈ [1, ℓ′], j ∈ [1, ℓ′′] ⟩

Insbesondere ist [L : K] ⩽ [L′ : K] · [L′′ : K].

Insbesondere ist L|K eine endliche Körpererweiterung.

Beweis. Wir haben

L ⊆^{!} _{K}⟨ φ′(y′_{i}) · φ′′(y′′_{j}) : i ∈ [1, ℓ′], j ∈ [1, ℓ′′] ⟩

zu zeigen.

Schreibe L′′ = K(z′′) für ein geeignetes z′′ ∈ L′′; cf. [5, Aufgabe 54].

Schreibe w′′ := φ′′(z′′). Dann ist φ′′(L′′) = K(w′′).

Ein Teilkörper von L enthält also genau dann φ′′(L′′), wenn er K und w′′ enthält. Somit wird

L = φ′(L′)(w′′) .

Da z′′ algebraisch ist über K, ist auch w′′ algebraisch über K, a fortiori also algebraisch über φ′(L′).

Jedes Element von L ist mithin ein polynomialer Ausdruck in w′′ mit Koeffizienten in φ′(L′).

Jeder dazu benötigte Koeffizient liegt in φ′(L′) = _{K}⟨ φ′(y′_{i}) : i ∈ [1, ℓ′] ⟩.

Jede dazu benötigte Potenz von w′′ liegt in

K(w′′) = φ′′(K(z′′)) = φ′′(_{K}⟨ y′′_{j} : j ∈ [1, ℓ′′] ⟩) = _{K}⟨ φ′′(y′′_{j}) : j ∈ [1, ℓ′′] ⟩ .

Besagte Linearkombination liegt also in _{K}⟨ φ′(y′_{i}) · φ′′(y′′_{j}) : i ∈ [1, ℓ′], j ∈ [1, ℓ′′] ⟩.

1.4.2 Komposita linear disjunkter Körpererweiterungen

Definition 43 Die Körpererweiterungen L′|K und L′′|K heißen linear disjunkt, wenn für alle z′′ ∈ L′′ das Minimalpolynom μ_{z′′, K}(X) ∈ K[X] auch in L′[X] noch irreduzibel ist.

Lemma 44 Sei L|K ein Kompositum von L′|K und L′′|K, via φ′ : L′ \overline{}L und φ′′ : L′′ \overline{}L.

Es sind L′|K und L′′|K linear disjunkt genau dann, wenn [L : K] = [L′ : K] · [L′′ : K] ist.

Insbesondere sind L′|K und L′′|K genau dann linear disjunkt, wenn L′′|K und L′|K linear disjunkt sind. Die nichtsymmetrische Definition ist also nur etwas unschön.

Beweis. Sei L′ = K(z′) mit einem geeigneten z′ ∈ L′; sei L′′ = K(z′′) mit einem geeigneten z′′ ∈ L′′; cf. [5, Aufgabe 54]. Schreibe w′ := φ′(z′) und w′′ := φ′′(z′′). Dann ist φ′(L′) = K(w′), es ist φ′′(L′′) = K(w′′) und es ist L = K(w′, w′′).

Ad ⇒. Es ist μ_{z′′, K}(X) = μ_{w′′, K}(X) irreduzibel auch noch in φ′(L′)[X] = K(w′)[X] und also gleich μ_{w′′, K(w′)}(X). Folglich ist

[K(w′, w′′) : K(w′)] = deg(μ_{w′′, K(w′)}) = deg(μ_{z′′, K}) = [K(z′′) : K] = [L′′ : K]

und somit

\begin{matrix}[K(w′, w′′) : K] = [K(w′, w′′) : K(w′)] · [K(w′) : K] \\ = [K(w′, w′′) : K(w′)] · [K(z′) : K] = [L′′ : K] · [L′ : K] . \end{matrix}

Ad ⇐. Sei [L : K] = [L′ : K] · [L′′ : K]. Annahme, es sind L′|K und L′′|K nicht linear disjunkt. Sei u′′ ∈ L′′ mit μ_{u′′, K}(X) reduzibel in L′[X]. Schreibe v′′ := φ′′(u′′). Dann ist auch μ_{v′′, K}(X) = μ_{u′′, K}(X) reduzibel in L′[X], und somit auch in K(w′)[X]. Somit muß μ_{v′′, K(w′)}(X) ein echter Teiler von μ_{v′′, K}(X) sein. Also ist

[K(w′, v′′) : K(w′)] = deg(μ_{v′′, K(w′)}) < deg(μ_{v′′, K}) = [K(v′′) : K] = [K(u′′) : K] .

Ferner ist μ_{w′′, K(w′, v′′)}(X) ein Teiler von μ_{w′′, K(v′′)}(X) und somit

\begin{matrix}[K(w′, w′′) : K(w′, v′′)] = deg(μ_{w′′, K(w′, v′′)}) ⩽ deg(μ_{w′′, K(v′′)}) \\ = [K(w′′) : K(v′′)] = [K(z′′) : K(u′′)] = [L′′ : K(u′′)] . \end{matrix}

Zusammen wird also

\begin{matrix}[L : K] = [K(w′, w′′) : K] = [K(w′, w′′) : K(w′, v′′)] · [K(w′, v′′) : K(w′)] · [K(w′) : K] \\ < [L′′ : K(u′′)] · [K(u′′) : K] · [K(z′) : K] = [L′′ : K] · [L′ : K] , \end{matrix}

und wir haben einen Widerspruch.

[figure: L = K(w′, w′′); K(w′, v′′); K(w′′) = φ′′(K(z′′)) = φ′′(L′′); φ′(L′) = φ′(K(z′)) = K(w′); K(v′′) = φ′′(K(u′′)); K]

Beispiel 45

(1) Es sind Q(\sqrt[3]{2}) und Q(ζ_{3}) linear disjunkt, da wir als Kompositum L = Q(\sqrt[3]{2}, ζ_{3})|Q nehmen können und da [Q(\sqrt[3]{2}, ζ_{3}) : Q] = 6 = 3 · 2 = [Q(\sqrt[3]{2}) : Q] · [Q(ζ_{3}) : Q] ist; cf. Aufgabe 7.

(2) Es sind L′|K und L′|K linear disjunkt genau dann, wenn L′ = K ist. Denn wir können als Kompositum ebenfalls L = L′|K wählen.

(3) Es sind Q(\sqrt[3]{2})|Q und Q(ζ_{3}\sqrt[3]{2})|Q nicht linear disjunkt. Denn es ist [Q(\sqrt[3]{2}) : Q] = 3 und [Q(ζ_{3}\sqrt[3]{2}) : Q] = 3, aber das für das Kompositum aus Beispiel 41.(3) ist [Q(\sqrt[3]{2}, ζ_{3}) : Q] = 6 ≠ 3 · 3 ; cf. Aufgabe 7. Alternativ hätte man auch das Kompositum aus Beispiel 41.(4) heranziehen können, um damit festzustellen, daß auch [Q(\sqrt[3]{2}) : Q] = 3 ≠ 3 · 3 ist. Abermals alternativ hätte man auch feststellen können, daß μ_{ζ_{3} \sqrt[3]{2},Q}(X) = X^{3} −2 in Q(\sqrt[3]{2}) die Nullstelle \sqrt[3]{2} hat und folglich reduzibel ist, um zu zeigen, daß Q(\sqrt[3]{2})|Q und Q(ζ_{3}\sqrt[3]{2})|Q nicht linear disjunkt sind. Beachte, daß nichtsdestotrotz Q(\sqrt[3]{2}) ∩ Q(ζ_{3}\sqrt[3]{2}) = Q ist, da kein weiterer Zwischenkörper in den beiden Teilnehmern des Schnitts enthalten sind, i.e. da (1, 3) und (2, 3) die Gruppe S_{3} erzeugen; cf. Aufgabe 7.

Korollar 46 Sei L|K ein Kompositum von L′|K und L′′|K via φ′ : L′ \overline{}L und φ′′ : L′′ \overline{}L. Es sind L′|K und L′′|K genau dann linear disjunkt, wenn

( φ′(y′_{i}) · φ′′(y′′_{j}) : i ∈ [1, ℓ′], j ∈ [1, ℓ′′] )

eine K-lineare Basis von L ist.

Beweis. Wegen Bemerkung 42 ist genau dann [L : K] = [L′ : K] · [L′′ : K], wenn das K-lineare Erzeugendensystem ( φ′(y′_{i})·φ′′(y′′_{i}) : i ∈ [1, ℓ′], j ∈ [1, ℓ′′] ) von L auch K-linear unabhängig ist.

Lemma 47 Seien L′|K und L′′|K linear disjunkt. Sei L|K, via φ′ : L′ \overline{}L und φ′′ : L′′ \overline{}L, ein Kompositum von L′|K und L′′|K.

(1) Ist L̃|K, via φ̃′ : L′ \overline{}L̃ und φ̃′′ : L′′ \overline{}L̃, ein weiteres Kompositum von L′|K und L′′|K, dann gibt es einen eindeutigen Körpermorphismus α : L \overline{}L̃ mit α∘φ′ = φ̃′ und α ∘ φ′′ = φ̃′′. Dieser ist ein Isomorphismus α : L ^{\overline{}^{∼}} L̃.

(2) Ist M|K eine endliche Körpererweiterung und sind Körpermorphismen L′ ^{\overline{}^{ψ′}} M und L′′ ^{\overline{}^{ψ′′}} M mit ψ′|_{K}^{K} = ψ′′|_{K}^{K} = id_{K} gegeben, dann gibt es einen eindeutigen Körpermorphismus β : L \overline{}M mit β ∘ φ′ = ψ′ und β ∘ φ′′ = ψ′′.

Beweis. Cf. Aufgabe 20.

1.4.3 Komposita linear disjunkter Erweiterungen und ganze Elemente

Seien L′|K und L′′|K linear disjunkt. Sei A ⊆ K ein ganzabgeschlossener Teilring mit K = Quot(A). Sei B′ := Γ_{L′}(A). Sei B′′ := Γ_{L′′}(A). Sei \underline{g′} = ( g′_{i} : i ∈ [1, ℓ′] ) eine A-lineare Basis von B′. Sei \underline{g′′} = ( g′′_{i} : i ∈ [1, ℓ′′] ) eine A-lineare Basis von B′′.

Die Existenz solcher Basen ist garantiert, sofern A ein Hauptidealbereich ist; cf. Lemma 33.

Sei L eine gemeinsame Körpererweiterung von L′ und L′′, welche ein Kompositum von L′|K und L′′|K ist, mit den Inklusionen L′ [figure] L und L′′ [figure] L; cf. Definition 39.

Um ausgehend von L′|K und L′′|K eine solche Situation zu erreichen, kann man e.g. via Lemma 40 ein Kompositum dieser Erweiterungen konstruieren und dann die Körper L′ und L′′ isomorph duch Teilkörper dieses Kompositums ersetzen.

Sei B := Γ_{L}(A). Es ist B′ = B ∩ L′ und B′′ = B ∩ L′′. Sei E ein Zerfällungskörper von L|K; cf. Lemma 11.(1, 2). Sei C := Γ_{E}(A). Sei G := Gal(E|K), sei U := Gal(E|L), sei V′ := Gal(E|L′), sei V′′ := Gal(E|L′′). Schreibe G = ⨆_{i∈[1,ℓ′]} τ′_{i}V′ mit τ′_{i} ∈ G für i ∈ [1, ℓ′]. Schreibe G = ⨆_{j∈[1,ℓ′′]} τ′′_{j}V′′ mit τ′′_{j} ∈ G für j ∈ [1, ℓ′′].

[figure: E; G; C; L; U; B; L′; V′; L′′; V′′; B′; B′′; K; ℓ′; ℓ′′; A; l.d.]

Satz 48 (Diskriminante des Kompositums) Wir erinnern daran, daß A ganzabgeschlossen ist, K = Quot(A) perfekt ist und die endlichen Körpererweiterungen L′|K und L′′|K linear disjunkt sind. Bekanntlich nennen wir ℓ′ = [L′ : K] und ℓ′′ = [L′′ : K]. Wir erinnern ferner an die A-lineare Basis \underline{g′} von B′ = Γ_{L′}(A) und an die A-lineare Basis \underline{g′′} von B′′ = Γ_{L′′}(A). Seien die Diskriminanten von L′|K und L′′|K in folgendem Sinne teilerfremd. Es gebe s′, s′′ ∈ A mit

s′Δ_{L′|K, \underline{g′}} + s′′Δ_{L′′|K, \underline{g′′}} = 1 .

(1) Es ist

\underline{g} := ( g′_{i} g′′_{j} : i ∈ [1, ℓ′], j ∈ [1, ℓ′′] )

eine A-lineare Basis von B.

(2) Es ist

Δ_{L|K, \underline{g}} = (Δ_{L′|K, \underline{g′}})^{ℓ′′} · (Δ_{L′′|K, \underline{g′′}})^{ℓ′} .

Die Bedingung an die Teilerfremdheit der Diskriminanten kann hierbei nicht entfallen ; cf. Lösung zu Aufgabe 62.

Beweis. Ad (1). Da \underline{g′} eine K-lineare Basis von L′ ist, da \underline{g′′} eine K-lineare Basis von L′′ ist und da L′|K und L′′|K linear disjunkt sind, ist \underline{g} eine K-lineare Basis von L; cf. Korollar 46.

Wir haben B ⊆^{!} _{A}⟨\underline{g}⟩ zu zeigen. Sei ein Element b ∈ B gegeben. Schreibe b =: ∑_{i∈[1,ℓ′]} ∑_{j∈[1,ℓ′′]} x_{i, j}g′_{i}g′′_{j} mit x_{i, j} ∈ K stets. Wir haben zu zeigen, daß x_{i, j} ∈^{!} A liegt für i ∈ [1, ℓ′] und j ∈ [1, ℓ′′]. Schreibe d′ := Δ_{L′|K, \underline{g′}} und d′′ := Δ_{L′′|K, \underline{g′′}}. Da es s′, s′′ ∈ A gibt mit s′d′ + s′′d′′ = 1, genügt es zu zeigen, daß d′x_{i, j} ∈^{!} A und d′′x_{i, j} ∈^{!} A liegen für i ∈ [1, ℓ′] und j ∈ [1, ℓ′′]. Wegen der Symmetrie der Situation genügt es zu zeigen, daß stets d′′x_{i, j} ∈^{!} A liegt.

Schreibe y′_{j} := ∑_{i∈[1,ℓ′]} x_{i, j} g′_{i} für j ∈ [1, ℓ′′]. Wir müssen d′′y′_{j} = ∑_{i∈[1,ℓ′]}(d′′x_{i, j})g′_{i} ∈^{!} B′

zeigen für j ∈ [1, ℓ′′], da \underline{g′} eine A-lineare Basis von B′ ist. Da B′ = L′ ∩ C ist, genügt es,

d′′y′_{j} ∈^{!} C zu zeigen für j ∈ [1, ℓ′′].

Sei σ_{k} : L \overline{}E der Körpermorphismus mit σ_{k}|_{L′} = id_{E} |_{L′} und σ_{k}|_{L′′} = τ′′_{k}|_{L′′} für k ∈ [1, ℓ′′] ; cf. Lemma 47.(2). Wähle einen Körpermorphismus ρ_{k} : E \overline{}E mit ρ_{k}|_{L} = σ_{k} für k ∈ [1, ℓ′′] ; cf. Lemma 11.(3). Da ρ_{k} als Körpermorphismus injektiv ist, da ρ_{k} eine K-lineare Abbildung ist und da [E : K] endlich ist, ist ρ_{k} stets ein Isomorphismus, i.e. ρ_{k} ∈ G für k ∈ [1, ℓ′′]. Für k ∈ [1, ℓ′′] wird

C ∋^{L. 20.(1)} ρ_{k}(b) = ∑_{i∈[1,ℓ′]} ∑_{j∈[1,ℓ′′]} ρ_{k}(x_{i, j})ρ_{k}(g′_{i})ρ_{k}(g′′_{j}) = ∑_{i∈[1,ℓ′]} ∑_{j∈[1,ℓ′′]} x_{i, j} g′_{i} τ_{k}(g′′_{j}) = ∑_{j∈[1,ℓ′′]} τ_{k}(g′′_{j})y′_{j} .

Sei y′ = (y′_{j})_{j} ∈ L^{′ ℓ′′×1}. Wir haben d′′y′ ∈^{!} C^{ℓ×1} zu zeigen.

Mit den getroffenen Wahlen ist Vand_{L′′|K, \underline{g′′}} = (τ′′_{k}(g′′_{j}))_{j,k} ∈ C^{ℓ′′×ℓ′′}. Ihre Determinante ist det(Vand_{L′′|K, \underline{g′′}})^{2} = d′′ cf. Lemma 24. In Matrix und Vektor zusammengefaßt wird

(Vand_{L′′|K, \underline{g′′}})^{t} y′ ∈ C^{ℓ′′×1} .

Dank Cramerscher Regel gibt es eine Matrix S ∈ C^{ℓ′′×ℓ′′} mit S · (Vand_{L′′|K, \underline{g′′}})^{t} =

det(Vand_{L′′|K, \underline{g′′}})E_{ℓ′′}; cf. Aufgabe 1.(2). Mit T := det(Vand_{L′′|K, \underline{g′′}})S ∈ C^{ℓ′′×ℓ′′} wird T · (Vand_{L′′|K, \underline{g′′}})^{t} = d′′E_{ℓ′′}. Somit ist auch

d′′y′ = T · (Vand_{L′′|K, \underline{g′′}})^{t} y′ ∈ C^{ℓ′′×1} .

Ad (2). Wir behaupten U =^{!} V′ ∩ V′′. Zu zeigen ist nur ⊇^{!}. Sei σ ∈ G mit σ(y′) = y′ für y′ ∈ L′ und σ(y′′) = y′′ für y′′ ∈ L′′ gegeben. Schreibe Fix_{σ}(L) := { y ∈ L : σ(y) = y }. Es ist Fix_{σ}(L) ein Teilkörper von L. Es sind L′ und L′′ in Fix_{σ}(L) enthalten. Da L Kompositum von L′ und L′′ ist, folgt Fix_{σ}(L) = L, i.e. σ ∈ U. Dies zeigt die Behauptung.

Wir behaupten die Existenz der bijektiven Abbildung

[figure: G/U; (G/V′); ×; (G/V′′); σU; (σV′; ,; σV′′) .]

Diese ist wohldefiniert und injektiv, da für σ, τ ∈ G genau dann σU = τU ist, wenn σ^{−1}τ ∈ U = V′ ∩V′′ liegt, i.e. wenn σ^{−1}τ ∈ V′ und σ^{−1}τ ∈ V′′ liegen, i.e. wenn σV′ = τV′

und σV′′ = τV′′ ist. Ferner ist |G/U| = [L : K] =^{L. 44} [L′ : K] · [L′′ : K] = |G/V′| · |G/V′′| =

|(G/V′) × (G/V′′)|. Dies zeigt die Behauptung.

Alternativ erkennt man die Surjektivität dieser Abbildung auch folgendermaßen. Sei (σ′V′, σ′′V′′) ∈ (G/V′) × (G/V′′) gegeben. Sei σ : L → E der Körpermorphismus mit σ|_{L′} = σ′|_{L′} und σ|_{L′′} = σ′′|_{L′′} ; cf. Lemma 47.(2). Sei ρ : E → E ein Körpermorphismus mit ρ|_{L} = τ ; cf. Lemma 11.(3). Es ist ρ ∈ G mit ρ|_{L′} = σ′|_{L′} und ρ|_{L′′} = σ′′|_{L′′}, i.e. ρV′ = σ′V′ und ρV′′ = σV′′.

Für (i, j) ∈ [1, ℓ′] × [1, ℓ′′] sei τ_{(i, j)} ∈ G mit τ_{(i, j)}V′ = τ′_{i}V′ und τ_{(i, j)}V′′ = τ′′_{j}V′′ gewählt. Dank vorstehender Behauptung ist auch G = ⨆_{(i, j)∈[1,ℓ′]×[1,ℓ′′]} τ_{(i, j)}U.

Schreibe ℓ := [L : K] = ℓ′ · ℓ′′. Wir wählen eine Bijektiion

[figure: [1, ℓ]; α; ∼; [1, ℓ′] × [1, ℓ′′]; k; α(k) =: (α′(k), α′′(k))]

Mit ihr wird G = ⨆_{k∈[1,ℓ]} τ_{α(k)}U. Wir präzisieren noch die Anordnung der Elemente in \underline{g} zu

\underline{g} = ( g′_{α′(k)} g′′_{α′′(k)} : k ∈ [1, ℓ] ) .

Die Diskriminante ist von der Wahl dieser Anordnung unabhängig, da eine andere Wahl nur ein Wechsel des Vorzeichens in der Determinante der Vandermondematrix verursachen kann.

So wird in E^{ℓ×ℓ}

Vand_{L|K, \underline{g}} = (τ_{α(n)}(g′_{α′(k)} · g′′_{α′′(k)}))_{k,n}
= (τ_{α(n)}(g′_{α′(k)}) · τ_{α(n)}(g′′_{α′′(k)}))_{k,n}
= (τ′_{α′(n)}(g′_{α′(k)}) · τ′′_{α′′(n)}(g′′_{α′′(k)}))_{k,n}
= (∑_{m∈[1,ℓ]} τ′_{α′(n)}(g′_{α′(m)}) · ∂_{α′′(n), α′′(m)} · ∂_{α′(m), α′(k)} · τ′′_{α′′(m)}(g′′_{α′′(k)}))_{k,n}
= ((∑_{m∈[1,ℓ]} τ′_{α′(n)}(g′_{α′(m)}) · ∂_{α′′(n), α′′(m)} · ∂_{α′(m), α′(k)} · τ′′_{α′′(m)}(g′′_{α′′(k)}))_{n,k})^{t}
= ((τ′_{α′(n)}(g′_{α′(m)})∂_{α′′(n), α′′(m)})_{n,m} · (∂_{α′(m), α′(k)}τ′′_{α′′(m)}(g′′_{α′′(k)}))_{m,k})^{t} .

Mit Aufgabe 21 wird über eine Blockdiagonalmatrixüberlegung

det((τ′_{α′(n)}(g′_{α′(m)})∂_{α′′(n), α′′(m)})_{n,m}) = det((τ′_{j}(g′_{i}))_{i, j})^{ℓ′′} = det(Vand_{L′|K, \underline{g′}})^{ℓ′′}
det((∂_{α′(m), α′(k)}τ′′_{α′′(m)}(g′′_{α′′(k)}))_{m,k}) = det((τ′′_{j}(g′′_{i}))_{i, j})^{ℓ′} = det(Vand_{L′′|K, \underline{g′′}})^{ℓ′} .

Mit Lemma 24 wird Δ_{L|K, \underline{g}} = det(Vand_{L|K, \underline{g}})^{2} = det(Vand_{L′|K, \underline{g′}})^{2ℓ′′}· det(Vand_{L′′|K, \underline{g′′}})^{2ℓ′} = (Δ_{L′|K, \underline{g′}})^{ℓ′′}· (Δ_{L′′|K, \underline{g′′}})^{ℓ′} .

Ideale

2.1 Dedekindbereiche

Lemma 49 Sei R ein kommutativer Ring. Die Aussagen (1) und (2) sind äquivalent.

(1) Jedes Ideal in R ist endlich erzeugt.

(2) Jede nichtleere Teilmenge von Ideale(R) hat ein maximales Element.

Beweis. Cf. Aufgabe 24.(1).

Definition 50 Ein kommutativer Ring, der eine der äquivalenten Bedingungen von Lemma 49 erfüllt, heißt noethersch.

Bemerkung 51 Sei R ein kommutativer Ring.

(1) Ist R ein Hauptidealbereich, dann ist R noethersch. Cf. auch Aufgabe 2.(1).

(2) Ist R noethersch, dann ist auch R[X] noethersch; cf. Aufgabe 24.(2).

(3) Ist R noethersch und 𝔞 ⊆ R ein Ideal, dann ist auch R/𝔞 noethersch; cf. Aufgabe 24.(3).

(4) Ist R noethersch und 𝔞 ⊂ R ein Ideal, dann gibt es ein maximales Ideal 𝔪 mit 𝔞 ⊆ 𝔪 ⊂ R.

Denn { 𝔟 ∈ Ideale(R) : 𝔞 ⊆ 𝔟 ⊂ R } enthält 𝔞, ist daher nichtleer und enthält somit wegen R noethersch ein maximales Element 𝔪. Dieses ist dann auch maximal in Ideale(R)∖{(1)}, denn für 𝔪′ ∈ Ideale(R)∖{(1)} mit 𝔪 ⊆ 𝔪′ folgt 𝔞 ⊆ 𝔪 ⊆ 𝔪′ ⊂ R, nach Wahl von 𝔪 also 𝔪 = 𝔪′. (^{2})

2Das Lemma von Zorn muß für diese Aussage im Falle R noethersch also nicht eingesetzt werden. Cf.

Behauptung in Lösung zu Aufgabe 13.(1).

Definition 52 Ein ganzabgeschlossener, noetherscher Integritätsbereich, in welchem jedes Primideal ungleich (0) ein maximales Ideal ist, heißt Dedekindbereich oder dedekindsch.

Cf. Definitionen 7.(2) und 50.

Bemerkung 53 Jeder Hauptidealbereich ist dedekindsch.

Beweis. Sei A ein Hauptidealbereich. Es ist A noethersch; cf. Bemerkung 51.(1). Es ist A ganzabgeschlossen; cf. Aufgabe 6.(1).

Weil jedes 𝔞 ∈ Ideale(A) ∖ {(1)} in einem maximalen Ideal von A enthalten ist gemäß Bemerkung 51.(4) und weil jedes maximale Ideal prim ist, da sein Faktorring ein Körper und also ein Integritätbereich ist, genügt es zu zeigen, daß es keine zwei Elemente von Ideale_{prim}^{×}(A) gibt, deren erstes eine echte Teilmenge des zweiten ist.

Sei ein Primideal in A gegeben. Dieses ist von der Form (p) für ein p ∈ A. Sei ein weiteres Primideal in A gegeben, welches echt in (p) liegt. Dieses ist also von der Form (xp) für ein x ∈ A. Wir haben (xp) =^{!} (0) zu zeigen. Annahme, nicht. Dann sind x ≠ 0 und p ≠ 0. Es ist xp ∈ (xp). Es ist x ∉ (xp), da sonst x = xpa für ein a ∈ A wäre, also 1 = pa, also (p) = (1), was nicht der Fall ist. Es ist p ∉ (xp), da sonst (p) ⊆ (xp) läge und somit (xp) = (p) wäre. Folglich ist (xp) kein Primideal, und wir haben einen Widerspruch.

Lemma 54 (Ganzer Abschluß wieder dedekindsch)

Sei A ein Dedekindbereich. Sei K := Quot(A) perfekt.

Sei L|K eine endliche Körpererweiterung. Schreibe B := Γ_{L}(A).

Es ist B ein Dedekindbereich.

Wir haben eine Abbildung Ideale_{prim}^{×}(B) \overline{}Ideale_{prim}^{×}(A), 𝔮 \overline{}𝔮 ∩ A.

Insbesondere ist im Falle A = Z und K = Q, also im Falle L Zahlkörper, der Zahlring O_{L} = Γ_{L}(Z) ein Dedekindbereich.

Beweis. Es ist B als Teilring von L ein Integritätsbereich.

Nach Aufgabe 24.(5) ist auch B noethersch.

Es ist B ganzabgeschlossen; cf. Bemerkung 8.(2).

Sei 𝔮 ⊆ B ein Primideal ungleich (0). Wir haben zu zeigen, daß 𝔮 ein maximales Ideal ist. Schreibe 𝔭 := A ∩ 𝔮.

Wir haben einen injektiven Ringmorphismus ι : A/𝔭 \overline{}B/𝔮, a + 𝔭 \overline{}a + 𝔮 in den Integritätsbereich B/𝔮; beachte, daß für a ∈ A genau dann a ∈ 𝔮 liegt, wenn a ∈ 𝔭 liegt. Da B/𝔮 ein Integritätsbereich ist, folgt, daß auch A/𝔭 ein Integritätsbereich ist, i.e. daß 𝔭 ein Primideal in A ist.

Zeigen wir 𝔭 ≠^{!} (0). Wähle y ∈ 𝔮^{×}. Für ein n ⩾ 1 ist μ_{y,K}(X) =: ∑_{i∈[0,n]} a_{i}X^{i} ∈^{A. 25.(2)} A[X] . Es ist a_{0} ≠ 0, da sonst X ein Teiler von μ_{y,K}(X) wäre, was X = μ_{y,K}(X) und somit y = 0 nach sich zöge. Da y ∈ 𝔮 liegt, liegt auch a_{0} = y · (− ∑_{i∈[1,n]} a_{i}y^{i−1}) ∈ 𝔮. Insgesamt ist a_{0} ∈ A^{×} ∩ 𝔮 = 𝔭^{×}.

Da A dedekindsch ist, ist 𝔭 ⊆ A ein maximales Ideal; cf. Bemerkung 53. Wir haben zu zeigen, daß B/𝔮 ein Körper ist. Da B ein endlich erzeugter A-Modul ist, ist B/𝔮 via ι ein endlichdimensionaler A/𝔭-Vektorraum; cf. Aufgabe 27.(5). Da B/𝔮 ein Integritätsbereich ist, ist für b ∈ B mit b + 𝔮 ≠ 0 die Abbildung

λ_{b+𝔮} : B/𝔮 \overline{}B/𝔮 , y + 𝔮 \overline{}(b + 𝔮)(y + 𝔮)

injektiv. Da diese auch A/𝔭-linear ist, ist sie als injektiver Endomorphismus eines endlichdimensionalen A/𝔭-Vektorraums sogar bijektiv. Somit ist B/𝔮 ein Körper.

Beispiel 55 Es ist Z[\sqrt{−5}] = O_{Q(\sqrt{−5})} ; cf. Aufgabe 3. Also ist Z[\sqrt{−5}] dedekindsch. Es ist Z[\sqrt{−5}] aber kein Hauptidealbereich; cf. Aufgabe 6.(4).

2.2 Primidealfaktorzerlegung in Dedekindbereichen

Sei D ein Dedekindbereich. Sei K := Quot(D).

Definition 56

(1) Ein gebrochenes Ideal von D ist eine Teilmenge von K von der Form

x𝔞 := { xa : a ∈ 𝔞 } ,

wobei x ∈ K^{×} und 𝔞 ∈ Ideale^{×}(D) sei. Die Menge der gebrochenen Ideale von D bezeichnen wir mit \underline{Ideale}^{×}(D). Es ist also Ideale^{×}(D) ⊆ \underline{Ideale}^{×}(D).

(2) Für n ⩾ 1 und x_{i} ∈ K^{×} für i ∈ [1, n] schreiben wir

( x_{1} , …, x_{n}) := { d_{1}x_{1} + ⋯ + d_{n}x_{n} : d_{i} ∈ D für i ∈ [1, n] } .

Dies ist ein gebrochenes Ideal, wie man durch Multiplikation mit einem gemeinsamen Nenner der x_{i} erkennt. Ein gebrochenes Ideal der Form (x) für ein x ∈ K^{×} heißt gebrochenes Hauptideal von D.

Liegt x_{i} ∈ D für i ∈ [1, n], so ist das gebrochene Ideal ( x_{1} , …, x_{n}) das Ideal von D, das bereits diese Bezeichnung trägt.

(3) Seien 𝔤, 𝔥 ∈ \underline{Ideale}^{×}(D). Wir setzen

\begin{aligned}𝔤^{×} & := & 𝔤 ∖ \{0\} \\ 𝔤 · 𝔥 & := & _{Z}⟨ gh : g ∈ 𝔤, h ∈ 𝔥 ⟩ = \{ ∑_{i∈[1,k]} g_{i}h_{i} : k ⩾ 0, g_{i} ∈ 𝔤, h_{i} ∈ 𝔥 für i ∈ [1, k] \} \\ 𝔤 + 𝔥 & := & \{ g + h : g ∈ 𝔤, h ∈ 𝔥 \} \\ 𝔤^{−1} & := & \{ x ∈ K : x𝔤 ⊆ D \} . \end{aligned}

Multiplikation gebrochener Ideale ist assoziativ und kommutativ; cf. betreffende Konvention, angewandt auf Teilmengen von K. Wir können so ohne Klammerung das Produkt mehrerer gebrochener Ideale bilden. Das leere Produkt sei dabei gleich D = (1).

Beachte noch (x)𝔤 = x𝔤, (x)(y) = (xy) und (x)^{−1} = (x^{−1}) für x, y ∈ K^{×}.

Bemerkung 57 Seien 𝔤, 𝔥 ∈ \underline{Ideale}^{×}(D).

Dann sind auch 𝔤𝔥, 𝔤 ∩ 𝔥, 𝔤 + 𝔥, 𝔤^{−1} ∈ \underline{Ideale}^{×}(D).

Ist 𝔤 ⊆ D, dann ist 𝔤 ∈ Ideale^{×}(D).

Sind bereits 𝔤, 𝔥 ∈ Ideale^{×}(D), dann sind auch 𝔤𝔥, 𝔤 ∩ 𝔥, 𝔤 + 𝔥 ∈ Ideale^{×}(D).

Beweis. Cf. Aufgabe 28.(1).

Beispiel 58 Sei D = Z ; cf. Bemerkung 53.

Es ist (\frac{3}{5}) + (\frac{9}{2}) = (\frac{3}{5} , \frac{9}{2}) = \frac{1}{10}(6, 45) = \frac{1}{10}(3) = (\frac{3}{10}) ∈ \underline{Ideale}^{×}(Z). Sein Inverses ist (\frac{10}{3}).

Lemma 59 Sei 𝔞 ∈ Ideale^{×}(D).

Dann gibt es n ⩾ 0 und 𝔭_{i} ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) für i ∈ [1, n] mit

𝔭_{1}𝔭_{2} ⋯ 𝔭_{n} ⊆ 𝔞 .

Beweis. Bestehe M ⊆ Ideale^{×}(D) aus den Idealen, die der Aussage nicht genügen. Wir haben M =^{!} ∅ zu zeigen. Annahme, nicht. Da D noethersch ist, hat M ein maximales Element 𝔟. Es ist 𝔟 kein Primideal. Es ist 𝔟 ≠ (1). Also gibt es Elemente x_{1} , x_{2} ∈ D mit x_{1}x_{2} ∈ 𝔟, aber x_{1} ∉ 𝔟 und x_{2} ∉ 𝔟. Sei 𝔟_{1} := 𝔟 + (x_{1}). Sei 𝔟_{2} := 𝔟 + (x_{2}). Dann ist 𝔟 ⊂ 𝔟_{1} und 𝔟 ⊂ 𝔟_{2} . Folglich liegen 𝔟_{1} und 𝔟_{2} in Ideale^{×}(D) ∖ M. Seien n_{1} ⩾ 0 und 𝔭_{1,i} ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) für i ∈ [1, n_{1}] und n_{2} ⩾ 0 und 𝔭_{2,i} ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) für i ∈ [1, n_{2}] mit

\begin{aligned}𝔭_{1,1}𝔭_{1,2} ⋯ 𝔭_{1,n_{1}} & ⊆ & 𝔟_{1} \\ 𝔭_{2,1}𝔭_{2,2} ⋯ 𝔭_{2,n_{2}} & ⊆ & 𝔟_{2} \end{aligned}

gewählt. Dann ist

𝔭_{1,1}𝔭_{1,2} ⋯ 𝔭_{1,n_{1}}𝔭_{2,1}𝔭_{2,2} ⋯ 𝔭_{2,n_{2}} ⊆ 𝔟_{1}𝔟_{2} ⊆ 𝔟 ,

letzteres, da x_{1}x_{2} ∈ 𝔟. Also ist 𝔟 ∉ M und wir haben einen Widerspruch.

Lemma 60 Sei 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D). Dann ist D ⊂ 𝔭^{−1}.

Beweis. Es ist D ⊆ 𝔭^{−1}, da D𝔭 ⊆ D. Wir behaupten D⊂^{!}𝔭^{−1}. Sei a ∈ 𝔭^{×}. Sei n ⩾ 1 minimal derart, daß wir 𝔭_{i} ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) wählen können mit 𝔭_{1}𝔭_{2} ⋯ 𝔭_{n} ⊆ (a); cf. Lemma 59.

Da 𝔭_{1}𝔭_{2} ⋯ 𝔭_{n} ⊆ (a) ⊆ 𝔭, gibt es ein i ∈ [1, n] mit 𝔭_{i} ⊆ 𝔭, wie iterierte Anwendung von Aufgabe 28.(2) zeigt. Sei o.E. i = 1. Da D dedekindsch ist und 𝔭_{1} ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) liegt, ist 𝔭_{1} ein maximales Ideal von D. Also ist 𝔭_{1} = 𝔭.

Wegen der Minimalität von n ist 𝔭_{2} ⋯ 𝔭_{n} ⊈ (a). Folglich können wir ein b ∈ 𝔭_{2} ⋯ 𝔭_{n} ∖(a) wählen. Aus b ∉ (a) folgt a^{−1}b ∉ a^{−1}(a) = (1) = D.

Ferner ist (a^{−1}b)𝔭 ⊆ a^{−1}𝔭_{1}𝔭_{2} ⋯ 𝔭_{n} ⊆ a^{−1}(a) = (1) = D. Also ist a^{−1}b ∈ 𝔭^{−1}.

Lemma 61 Sei 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D). Sei 𝔞 ∈ Ideale^{×}(D). Dann ist 𝔞 ⊂ 𝔞𝔭^{−1}.

Beweis. Da D ⊆ 𝔭^{−1}, ist auch 𝔞 ⊆ 𝔞𝔭^{−1}.

Annahme, es ist 𝔞 = 𝔞𝔭^{−1}.

Sei x ∈ 𝔭^{−1} gegeben. Sei 𝔞 = ( a_{1} , …, a_{ℓ}) für ein ℓ ⩾ 1 und gewisse a_{i} ∈ D für i ∈ [1, ℓ], möglich, da D dedekindsch und also noethersch ist.

Da x𝔞 ⊆ 𝔞, können wir xa_{i} = ∑_{j∈[1,ℓ]} s_{i, j}a_{j} schreiben mit S := (s_{i, j})_{i, j} ∈ D^{ℓ×ℓ}. Mit a := (a_{i})_{i} ∈ D^{ℓ×1} und T := (xE_{ℓ} − S) ∈ K^{ℓ×ℓ} ist also T a = 0.

Die Cramersche Regel aus Aufgabe 1.(2) gibt ein T′ ∈ K^{ℓ×ℓ} mit T′T = det(T)E_{ℓ}. Also ist det(T)a = 0 ∈ K^{ℓ×1} und folglich det(T)a_{i} = 0 für i ∈ [1, ℓ]. Da 𝔞 ≠ (0), gibt es ein j ∈ [1, ℓ] mit a_{j} ≠ 0. Aus det(T)a_{j} = 0 folgt dann det(T) = 0. Daher ist f(X) := det(XE_{ℓ} − S) ∈ D[X] ein normiertes Polynom, für welches f(x) = det(xE_{ℓ} − S) = det(T) = 0 ist. Somit ist x ∈ Γ_{K}(D). Aber Γ_{K}(D) = D, da D dedekindsch und also ganzabgeschlossen ist. Also ist x ∈ D.

Dies zeigt 𝔭^{−1} ⊆ D, im Widerspruch zu Lemma 60.

Die Argumentation war ähnlich wie bei Lemma 1 zu (3) ⇒ (1).

Korollar 62 Für 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) ist 𝔭𝔭^{−1} = D.

Beweis. Dank Lemma 61 und dank Definition 56.(3) ist 𝔭 ⊂ 𝔭𝔭^{−1} ⊆ D. Da D dedekindsch ist, ist 𝔭 ein maximales Ideal. Daher muß nun 𝔭𝔭^{−1} = D sein.

Satz 63 (Primidealfaktorzerlegung) Wir erinnern an D dedekindsch.

Sei 𝔞 ∈ Ideale^{×}(D) gegeben.

(1) Es gibt ein m ⩾ 0 und 𝔭_{i} ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) für i ∈ [1, m] mit

𝔞 = 𝔭_{1}𝔭_{2} ⋯ 𝔭_{m} .

(2) Sind m ⩾ 0 und 𝔭_{i} ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) für i ∈ [1, m] sowie n ⩾ 0 und 𝔮_{i} ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) für i ∈ [1, n] mit

𝔞 = 𝔭_{1}𝔭_{2} ⋯ 𝔭_{m} = 𝔮_{1}𝔮_{2} ⋯ 𝔮_{n}

gegeben, dann ist m = n, und es gibt ein σ ∈ S_{m} mit 𝔭_{i} = 𝔮_{σ(i)} für i ∈ [1, m].

Falls D ein Hauptidealbereich ist, kennen wir diese Aussagen aus Aufgabe 2.(3).

Beweis.

Ad (1). Bestehe M ⊆ Ideale^{×}(D) aus den Idealen, die der Aussage nicht genügen. Wir haben M =^{!} ∅ zu zeigen. Annahme, nicht. Da D noethersch ist, hat M ein maximales Element 𝔟. Es ist 𝔟 ≠ (1). Sei 𝔭 ⊂ D ein maximales Ideal, das 𝔟 enthält; cf. Bemerkung 51.(4). Es ist 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D). Es ist

𝔟 ⊂^{L. 61} 𝔟𝔭^{−1} ⊆ 𝔭𝔭^{−1} =^{K. 62} D .

Also ist 𝔟𝔭^{−1} ∈ Ideale(D) ∖ M. Schreibe 𝔟𝔭^{−1} = 𝔮_{1}𝔮_{2} ⋯ 𝔮_{n} für ein n ⩾ 0 und 𝔮_{i} ∈ Ideale_{prim}^{×}(D). Es folgt

𝔟 =^{K. 62} 𝔟𝔭^{−1}𝔭 = 𝔮_{1}𝔮_{2} ⋯ 𝔮_{n}𝔭 .

Ad (2). Sei

𝔭_{1}𝔭_{2} ⋯ 𝔭_{m} = 𝔮_{1}𝔮_{2} ⋯ 𝔮_{n}

gegeben wie in der Aussage. Sei o.E. m ⩽ n. Wir führen eine Induktion über m ⩾ 0. Im Falle m = 0 ist die linke Seite gleich (1), und es folgt n = 0, da ansonsten die rechte Seite ein echtes Ideal in D wäre.

Sei nun m ⩾ 1. Es ist 𝔮_{1}𝔮_{2} ⋯ 𝔮_{n} = 𝔭_{1}𝔭_{2} ⋯ 𝔭_{m} ⊆ 𝔭_{m}. Also gibt es ein i ∈ [1, n] mit 𝔮_{i} ⊆ 𝔭_{m}; cf. Aufgabe 28.(2). O.E. ist i = n. Aus D dedekindsch folgt 𝔮_{n} maximal, also 𝔮_{n} = 𝔭_{m} und somit

𝔭_{1} ⋯ 𝔭_{m−1} =^{K. 62} 𝔭_{1} ⋯ 𝔭_{m−1}𝔭_{m}𝔭_{m}^{−1} = 𝔮_{1} ⋯ 𝔮_{n−1}𝔮_{n}𝔮_{n}^{−1} =^{K. 62} 𝔮_{1} ⋯ 𝔮_{n−1} .

Induktion zeigt nun, daß m − 1 = n − 1 ist und ein ρ ∈ S_{m−1} existiert mit 𝔮_{ρ(i)} = 𝔭_{i} für i ∈ [1, m − 1]. Sei nun σ(i) := ρ(i) für i ∈ [1, m − 1] und σ(m) := m = n.

Korollar 64 Es ist \underline{Ideale}^{×}(D) eine abelsche Gruppe mit der in Definition 56.(3) eingeführten Multiplikation gebrochener Ideale.

Dabei ist für 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(D) das multiplikativ Inverse durch 𝔤^{−1} im Sinne von Definition 56.(3) gegeben.

Beweis. Zeigen wir die Gruppeneigenschaft. Die Multiplikation ist kommutativ und assoziativ. Es ist (1) ein neutrales Element.

Es bleibt zu zeigen, daß zu jedem gegebenen 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(D) ein Inverses existiert. Schreibe 𝔤 = x𝔞 mit x ∈ K^{×} und 𝔞 ∈ Ideale^{×}(D). Schreibe 𝔞 = 𝔭_{1} ⋯ 𝔭_{m} mit m ⩾ 0 und 𝔭_{i} ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) für i ∈ [1, m] ; cf. Satz 63.(1). Es wird

𝔤 · (x^{−1}𝔭_{1}^{−1} ⋯ 𝔭_{m}^{−1}) = x𝔭_{1} ⋯ 𝔭_{m} · x^{−1}𝔭_{1}^{−1} ⋯ 𝔭_{m}^{−1} =^{K. 62} (1) .

Bleibt zu zeigen, daß dieses multiplikativ Inverse gleich 𝔤^{−1} im Sinne von Definition 56.(3) ist.

Es ist 𝔤^{−1} = (x𝔞)^{−1} = x^{−1}𝔞^{−1}, da für y ∈ K genau dann y ∈ (x𝔞)^{−1} liegt, wenn yx𝔞 ⊆ (1), i.e. yx ∈ 𝔞^{−1}, i.e. y ∈ x^{−1}𝔞^{−1} liegt.

Aus 𝔞 · 𝔭_{1}^{−1} ⋯ 𝔭_{m}^{−1} = 𝔭_{1} ⋯ 𝔭_{m} · 𝔭_{1}^{−1} ⋯ 𝔭_{m}^{−1} ⊆ (1) folgt 𝔭_{1}^{−1} ⋯ 𝔭_{m}^{−1} ⊆ 𝔞^{−1}.

Aus 𝔞^{−1} · 𝔭_{1} ⋯ 𝔭_{m} = 𝔞^{−1} · 𝔞 ⊆ (1) folgt durch Multiplikation mit 𝔭_{1}^{−1} ⋯ 𝔭_{m}^{−1} dank Korollar 62, daß 𝔞^{−1} ⊆ 𝔭_{1}^{−1} ⋯ 𝔭_{m}^{−1} ist.

Zusammen ist 𝔞^{−1} = 𝔭_{1}^{−1} ⋯ 𝔭_{m}^{−1} und somit 𝔤^{−1} = x^{−1}𝔞^{−1} = x^{−1}𝔭_{1}^{−1} ⋯ 𝔭_{m}^{−1}, wie noch zu zeigen blieb.

Lemma 65 Schreibe P := Ideale_{prim}^{×}(D).

Sei

Z^{⊕P} := { (γ_{𝔭})_{𝔭∈P} : γ_{𝔭} ∈ Z für 𝔭 ∈ P und { 𝔭 ∈ P : γ_{𝔭} ≠ 0 } endlich } .

Wir haben einen Isomorphismus abelscher Gruppen

[figure: Z^{⊕P}; φ; ∼; \underline{Ideale}^{×}(D); (γ_{𝔭})_{𝔭∈P}; ∏_{𝔭∈P, γ_{𝔭}≠0} 𝔭^{γ_{𝔭}}]

Für (γ_{𝔭})_{𝔭∈P} ∈ Z^{⊕P} schreiben wir dann auch ∏_{𝔭∈P} 𝔭^{γ_{𝔭}} := ∏_{𝔭∈P, γ_{𝔭}≠0} 𝔭^{γ_{𝔭}}.

Sei

(v_{𝔭}(𝔤))_{𝔭∈P} := φ^{−1}(𝔤) .

I.e.

𝔤 = ∏_{𝔭∈P} 𝔭^{v_{𝔭}(𝔤)} für 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(D)
γ_{𝔮} = v_{𝔮}(∏_{𝔭∈P} 𝔭^{γ_{𝔭}}) für (γ_{𝔭})_{𝔭∈P} ∈ Z^{⊕P} und 𝔮 ∈ P .

Es heißt v_{𝔭}(𝔤) die Bewertung von 𝔤 bei 𝔭.

Wir setzen noch v_{𝔭}((0)) := ∞ und v_{𝔭}(x) := v_{𝔭}((x)) für x ∈ K und 𝔭 ∈ P.

Ist 𝔭 ∈ P ein Hauptideal, also 𝔭 = (p) für ein Primelement p ∈ D^{×}, dann schreiben wir auch v_{p} := v_{(p)} = v_{𝔭}.

Cf. auch Aufgabe 2.(4).

Beweis. Für (γ_{𝔭})_{𝔭} , (β_{𝔭})_{𝔭} ∈ Z^{⊕P} ist

φ((γ_{𝔭})_{𝔭}+(β_{𝔭})_{𝔭}) = φ((γ_{𝔭}+β_{𝔭})_{𝔭}) = ∏_{𝔭∈P} 𝔭^{γ_{𝔭}+β_{𝔭}} = ( ∏_{𝔭∈P} 𝔭^{γ_{𝔭}})·( ∏_{𝔭∈P} 𝔭^{β_{𝔭}}) = φ((γ_{𝔭})_{𝔭}) · φ((β_{𝔭})_{𝔭}) .

Also ist φ ein Morphismus abelscher Gruppen.

Wir behaupten die Injektivität von φ. Sei (γ_{𝔭})_{𝔭∈P} ∈ Z^{⊕P} mit ∏_{𝔭∈P} 𝔭^{γ_{𝔭}} = (1) gegeben. Wir

haben γ_{𝔭} =^{!} 0 für 𝔭 ∈ P zu zeigen. Es ist

∏_{𝔭∈P, γ_{𝔭}>0} 𝔭^{γ_{𝔭}} = ∏_{𝔭∈P, γ_{𝔭}<0} 𝔭^{−γ_{𝔭}} .

Gäbe es ein 𝔮 ∈ P mit γ_{𝔮} > 0, dann würde 𝔮 in der linken, nicht aber in der rechten Seite als Faktor auftreten, im Widerspruch zu Satz 63.(2). Gäbe es ein 𝔮 ∈ P mit γ_{𝔮} < 0, dann würde 𝔮 in der rechten, nicht aber in der linken Seite als Faktor auftreten, im Widerspruch zu Satz 63.(2). Also ist γ_{𝔭} = 0 für 𝔭 ∈ P.

Wir behaupten die Surjektivität von φ. Sei 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(D) gegeben. Schreibe 𝔤 = \frac{1}{d}𝔞 mit d ∈ D^{×} und 𝔞 ∈ Ideale^{×}(D). Schreibe (d) =: ∏_{𝔭∈P} 𝔭^{δ_{𝔭}} und 𝔞 =: ∏_{𝔭∈P} 𝔭^{α_{𝔭}} mit (δ_{𝔭})_{𝔭} , (α_{𝔭})_{𝔭} ∈ Z^{⊕P}, wobei stets δ_{𝔭} , α_{𝔭} ⩾ 0 ; cf. Satz 63.(1). Dann wird (α_{𝔭} − δ_{𝔭})_{𝔭} ∈ Z^{⊕P} und

𝔤 = (d)^{−1} · 𝔞 = ( ∏_{𝔭∈P} 𝔭^{−δ_{𝔭}}) · ( ∏_{𝔭∈P} 𝔭^{α_{𝔭}}) = ∏_{𝔭∈P} 𝔭^{α_{𝔭}−δ_{𝔭}} = φ((α_{𝔭} − δ_{𝔭})_{𝔭}) .

Bemerkung 66 Schreibe P := Ideale_{prim}^{×}(D).

(1) Für 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(D) ist genau dann 𝔤 ∈ Ideale^{×}(D), wenn v_{𝔭}(𝔤) ⩾ 0 ist für 𝔭 ∈ P.

(2) Für x ∈ K ist genau dann x ∈ D, wenn v_{𝔭}(x) ⩾ 0 ist für 𝔭 ∈ P.

(3) Für u ∈ K ist genau dann u ∈ U(D), wenn v_{𝔭}(u) = 0 ist für 𝔭 ∈ P.

Beweis.

Ad (1). Ist 𝔤 ∈ Ideale^{×}(D), dann können wir 𝔤 = ∏_{𝔭∈P} 𝔭^{γ_{𝔭}} schreiben mit γ_{𝔭} ⩾ 0 stets; cf. Satz 63.(1). Dann ist v_{𝔭}(𝔤) = γ_{𝔭} für 𝔭 ∈ P ; cf. Lemma 65.

Ist umgekehrt v_{𝔭}(𝔤) ⩾ 0 für 𝔭 ∈ P, dann ist 𝔤 = ∏_{𝔭∈P} 𝔭^{v_{𝔭}(𝔤)} ⊆ D, insbesondere 𝔤 ∈ Ideale^{×}(D) ; cf. Lemma 65, Bemerkung 57.

Ad (2). O.E. ist x ∈ K^{×}. Die Aussage ergibt sich aus (1) für 𝔤 = (x).

Ad (3). O.E. ist u ∈ K^{×}. Ist u ∈ U(D), dann ist (u) = (1) und also v_{𝔭}(u) = 0 für 𝔭 ∈ P. Ist umgekehrt v_{𝔭}(u) = 0 für 𝔭 ∈ P vorausgesetzt, dann ist auch v_{𝔭}(u^{−1}) = − v_{𝔭}(u) = 0 für 𝔭 ∈ P, somit u ∈ D und u^{−1} ∈ D und also u ∈ U(D).

Definition 67 Schreibe \underline{Ideale}_{Haupt}^{×}(D) := \{ (x) : x ∈ K^{×} \} ⊆ \underline{Ideale}^{×}(D) für die Teilmenge der gebrochenen Hauptideale.

Sei daran erinnert, daß \underline{Ideale}^{×}(D) eine abelsche Gruppe ist bezüglich der Multiplikation gebrochener Ideale; cf. Korollar 64.

Da (1) ∈ \underline{Ideale}_{Haupt}^{×}(D) und da für x, y ∈ K^{×} sich (x)(y)^{−1} = (xy^{−1}) ∈ \underline{Ideale}_{Haupt}^{×}(D) ergibt, ist \underline{Ideale}_{Haupt}^{×}(D) ⩽ \underline{Ideale}^{×}(D).

Die Faktorgruppe

Cl(D) := \underline{Ideale}^{×}(D)/\underline{Ideale}_{Haupt}^{×}(D)

heißt Klassengruppe von D.

Für 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(D) schreiben wir [𝔤] := 𝔤 \underline{Ideale}_{Haupt}^{×}(D) ∈ Cl(D) für die Restklasse von 𝔤 in der Klassengruppe.

Ist K|Q eine endliche Körpererweiterung, i.e. K ein Zahlkörper, so wird in der Literatur auch Cl(K) := Cl(O_{K}) geschrieben.

Beispiel 68 In Aufgabe 27.(1) wurde 𝔞 ∈ Ideale^{×}(Z[\sqrt{−5}]) mit [𝔞] ≠ 1, aber [𝔞]^{2} = [𝔞^{2}] = 1 gefunden. Also hat [𝔞] in Cl(Z[\sqrt{−5}]) die Ordnung 2.

Bemerkung 69

(1) Es ist Cl(D) ≃ 1 genau dann, wenn D ein Hauptidealbereich ist.

(2) Wir haben die exakte Sequenz abelscher Gruppen

1 \overline{}U(D) \overline{}K^{×}  \overline{}\underline{Ideale}^{×}(D) \overline{}Cl(D) \overline{}1
[figure: d; d; 𝔤; [𝔤] .]
x  \overline{}(x)

Dies besage, daß das Bild jedes auftretenden Morphismus gleich dem Kern des nachfolgenden ist.

Beweis.

Ad (1). Es ist Cl(D) ≃ 1 genau dann, wenn \underline{Ideale}_{Haupt}^{×}(D) = \underline{Ideale}^{×}(D) ist, i.e. wenn jedes gebrochene Ideal von D ein gebrochenes Hauptideal ist.

Dies ist der Fall, wenn D ein Hauptidealbereich ist.

Ist umgekehrt Cl(D) ≃ 1 vorausgesetzt, dann ist jedes Ideal von D, o.E. ungleich (0), ein gebrochenes Hauptideal von D, welches in D liegt. Insbesondere liegt sein Erzeuger in D, sodaß es ein Hauptideal ist.

Ad (2). Zu zeigen ist nur, daß für x ∈ K^{×} genau dann (x) = (1) ist, wenn x ∈ U(D) liegt. Es ist (x) = (1) genau dann, wenn es ein d ∈ D mit xd = 1 und ein e ∈ D mit x = 1 · e gibt. Es folgt x ∈ D und xd = 1, also x ∈ U(D).

2.3 Lokale Betrachtungen

2.3.1 Lokale Charakterisierung von Dedekindbereichen

Lemma 70 Sei A ein Integritätsbereich. Schreibe K := Quot(A).

Sei L|K eine Körpererweiterung.

Sei S ⊆ A^{×} mit 1 ∈ S und mit st ∈ S für s, t ∈ S gegeben.

Wir betrachten den Teilring S^{−1}A = \{ \frac{a}{s} : a ∈ A, s ∈ S \} ⊆ K wie in Aufgabe 10.(1).

(1) Sei 𝔟 ∈ Ideale(S^{−1}A). Es ist S^{−1}(𝔟 ∩ A) = 𝔟.

(2) Ist A noethersch, dann ist auch S^{−1}A noethersch.

Gibt es zudem ein n ⩾ 0 derart, daß jedes Ideal von A von n Elementen erzeugt ist, dann ist auch jedes Ideal von S^{−1}A von n Elementen erzeugt.

(3) Ist A ein Hauptidealbereich, dann ist auch S^{−1}A ein Hauptidealbereich.

(4) Es ist S^{−1}Γ_{L}(A) = Γ_{L}(S^{−1}A).

(5) Ist A ganzabgeschlossen, dann ist auch S^{−1}A ganzabgeschlossen.

(6) Ist A dedekindsch, dann ist auch S^{−1}A dedekindsch.

Beweis.

Ad (1).

Zu ⊆^{!}. Ist x = \frac{x}{1} ∈ 𝔟 ∩ A und s ∈ S, dann ist \frac{x}{s} = \frac{1}{s} · \frac{x}{1} ∈ 𝔟, da \frac{1}{s} ∈ S^{−1}A und \frac{x}{1} ∈ 𝔟.

Zu ⊇^{!}. Ist \frac{y}{t} ∈ 𝔟 mit y ∈ A und t ∈ S, dann ist y = \frac{y}{1} = \frac{t}{1} · \frac{y}{t} ∈ A∩𝔟. Also ist \frac{y}{t} ∈ S^{−1}(𝔟∩A).

Ad (2). Sei 𝔟 ∈ Ideale(S^{−1}A). Wir haben zu zeigen, daß 𝔟 endlich erzeugt ist. Da A noethersch ist und da 𝔟∩A ∈ Ideale(A) liegt, können wir 𝔟∩A = ( x_{1} , …, x_{m}) schreiben mit einem m ⩾ 0 und gewissen x_{i} ∈ A mit i ∈ [1, m]. Also ist

𝔟 =^{(1)} S^{−1}(𝔟 ∩ A) = \{ \frac{1}{s} ∑_{i∈[1,m]} a_{i}x_{i} : s ∈ S und a_{i} ∈ A für i ∈ [1, m] \} = ( x_{1} , …, x_{m}) ,

wobei letzteres Idealerzeugnis nun in S^{−1}A zu lesen ist, und wobei letztere Gleichheit in der Richtung ⊆ direkt folgt, in der Richtung ⊇ daher rührt, daß x_{i} in der linken Seite liegt für i ∈ [1, m].

Ist nun jedes Ideal von A von n Elementen erzeugt, dann ist stets m = n wählbar und also auch jedes Ideal von S^{−1}A von n Elementen erzeugt.

Ad (3). Dies wird von der Zusatzaussage in (2) mit n = 1 geliefert.

Ad (4). Ist z ∈ Γ_{L}(S^{−1}A), dann gibt es f(X) ∈ (S^{−1}A)[X] normiert mit f(z) = 0. Nach Multiplikation mit einem gemeinsamen Nenner können wir

f(X) = \frac{1}{s}(sX^{n} + ∑_{i∈[0,n−1]} a_{i}X^{i})

schreiben, wobei n := deg(f), s ∈ S und a_{i} ∈ A für i ∈ [0, n − 1]. Folglich ist

(sz)^{n} + ∑_{i∈[0,n−1]}(a_{i}s^{n−i−1})(sz)^{i} = 0 .

Also ist sz ∈ Γ_{L}(A), und daher z = \frac{sz}{s} ∈ S^{−1}Γ_{L}(A).

Ist w ∈ S^{−1}Γ_{L}(A), dann können wir w = \frac{u}{s} schreiben mit s ∈ S und u ∈ Γ_{L}(A). Es gibt g(X) ∈ A[X] normiert mit g(u) = 0. Schreibe g(X) = X^{n} + ∑_{i∈[0,n−1]} b_{i}X^{i} mit b_{i} ∈ A für i ∈ [0, n − 1]. Dann ist

(\frac{u}{s})^{n} + ∑_{i∈[0,n−1]} \frac{b_{i}}{s^{n−i}} (\frac{u}{s})^{i} = 0 .

Also ist w = \frac{u}{s} ∈ Γ_{L}(S^{−1}A).

Ad (5). Es ist K = Quot(S^{−1}A); cf. Aufgabe 11.(2). Ist A ganzabgeschlossen, dann wird

Γ_{K}(S^{−1}A) =^{(4)} S^{−1}Γ_{K}(A) = S^{−1}A .

Also ist auch S^{−1}A ganzabgeschlossen.

Ad (6). Sei A dedekindsch; cf. Definition 50. Dann ist der Integritätsbereich S^{−1}A noethersch nach (2) und ganzabgeschlossen nach (5). Da die Bijektion aus Aufgabe 10.(1) von der Menge der Primideale von A, die leeren Schnitt mit S haben, zur Menge der Primideale von S^{−1}A inklusionserhaltend ist und da in A keine Primideale 𝔭_{1} ⊂ 𝔭_{2} ⊂ 𝔭_{3} existieren, ist das in S^{−1}A auch nicht der Fall. Somit ist jedes 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(S^{−1}A) maximal. Insgesamt ist S^{−1}A dedekindsch.

Lemma 71 (Approximation) Sei D ein Dedekindbereich. Schreibe K := Quot(D). Sei n ⩾ 0 gegeben. Seien 𝔭_{i} ∈ Ideale_{prim}^{×}(D), γ_{i} ∈ Z und y_{i} ∈ K gegeben für i ∈ [1, n]. Sei dabei 𝔭_{i} ≠ 𝔭_{j} für i, j ∈ [1, n] mit i ≠ j. Dann gibt es ein x ∈ K^{×} mit

v_{𝔭_{i}}(x − y_{i}) = γ_{i} für i ∈ [1, n]
v_{𝔮}(x)  ⩾ 0 für 𝔮 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) ∖ { 𝔭_{i} : i ∈ [1, n] } .

Ist γ_{i} ⩾ 0 und y_{i} ∈ D für i ∈ [1, n], dann findet sich ein solches x bereits in D^{×}.

Könnte man anstelle des ⩾ ein = schreiben, dann fände man insbesondere im Fall n = 1, y_{1} = 0 und γ_{1} = 1 ein Element x ∈ D, für welches (x) überall dieselbe Bewertung hat wie 𝔭_{1}, für welches also nach Lemma 65 auch (x) = 𝔭_{1} gälte – es folgte, daß in D alle Primideale und damit überhaupt alle Ideale Hauptideale wären. Das ist i.a. aber nicht der Fall; cf. Beispiele 55 und 68.

Beweis. Vorbemerkung. Für 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) und k ⩾ 0 ist 𝔭^{k+1} ⊂ 𝔭^{k}, da wegen Satz 63.(2) keine Gleichheit gelten kann. Beachte auch Aufgabe 29.(1). Reduktionsschritt. Sei s ∈ D^{×} so, daß sy_{i} ∈ D und s𝔭_{i}^{γ_{i}} ⊆ D liegen für i ∈ [1, n]. Sei (s) =: ∏_{i∈[1,m]} 𝔭_{i}^{σ_{i}} mit m ⩾ n, mit 𝔭_{i} ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) auch für i ∈ [n + 1, m] und mit σ_{i} ⩾ 0 für i ∈ [1, m]. Setze γ_{i} := 0 und y_{i} := 0 für i ∈ [n + 1, m]. Es ist σ_{i} + γ_{i} ⩾ 0 für i ∈ [1, m]. Finden wir ein x̃ ∈ D^{×} mit v_{𝔭_{i}}(x̃−sy_{i}) = γ_{i}+σ_{i} für i ∈ [1, m], dann ist mit x := x̃/s ∈ K^{×} auch v_{𝔭_{i}}(x − y_{i}) = v_{𝔭_{i}}((x̃ − sy_{i})/s) = γ_{i} für i ∈ [1, m]. Insbesondere also für i ∈ [1, n]. Für i ∈ [n + 1, m] liest sich die Gleichung als v_{𝔭_{i}}(x) = 0. Für 𝔮 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) mit 𝔮 ∉ { 𝔭_{i} : i ∈ [1, m] } ist v_{𝔮}(x) = v_{𝔮}(x̃) − v_{𝔮}(s) = v_{𝔮}(x̃) ⩾ 0. Beweis im reduzierten Fall. Dank Reduktionsschritt dürfen wir o.E. y_{i} ∈ D und γ_{i} ⩾ 0 für i ∈ [1, n] annehmen, sofern wir dann x ∈ D^{×} suchen. O.E. ist n ⩾ 1. Wir haben den surjektiven Ringmorphismus

[figure: D; ∏_{i∈[1,n]} D/𝔭_{i}^{γ_{i}+1}; d; (d + 𝔭_{i}^{γ_{i}+1})_{i}]

gemäß Aufgabe 26.(2). Wähle ein z_{i} ∈ 𝔭_{i}^{γ_{i}} ∖ 𝔭_{i}^{γ_{i}+1} für i ∈ [1, n] , möglich dank Vorbemerkung. Sei x ∈ D ein Urbild von (y_{i} +z_{i} +𝔭_{i}^{γ_{i}+1})_{i} ∈ ∏_{i∈[1,n]} D/𝔭_{i}^{γ_{i}+1}. Es ist x ≠ 0 erreichbar durch eventuelle Addition eines Elements aus ∏_{i∈[1,n]} 𝔭_{i}^{γ_{i}+1}. Sei i ∈ [1, n]. Es ist x ≡_{𝔭_{i}^{γ_{i}+1}} y_{i} + z_{i}. Zum einen folgt x − y_{i} ≡_{𝔭_{i}^{γ_{i}+1}} z_{i} ≡_{𝔭_{i}^{γ_{i}}} 0, also v_{𝔭_{i}}(x − y_{i}) ⩾ γ_{i}. Zum anderen folgt x − y_{i} ≡_{𝔭_{i}^{γ_{i}+1}} z_{i} ≢_{𝔭_{i}^{γ_{i}+1}} 0, also v_{𝔭_{i}}(x − y_{i}) ⩽ γ_{i}. Zusammen ist v_{𝔭_{i}}(x − y_{i}) = γ_{i}.

Lemma 72 Sei D ein Dedekindbereich, für welchen Ideale_{prim}^{×}(D) endlich ist. Dann ist D ein Hauptidealbereich.

Beweis. Sei 𝔞 ∈ Ideale^{×}(D). Wir haben zu zeigen, daß 𝔞 ein Hauptideal ist. Sei n := | Ideale_{prim}^{×}(D)| und Ideale_{prim}^{×}(D) =: { 𝔭_{i} : i ∈ [1, n] }. Nach Lemma 71 gibt es ein x ∈ D^{×} mit v_{𝔭_{i}}(x) = v_{𝔭_{i}}(𝔞) für i ∈ [1, n]. Also ist (x) = 𝔞; cf. Lemma 65.

Definition 73 Sei R ein Hauptidealbereich.

Es heißt R ein diskreter Bewertungsring, falls | Ideale_{prim}^{×}(R)| = 1 ist.

Diesenfalls ist Ideale_{prim}^{×}(R) = {(π)} mit einem geeigneten π ∈ R^{×}. Es heißt v_{(π)} = v_{π} die (diskrete) Bewertung auf R; cf. Aufgabe 2.(5).

Bemerkung 74 Sei D ein Dedekindbereich. Sei 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D).

Es ist D_{𝔭} ein diskreter Bewertungsring.

Beweis. Es ist D_{𝔭} ein Dedekindbereich; cf. Lemma 70.(6). Es ist Ideale_{prim}^{×}(D_{𝔭}) = {𝔭_{𝔭}}; cf. Aufgabe 10.(2). Insbesondere ist D_{𝔭} ein Hauptidealbereich; cf. Lemma 72.

E.g. für p ∈ Z_{>0} prim ist so Z_{(p)} = \{ \frac{a}{s} ∈ Q : a ∈ Z, s ∈ Z, s ≢_{p} 0 \} ein diskreter Bewertungsring mit den Primidealen (0) und (p). Wir haben den Körperisomorphismus F_{p} ^{\overline{}^{∼}} Z_{(p)}/(p), 1 \overline{}1 + (p) , entlang dem wir identifizieren; cf. Aufgabe 10.(2).

Bemerkung 75 Sei R ein diskreter Bewertungsring mit Primelement π ∈ R^{×}. Sei K := Quot(R).

Es ist

R^{×} = { π^{k}e : k ∈ Z_{⩾0} , e ∈ U(R) }
K^{×} = { π^{k}e : k ∈ Z , e ∈ U(R) }
U(R) = { x ∈ R : v_{π}(x) = 0 }
(π) = { x ∈ R : v_{π}(x) ⩾ 1 }
Ideale^{×}(R) = { (π^{k}) : k ∈ Z_{⩾0} }
\underline{Ideale}^{×}(R) = \{ (π^{k}) : k ∈ Z_{⩾0} \} .

Beweis. Jedes Element von R^{×} ist von der Form π^{k}e mit einem e ∈ U(R) und mit k = v_{π}(π^{k}e) ∈ Z_{⩾0} ; cf. Aufgabe 2.(4).

Folglich ist jedes Element von K^{×} von der Form π^{k}e mit einem e ∈ U(R) und einem k ∈ Z.

Ist k ⩾ 0 und e ∈ U(R), dann ist π^{k}e ∈ U(R) genau dann, wenn k = 0 ist, da es für k ⩾ 1 in (π) ⊂ R liegt.

Jedes Element von Ideale^{×}(R) ist von der Form (π^{k}e) für ein k ∈ Z_{⩾0} und ein e ∈ U(R), was (π^{k}e) = (π^{k}) nach sich zieht.

Jedes Element von \underline{Ideale}^{×}(R) ist von der Form (π^{k}e) für ein k ∈ Z und ein e ∈ U(R), was (π^{k}e) = (π^{k}) nach sich zieht.

Bemerkung 76 Sei D ein Dedekindbereich. Schreibe K := Quot(D).

Sei 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D). Es ist

D_{𝔭} = { x ∈ K : v_{𝔭}(x) ⩾ 0 } .

Insbesondere ist D = ⋂_{𝔮∈Ideale_{prim}^{×}(D)} D_{𝔮}, gebildet in K.

Beweis. Zeigen wir D_{𝔭} =^{!} { x ∈ K : v_{𝔭}(x) ⩾ 0 }.

Ad ⊆^{!}. Es ist v_{𝔭}(0) = ∞ ⩾ 0.

Für d ∈ D^{×} und s ∈ D ∖ 𝔭 ist v_{𝔭}(d) ⩾ 0 und v_{𝔭}(s) = 0, denn v_{𝔭}(s) ⩾ 1 hätte (s) ⊆ 𝔭 zur Folge. Also ist v_{𝔭}(\frac{d}{s}) = v_{𝔭}(d) − v_{𝔭}(s) ⩾ 0; cf. Aufgabe 29.(2).

Ad ⊇^{!}. Es ist 0 ∈ D_{𝔭}.

Sei x ∈ K^{×} mit v_{𝔭}(x) ⩾ 0 gegeben. Wir können x = \frac{u}{v} schreiben mit u, v ∈ D^{×}. Es ist 0 ⩽ v_{𝔭}(x) = v_{𝔭}(u) − v_{𝔭}(v). Wähle y ∈ K^{×} mit v_{𝔭}(y) = − v_{𝔭}(v) und mit v_{𝔮}(y) ⩾ 0 für 𝔮 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) ∖ {𝔭}; cf. Lemma 71. Dann ist v_{𝔭}(uy) ⩾ v_{𝔭}(vy) = 0 und v_{𝔮}(uy), v_{𝔮}(vy) ⩾ 0 für 𝔮 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) ∖ {𝔭} und also uy, vy ∈ D^{×}; cf. Bemerkung 66.(2). Aus v_{𝔭}(vy) = 0 folgt ferner vy ∈ D ∖ 𝔭. Somit ist x = \frac{uy}{vy} ∈ D_{𝔭}.

Die Aussage über den Schnitt folgt nun mit Bemerkung 66.(2).

Die Aussage über den Schnitt brauchen wir in noch etwas größerer Allgemeinheit :

Lemma 77 Sei A ein noetherscher Integritätsbereich. Schreibe K := Quot(A).

Sei M die Menge der maximalen Ideale von A.

Für 𝔞 ∈ Ideale(A) ist 𝔞 = ⋂_{𝔪∈M} 𝔞_{𝔪}, gebildet in K

Bei Verzicht auf Noetherzität ist die Aussage dank Zorns Lemma immer noch richtig.

Beweis. Zu zeigen ist nur ⊇^{!}. Sei x ∈ K in 𝔞_{𝔪} gelegen für alle 𝔪 ∈ M. Wir haben x ∈ 𝔞 zu zeigen.

Annahme, es ist x ∉ 𝔞. Sei 𝔟 := { y ∈ A : yx ∈ 𝔞 }. Es ist 𝔟 ein Ideal in A, da 0 ∈ 𝔟 und da für s, s′ ∈ A und y, y′ ∈ 𝔟 sich (sy + s′y′)x = s(yx) + s′(y′x) ∈ 𝔞 ergibt. Es ist 1 ∉ 𝔟, also 𝔟 ⊂ A. Folglich gibt es ein maximales Ideal 𝔫 ⊂ A mit 𝔟 ⊆ 𝔫; cf. Bemerkung 51.(4). Nun ist aber x ∈ 𝔞_{𝔫}. Also können wir x = \frac{a}{t} schreiben mit a ∈ 𝔞 und t ∈ A ∖ 𝔫. Folglich ist tx = a ∈ 𝔞. Also ist t ∈ 𝔟 ∖ 𝔫, im Widerspruch zu 𝔟 ⊆ 𝔫.

Satz 78 (Dedekindbereiche lokal charakterisiert)

Sei A ein noetherscher Integritätsbereich. Wir erinnern an die Definitionen 50, 52 und 73.

Es ist A dedekindsch genau dann, wenn A_{𝔭} ein diskreter Bewertungsring ist für alle 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A).

Beweis. O.E. ist A kein Körper. Schreibe K := Quot(A).

Ist A dedekindsch, dann ist auch A_{𝔭} ein diskreter Bewertungsring; cf. Bemerkung 74.

Sei umgekehrt A_{𝔭} ein diskreter Bewertungsring für 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A).

Zeigen wir, daß A ganzabgeschlossen ist. Sei x ∈ Γ_{K}(A). Dann ist K =^{A. 11.(2)} Quot(A_{𝔭}) und x ∈ Γ_{K}(A_{𝔭}) = A_{𝔭} für 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A), da A_{𝔭} als Hauptidealbereich ganzabgeschlossen ist; cf. Aufgabe 6.(1). Da A kein Körper ist, liegen alle maximalen Ideale von A in Ideale_{prim}^{×}(A). Folglich ist x ∈ A_{𝔪} für alle maximalen Ideale 𝔪 von A. Also ist x ∈ A; cf. Lemma 77. Somit ist A = Γ_{K}(A).

Zeigen wir, daß jedes 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A) ein maximales Ideal ist. Annahme, nicht. Dann gibt es ein maximales Ideal 𝔮 mit (0) ⊂ 𝔭 ⊂ 𝔮. Dann gibt es in A_{𝔮} die Kette (0) ⊂ 𝔭_{𝔮} ⊂ 𝔮_{𝔮} von Primidealen; cf. Aufgabe 10.(2). Also ist A_{𝔭} nicht dedekindsch, insbesondere also kein Hauptidealbereich; cf. Bemerkung 53. Wir haben einen Widerspruch.

Beispiel 79 Wir betrachten den Dedekindring D := O_{Q(\sqrt{−5})} = Z[\sqrt{−5}]; cf. Aufgabe 3. Es ist darin

𝔭 := (2, 1 + \sqrt{−5})

ein Primideal, kein Hauptideal, und es ist 𝔭^{2} = (2); cf. Lösung zu Aufgabe 27.(3.i). Es ist (1 + \sqrt{−5}) ⊆ 𝔭 und also v_{𝔭}(1 + \sqrt{−5}) ⩾ 1 ; cf. Aufgabe 29.(4). Es ist (1 + \sqrt{−5}) ⊈ 𝔭^{2} und also v_{𝔭}(1 + \sqrt{−5}) < 2 ; cf. Aufgabe 29.(5). Somit ist v_{𝔭}(1 + \sqrt{−5}) = 1. Es folgt 𝔭_{𝔭} = (1 + \sqrt{−5})_{𝔭} ⊆ D_{𝔭}; cf. Aufgabe 29.(8).

Man kann auch direkt sehen, daß 𝔭_{𝔭} = (2, 1 + \sqrt{−5})_{𝔭} = (1 + \sqrt{−5})_{𝔭} ist : Es ist \frac{2}{1+\sqrt{−5}} =

\frac{1−\sqrt{−5}}{3} ∈ D_{𝔭}, da 3 ∉ 𝔭 ist, da sonst 3 − 2 = 1 in 𝔭 läge.

Meist schreibt man wieder

𝔭_{𝔭} = (1 + \sqrt{−5}) ,

nur nun das Idealerzeugnis in D_{𝔭} gebildet.

2.3.2 Lokalisieren gebrochener Ideale

Sei D ein Dedekindbereich. Sei K := Quot(D). Sei S ⊆ D^{×} mit 1 ∈ S und st ∈ S für s, t ∈ D gegeben; cf. Aufgabe 10. Es ist S^{−1}D ein Dedekindbereich; cf. Lemma 70.(6).

Definition 80 Sei 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(D). Sei 𝔤 = x𝔞 mit x ∈ K^{×} und 𝔞 ∈ Ideale^{×}(D). Schreibe

S^{−1}𝔤 := xS^{−1}𝔞 = \{ y \frac{1}{s} ∈ K : y ∈ 𝔤, s ∈ S \} ⊆ K ,

wobei zweiterer Ausdruck die Unabhängigkeit von der Wahlen von x und von 𝔞 belegt. Ist 𝔤 ∈ Ideale^{×}(D), so stimmen die hier und die in Aufgabe 10.(1) gegebenen Definitionen von S^{−1}𝔤 überein. Ist 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) und ist S = D ∖ 𝔭, so schreiben wir 𝔤_{𝔭} := S^{−1}𝔤.

Bemerkung 81 Seien 𝔤, 𝔥 ∈ \underline{Ideale}^{×}(D) gegeben.

(1) Es ist S^{−1}𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(S^{−1}D). Cf. Aufgabe 33.(1).

(2) Es ist S^{−1}(𝔤𝔥) = (S^{−1}𝔤)(S^{−1}𝔥) und (S^{−1}𝔤)^{−1} = S^{−1}(𝔤^{−1}). Cf. Aufgabe 33.(2).

(3) Es ist S^{−1}(𝔤 + 𝔥) = S^{−1}𝔤 + S^{−1}𝔥 und S^{−1}(𝔤 ∩ 𝔥) = S^{−1}𝔤 ∩ S^{−1}𝔥. Cf. Aufgabe 33.(3).

(4) Sei 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D). Es ist 𝔤_{𝔭} = (𝔭_{𝔭})^{v_{𝔭}(𝔤)}. Cf. Aufgabe 33.(4).

(5) Es ist 𝔤 = ⋂_{𝔭∈Ideale_{prim}^{×}(D)} 𝔤_{𝔭}. Cf. Aufgabe 33.(5).

2.3.3 Die Idealnorm

Sei A ein Dedekindbereich. Sei K := Quot(A) perfekt. Sei L|K eine endliche Körpererweiterung. Schreibe ℓ := [L : K]. Sei B := Γ_{L}(A). Es ist B ein Dedekindbereich; cf. Lemma 54.

Bemerkung 82 Sei 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A). Schreibe S := A ∖ 𝔭. Schreibe 𝔤_{𝔭} := S^{−1}𝔤 für 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(B) ; cf. Aufgabe 10.(1). Insbesondere ist B_{𝔭} = S^{−1}B. Es sind A ⊆ A_{𝔭} ⊆ K und B ⊆ B_{𝔭} ⊆ L Inklusionen von Teilringen; cf. Aufgabe 10.(1). Zerlege

𝔭B = ∏_{i∈[1,n]} 𝔮_{i}^{γ_{i}}

mit n ⩾ 0, 𝔮_{i} ∈ Ideale_{prim}^{×}(B) und γ_{i} ⩾ 1 für i ∈ [1, n] ; cf. Satz 63.(1).

(1) Es ist Quot(B) = Quot(B_{𝔭}) = L.

(2) Es ist B_{𝔭} = Γ_{L}(A_{𝔭}).

(3) Es ist A_{𝔭} ein diskreter Bewertungsring und B_{𝔭} ein Hauptidealbereich.

(4) Es ist Ideale_{prim}^{×}(B_{𝔭}) = { (𝔮_{i})_{𝔭} : i ∈ [1, n] }.

Beweis.

Ad (1). Mit S_{0} := A^{×} folgt S_{0}^{−1}B = S_{0}^{−1}Γ_{L}(A) = Γ_{L}(S_{0}^{−1}A) = Γ_{L}(K) = L; cf. Lemma 70.(4). Cf. also Lemma 27. Da S_{0}^{−1}B ⊆ Quot(B) ⊆ L, folgt Quot(B) = L. Dann ist (nach Identifikation) auch Quot(B_{𝔭}) = L; cf. Aufgabe 11.(2).

Ad (2). Es ist

B_{𝔭} = S^{−1}Γ_{L}(A) =^{L. 70.(4)} Γ_{L}(S^{−1}A) = Γ_{L}(A_{𝔭}) .

Ad (3, 4). Da nach Satz 78 nun A_{𝔭} ein diskreter Bewertungsring, insbesondere also ein Hauptidealbereich und somit ein Dedekindbereich ist, ist mithin auch B_{𝔭} ein Dedekindbereich ; cf. Bemerkung 53, Lemma 54. Es ist

Ideale_{prim}(B_{𝔭}) = { 𝔮_{𝔭} : 𝔮 ∈ Ideale_{prim}(B), 𝔮 ∩ S = ∅ }
= { 𝔮_{𝔭} : 𝔮 ∈ Ideale_{prim}(B), 𝔮 ∩ A ⊆ 𝔭 } ,

cf. Aufgabe 10.(1). Für 𝔮 ∈ Ideale_{prim}^{×}(B_{𝔭}) ist 𝔮 ∩ A ∈ Ideale_{prim}^{×}(A) ; cf. Lemma 54. Da A dedekindsch ist, besteht Ideale_{prim}^{×}(A) aus maximalen Idealen, und somit ist

Ideale_{prim}^{×}(B_{𝔭}) = { 𝔮_{𝔭} : 𝔮 ∈ Ideale_{prim}^{×}(B), 𝔮 ∩ A = 𝔭 } .

Für 𝔮 ∈ Ideale_{prim}^{×}(B) ist 𝔮 ∩ A = 𝔭 genau dann, wenn 𝔭 ⊆ 𝔮 ∩ A, i.e. wenn 𝔭B ⊆ 𝔮 liegt. Nach Aufgabe 29.(1) ist das genau dann der Fall, wenn 𝔮 ∈ { 𝔮_{i} : i ∈ [1, n] } ist. Somit ist Ideale_{prim}^{×}(B_{𝔭}) = { (𝔮_{i})_{𝔭} : i ∈ [1, n] } und damit (4) gezeigt. Als Dedekindbereich mit endlich vielen maximalen Idealen ist nun B_{𝔭} ein Hauptidealbereich; cf. Lemma 72. Dies zeigt vollends (3).

Definition 83 Ist X eine Menge und f : X \overline{}K eine Abbildung, so schreiben wir auch

\begin{matrix}( f(x) : x ∈ X) := _{A}⟨ f(x) : x ∈ X ⟩ \\ = \{_{∑i∈[1,k]}a_{i}f(x_{i}) : k ⩾ 0, a_{i} ∈ A und x_{i} ∈ X für i ∈ [1, k] \} ⊆ K \end{matrix}

für das A-lineare Erzeugnis von f(X) in K.

Definition 84 Sei 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(B). Sei die (gebrochene) Idealnorm von 𝔤 definiert durch

N_{L|K}(𝔤) := ( N_{L|K}(g) : g ∈ 𝔤) ⊆ K .

Also Vorsicht, wenn N_{L|K} auf ein Ideal oder ein gebrochenes Ideal angewandt wird, so ist dies nicht lediglich als elementweise Anwendung von N_{L|K} zu verstehen – vielmehr muß nach elementweiser Anwendung von N_{L|K} noch das A-lineare Erzeugnis gebildet werden. Cf. Aufgabe 35.(10).

Bemerkung 85 Sei 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(B). Es gibt ein t ∈ A^{×} und ein 𝔟 ∈ Ideale^{×}(B) mit 𝔤 = \frac{1}{t}𝔟.

Beweis. Schreibe 𝔤 = x𝔟_{0} mit x ∈ L^{×} und 𝔟_{0} ∈ Ideale^{×}(B). Wähle ein t ∈ A^{×} mit tx ∈ B^{×}; cf. Lemma 27. Mit 𝔟 := tx𝔟_{0} ∈ Ideale^{×}(B) ist dann 𝔤 = \frac{1}{t}𝔟.

Bemerkung 86

(1) Für 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(B) ist N_{L|K}(𝔤) ∈ \underline{Ideale}^{×}(A).

(2) Für 𝔟 ∈ Ideale^{×}(B) ist N_{L|K}(𝔟) ∈ Ideale^{×}(A).

(3) Für y ∈ L^{×} ist N_{L|K}( (y) ) = ( N_{L|K}(y) ).

Beweis. Ad (2). Folgt nach Konstruktion. Ad (1). Schreibe 𝔤 = \frac{1}{t}𝔟 mit t ∈ A^{×} und 𝔟 ∈ Ideale^{×}(B) ; cf. Bemerkung 85. Es wird N_{L|K}(𝔤) = ( N_{L|K}(\frac{1}{t}b) : b ∈ 𝔟) = \frac{1}{t^{ℓ}} ( N_{L|K}(b) : b ∈ 𝔟) = \frac{1}{t^{ℓ}} N_{L|K}(𝔟). Nach Konstruktion ist N_{L|K}(𝔟) ein Ideal in B. Da 𝔟 ≠ 0, ist N_{L|K}(𝔟) ≠ 0 ; cf. Definition 12. Also ist N_{L|K}(𝔤) ein gebrochenes Ideal von A.

Ad (3). Zu ⊇^{!}. Es ist N_{L|K}(y) ∈ N_{L|K}( (y) ).

Zu ⊆^{!}. Für b ∈ B ist N_{L|K}(by) = N_{L|K}(b) N_{L|K}(y) ∈ ( N_{L|K}(y) ).

Lemma 87 Sei 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A). Sei 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(B). Es ist N_{L|K}(𝔤)_{𝔭} = N_{L|K}(𝔤_{𝔭}) als gebrochene Ideale von A_{𝔭}.

Beweis. Ad ⊆^{!}. Es ist N_{L|K}(𝔤) ⊆ N_{L|K}(𝔤_{𝔭}), und letzteres ist ein gebrochenes Ideal von A_{𝔭}.

Ad ⊇^{!}. Für s ∈ A ∖ 𝔭 und g ∈ 𝔤 wird N_{L|K}(\frac{g}{s}) = \frac{1}{s^{ℓ}} N_{L|K}(g) ∈ N_{L|K}(𝔤)_{𝔭}.

Lemma 88 Seien 𝔤, 𝔤̃ ∈ \underline{Ideale}^{×}(B). Es ist N_{L|K}(𝔤 · 𝔤̃) = N_{L|K}(𝔤) · N_{L|K}(𝔤̃).

Versucht man, direkt nach Definition 84 vorzugehen, so kann man die Inklusion ⊇ erkennen. Die Inklusion ⊆ scheint mehr Probleme zu bereiten, da N_{L|K}(g_{1}g̃_{1} + ⋯ + g_{k}g̃_{k}) nicht ohne weiteres als A-Linearkombination von Elementen der Form N_{L|K}(g) N_{L|K}(g̃) = N_{L|K}(gg̃) geschrieben werden kann, da sich Norm und Summe nicht gut vertragen. Hierbei war k ⩾ 0, g_{i} ∈ 𝔤 und g̃_{i} ∈ 𝔤̃ für i ∈ [1, k], sowie g ∈ 𝔤 und g̃ ∈ 𝔤̃.

Beweis. Wir schreiben kurz N := N_{L|K} .

Es genügt, N(𝔤𝔤̃)_{𝔭} =^{!} (N(𝔤) N(𝔤̃))_{𝔭} für 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A) zu zeigen; cf. Bemerkung 81.(5).

Dank Lemma 87 und Bemerkung 81.(2) bedeutet dies N(𝔤_{𝔭}𝔤̃_{𝔭}) =^{!} N(𝔤_{𝔭}) N(𝔤̃_{𝔭}).

Nun sind A_{𝔭} und B_{𝔭} Hauptidealbereiche, es ist K = Quot(A_{𝔭}) sowie L = Quot(B_{𝔭}), und es ist B_{𝔭} = Γ_{L}(A_{𝔭}) ; cf. Bemerkung 82.(1, 2, 3).

Somit dürfen wir o.E. A und B als Hauptidealbereiche voraussetzen. Ist nun 𝔤 = (g) und 𝔤̃ = (g̃) mit g, g̃ ∈ L^{×}, dann wird in der Tat

N(𝔤𝔤̃) = N( (gg̃) ) =^{B. 86.(3)} ( N(gg̃) ) = ( N(g) N(g̃) )

= ( N(g) )( N(g̃) ) =^{B. 86.(3)} N( (g) ) N( (g̃) ) = N(𝔤) N(𝔤̃) .

Bemerkung 89 𝔥 ∈ \underline{Ideale}^{×}(B).

Jede A-lineare Basis von 𝔥 ist auch eine K-lineare Basis von L.

Falls A ein Hauptidealbereich ist, dann existiert eine A-lineare Basis von 𝔥.

Beweis. Wähle z ∈ 𝔥^{×}. Es ist (z) = Bz ⊆ 𝔥.

Sei \underline{h} eine A-lineare Basis von 𝔥. Da \underline{h} ein A-linear unabhängiges Tupel ist, ist es auch K-linear unabhängig. Bleibt zu zeigen, daß _{K}⟨\underline{h}⟩ = L ist. Sei y ∈ L gegeben. Schreibe yz^{−1} = a^{−1}b für ein a ∈ A^{×} und ein b ∈ B; cf. Lemma 27. Dann ist bz ∈ 𝔥 = _{A}⟨\underline{h}⟩ ⊆ _{K}⟨\underline{h}⟩ und also auch y = a^{−1}bz ∈ _{K}⟨\underline{h}⟩.

Sei nun A ein Hauptidealbereich. Schreibe 𝔥 = x𝔟 für x ∈ L^{×} und 𝔟 ∈ Ideale^{×}(B) geeignet. Es wird

(z) ⊆ 𝔥 = x𝔟 ⊆ xB = (x) ,

und als A-Moduln ist B ≃ (z) und B ≃ (x). Dank Lemma 33 sind also (z) und (x) endlich erzeugt freie A-Moduln von Rang ℓ. Dank Aufgabe 13.(2) ist nun auch 𝔥 ein endlich erzeugt freier A-Modul von Rang ℓ.

Cf. Lemma 33. Im zweiten Argument wird (z) ⊆ 𝔥 nur gebraucht, um den Rang des A-Moduls 𝔥 zu ℓ zu bestimmen, welcher auch daraus folgt, daß eine A-lineare Basis von 𝔥 auch eine K-lineare Basis von L ist.

Lemma 90 Sei 𝔥 ∈ \underline{Ideale}^{×}(B).

Existiere eine A-lineare Basis \underline{g} = ( g_{i} : i ∈ [1, ℓ] ) von B und eine A-lineare Basis \underline{h} = ( h_{j} : j ∈ [1, ℓ] ) von 𝔥.

Sei h_{j} =: ∑_{i∈[1,ℓ]} s_{i, j} g_{i} für j ∈ [1, ℓ], mit S := (s_{i, j})_{i, j} ∈ K^{ℓ×ℓ}.

Es ist N_{L|K}(𝔥) = ( det(S) ).

Beweis. Es genügt N_{L|K}(𝔥)_{𝔭} =^{!} ( det(S) )_{𝔭} zu zeigen für 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A); cf. Bemer-

kung 81.(5). I.e. wir haben N_{L|K}(𝔥_{𝔭}) =^{!} ( det(S) ) zu zeigen, letzteres gelesen als gebrochenes Hauptideal von A_{𝔭}; cf. Lemma 87. Da Quot(B_{𝔭}) = L und da B_{𝔭} = Γ_{L}(A_{𝔭}) ist nach Bemerkung 82.(1, 2), und da \underline{g} auch eine A_{𝔭}-lineare Basis von B_{𝔭} sowie \underline{h} auch eine A_{𝔭}-lineare Basis von 𝔥_{𝔭} ist, genügt es, die Behauptung für A_{𝔭} statt für A zu zeigen. Es ist A_{𝔭} ein diskreter Bewertungsring und B_{𝔭} ein Hauptidealbereich; cf. Bemerkung 82.(3).

Somit dürfen wir annehmen, daß A ein diskreter Bewertungsring, B ein Hauptidealbereich und 𝔥 ∈ \underline{Ideale}^{×}(B) ist. Schreibe 𝔥 = (z) für ein geeignetes z ∈ L^{×}. Es ist N_{L|K}(𝔥) =

N_{L|K}( (z) ) =^{B. 86.(3)} ( N_{L|K}(z) ). Betrachte die K-lineare Abbildung λ_{z} : L \overline{}L, y \overline{}zy. Bezüglich der A-linearen Basis ( z^{−1}h_{j} : j ∈ [1, ℓ] ) von z^{−1}𝔥 = z^{−1}(z) = (1) = B und bezüglich der A-linearen Basis \underline{g} von B wird λ_{z} von der Matrix S beschrieben, da z(z^{−1}h_{j}) = ∑_{i∈[1,ℓ]} s_{i, j} g_{i} für j ∈ [1, ℓ].

Sei g_{k} =: ∑_{j∈[1,ℓ]} u_{j,k} z^{−1}h_{j} für k ∈ [1, ℓ], mit u_{j,k} ∈ A stets. Sei z^{−1}h_{j} =: ∑_{k∈[1,ℓ]} v_{k, j} g_{k} für j ∈ [1, ℓ], mit v_{k,j} ∈ A stets. Mit U := (u_{j,k})_{j,k} ∈ A^{ℓ×ℓ} und V := (v_{k, j})_{k, j} ∈ A^{ℓ×ℓ} folgt dann

∑_{i ∈ [1,ℓ]} ∂_{i,k} g_{i} = g_{k} = ∑_{j, i ∈ [1,ℓ]} u_{j,k} v_{i, j} g_{i}

für k ∈ [1, ℓ], also ∑_{j∈[1,ℓ]} v_{i, j}u_{j,k} = ∂_{i,k} stets, also V U = E_{ℓ}, also det(U) ∈ U(A), also U ∈ GL_{ℓ}(A).

Sei ferner zg_{k} = ∑_{i∈[1,ℓ]} t_{i,k} g_{i} für i ∈ [1, ℓ], mit t_{i,k} ∈ K stets. Schreibe T := (t_{i,k})_{i,k} ∈ K^{ℓ×ℓ}. Es ist det(T) = N_{L|K}(z) ; cf. Definition 12.

Dann ist zg_{k} = ∑_{j∈[1,ℓ]} u_{j,k} h_{j} = ∑_{i, j ∈ [1,ℓ]} u_{j,k} s_{i, j} g_{i} stets, folglich ∑_{j∈[1,ℓ]} u_{j,k} s_{i, j} = t_{i,k} stets, i.e. SU = T.

Insgesamt folgt

N_{L|K}(𝔥) = ( N_{L|K}(z) ) = ( det(T) ) = ( det(S) det(U) ) = ( det(S) ) .

Lemma 91 Sei F |Q eine endliche Körpererweiterung. Sei 𝔞 ∈ Ideale^{×}(O_{F}).

Es ist N_{F |Q}(𝔞) = (|O_{F} /𝔞|) als Ideale in Z.

Beweis. Schreibe f := [F : Q]. Es gibt eine Z-lineare Basis von O_{F} ; cf. Lemma 33.

Es ist 𝔞 ein endlich erzeugt freier Z-Modul mit rk_{Z} 𝔞 = f .

Beschreibe S ∈ Z^{f×f} die Einbettungsabbildung von 𝔞 nach O_{F} bezüglich jeweils gewählter Z-linearer Basen.

Es ist |O_{F} /𝔞| = |det(S)|; cf. Aufgabe 14.(2).

Auf der anderen Seite ist N_{F |Q}(𝔞) = ( det(S) ) = ( |det(S)|) ; cf. Lemma 90.

Insgesamt ist N_{F |Q}(𝔞) = (|O_{F} /𝔞|).

Bemerkung 92 Sei F |Q eine endliche Körpererweiterung. Seien 𝔞, 𝔟 ∈ Ideale^{×}(O_{F}). Es ist |O_{K}/𝔞| · |O_{K}/𝔟| = |O_{K}/(𝔞𝔟)|. Beweis. Es ist

(|O_{F} /𝔞| · |O_{F} /𝔟|) = (|O_{F} /𝔞|)(|O_{F} /𝔟|)
=^{L. 91} N_{F |Q}(𝔞) N_{F |Q}(𝔟)
=^{L. 88} N_{F |Q}(𝔞𝔟)
=^{L. 91} (|O_{F} /(𝔞𝔟)|)

als Ideale in Z. Folglich ist auch |O_{K}/𝔞| · |O_{K}/𝔟| = |O_{K}/(𝔞𝔟)|. Beispiel 93 Es ist 𝔭 := (2, 1 + \sqrt{−5}) kein Hauptideal in O_{Q(\sqrt{−5})} = Z[\sqrt{−5}]. Denn es ist 𝔭 = _{Z}⟨2, 2\sqrt{−5}, 1 + \sqrt{−5}, −5 + \sqrt{−5}⟩ = _{Z}⟨2, 1 + \sqrt{−5}⟩, hat also

N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(𝔭) = (|Z[\sqrt{−5}]/𝔭|) =^{A. 14.(2)} (det (\begin{matrix}2 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix})) = (2) ,

wohingegen für ein Hauptideal erzeugt von a + b\sqrt{−5} mit a, b ∈ Z

N_{Q(\sqrt{−5})|Q}( (a + b\sqrt{−5}) ) = ( N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(a + b\sqrt{−5}) ) = (a^{2} + 5b^{2})

wird, was nicht dasselbe sein kann.

Das, leicht verkleidet, war auch die Lösung zu Aufgabe 27.(1).

2.3.4 Differente und Diskriminantenideal

Sei A ein Dedekindbereich. Sei K := Quot(A) perfekt. Seien M|L|K endliche Körpererweiterungen. Schreibe m := [M : L] und ℓ := [L : K]. Seien B := Γ_{L}(A) und C := Γ_{M}(A).

[figure: M; C; L; m; B; K; ℓ; A]

Wir erinnern an B^{#,A} = { y ∈ L : Tr_{L|K}(yB) ⊆ A }; cf. Definition 29. Bemerkung 94

(1) Es ist B^{#,A} ∈ \underline{Ideale}^{×}(B).

(2) Es ist (B^{#,A})^{−1} ∈ Ideale^{×}(B).

(3) Es ist B^{#,A} terminal in \{ 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(B) : Tr_{L|K}(𝔤) ⊆ A \}. Für 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(B) ist also genau dann 𝔤 ⊆ B^{#,A}, wenn Tr_{L|K}(𝔤) ⊆ A ist.

Beweis. Kürze B^{#} = B^{#,A} ab. Ad (1). Sei \underline{y} = ( y_{i} : i ∈ [1, ℓ] ) eine K-lineare Basis von L, deren Elemente in B liegen; cf. Lemma 28. Sei Y := _{A}⟨\underline{y}⟩. Sei \underline{y′} = ( y′_{i} : i ∈ [1, ℓ] ) die zu \underline{y} bezüglich Spurbilinearform duale Basis; cf. Lemma 22. Dann ist Y^{#} = _{A}⟨\underline{y′}⟩; cf. Lemma 31.(3). Es ist Y ⊆ B ⊆ B^{#} ⊆ Y^{#} ; cf. Lemma 31.(2), Bemerkung 30. Sei s ∈ A^{×} so gewählt, daß sy′_{i} ∈ B liegt für i ∈ [1, ℓ] ; cf. Lemma 27. Dann ist B^{#} = \frac{1}{s}(sB^{#}) mit sB^{#} ⊆ B. Bleibt zu zeigen, daß sB^{#} ein Ideal von B ist. Es ist 0 ∈ sB^{#}.

Seien z, z′ ∈ B^{#} und b, b′ ∈ B. Zu zeigen ist b(sz) + b′(sz′) ∈^{!} sB^{#}, i.e. bz + b′z′ ∈^{!} B^{#}.

Sei b̃ ∈ B. Zu zeigen ist Tr_{L|K}((bz + b′z′)b̃) ∈^{!} A. In der Tat ist Tr_{L|K}((bz + b′z′)b̃) = Tr_{L|K}(z(bb̃)) + Tr_{L|K}(z′(b′b̃)) ∈ A. Ad (2). Es folgt aus (1) = B ⊆ B^{#}, daß B = (1) = (1)^{−1} ⊇ (B^{#})^{−1} ist. Ad (3). Sei 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(B) gegeben. Ist 𝔤 ⊆ B^{#}, dann ist Tr_{L|K}(𝔤) ⊆ Tr_{L|K}(B^{#}) = Tr_{L|K}(B^{#} · 1) ⊆ A. Sei umgekehrt Tr_{L|K}(𝔤) ⊆ A. Für g ∈ 𝔤 ist gB ⊆ 𝔤, also Tr_{L|K}(gB) ⊆ Tr_{L|K}(𝔤) ⊆ A, mithin g ∈ B^{#}. Insgesamt ist also 𝔤 ⊆ B^{#}.

Definition 95

(1) Sei

𝔇_{L|K,A} := (B^{#,A})^{−1} ∈ Ideale^{×}(B)

die Differente von L|K bezüglich A.

(2) Sei

𝔡_{L|K,A} := N_{L|K}(𝔇_{L|K,A}) ∈ Ideale^{×}(A)

das Diskriminantenideal von L|K bezüglich A; cf. Definition 84, Bemerkung 86.(2).

Lemma 96 Existiere eine A-lineare Basis \underline{g} = ( g_{i} : i ∈ [1, ℓ] ) von B. Dann ist 𝔡_{L|K,A} = (Δ_{L|K, \underline{g}}).

Beweis. Sei \underline{g′} = ( g′_{j} : j ∈ [1, ℓ] ) die zu \underline{g} bezüglich Spurbilinearform duale Basis. Dann ist \underline{g′} eine A-lineare Basis von B^{#,A}; cf. Lemma 31.(3). Wir haben Gram_{L|K, \underline{g}} = (Tr_{L|K}(g_{j}g_{i}))_{j,i} ∈ A^{ℓ×ℓ}; cf. Lemmata 22 und 20.(2). Es ist

g_{i} = ∑_{j∈[1,ℓ]} Tr_{L|K}(g_{j}g_{i})g′_{j}

für i ∈ [1, ℓ], da die Spurbilinearform nach Lemma 22 nichtausgeartet ist und da für k ∈ [1, ℓ] sich

Tr_{L|K}(g_{k}( ∑_{j∈[1,ℓ]} Tr_{L|K}(g_{j}g_{i})g′_{j})) = ∑_{j∈[1,ℓ]} Tr_{L|K}(g_{j}g_{i})∂_{k, j} = Tr_{L|K}(g_{k}g_{i})

ergibt. Schreiben wir Gram_{L|K, \underline{g}}^{−1} =: (s_{i, j})_{i, j} ∈ K^{ℓ×ℓ}, so wird

g′_{j} = ∑_{k∈[1,ℓ]} ∂_{j,k} g′_{k} = ∑_{i, k ∈[1,ℓ]} s_{i, j} Tr_{L|K}(g_{k}g_{i})g′_{k} = ∑_{i∈[1,ℓ]} s_{i, j} g_{i}

für j ∈ [1, ℓ]. Somit wird

𝔡_{L|K,A}^{−1} =^{A. 34.(1)} N_{L|K}(𝔇_{L|K,A}^{−1}) =^{D. 95.(1)} N_{L|K}(B^{#,A}) =^{L. 90} ( det(Gram_{L|K, \underline{g}}^{−1}) ) ,

und daher

𝔡_{L|K,A} = ( det(Gram_{L|K, \underline{g}}) ) =^{L. 36} ( Δ_{L|K, \underline{g}}) .

Lemma 97 Gebe es ein b ∈ B mit B = A[b]. Dann ist 𝔇_{L|K,A} = (μ′_{b,K}(b)) ⊆ B.

Beweis. Es ist L = K(b) ; cf. Lemma 27. Schreibe μ_{b,K}(X) =: μ(X) =: ∑_{i∈[0,ℓ]} a_{i}X^{i}, wobei a_{i} ∈ A stets und a_{ℓ} = 1. Schreibe g(X) := \frac{μ(X)}{X−b} = ∑_{i∈[0,ℓ−1]} c_{i}X^{i}, wobei c_{i} ∈ B stets und c_{ℓ−1} = 1. Betrachte die A-lineare Basis

( b^{i} : i ∈ [0, ℓ − 1] )

von B. Wir behaupten, daß die dazu bezüglich Spurbilinearform duale Basis gegeben ist durch

( \frac{c_{i}}{μ′(b)} : i ∈ [0, ℓ − 1] ) .

I.e. wir behaupten

Tr_{L|K}(b^{i} \frac{c_{j}}{μ′(b)}) =^{!} ∂_{i, j}

für i, j ∈ [0, ℓ − 1]. Sei E Zerfällungskörper von L|K. Sei G := Gal(E|K) ⩾ Gal(E|L) =: U.

Sei G = ⨆_{k∈[1,ℓ]} σ_{k}U mit σ_{k} ∈ G. Sei o.E. σ_{1} = id_{E}. Dann ist μ(X) = ∏_{k∈[1,ℓ]}(X − σ_{k}(b)); cf. Lemma 14. Hierbei ist σ_{k}(b) ≠ σk̃(b) für k, k̃ ∈ [1, ℓ] mit k ≠ k̃. Wir setzen die K-lineare Abbildung Tr_{L|K} : L \overline{}K koeffizientenweise fort zu einer K-linearen Abbildung T̂r_{L|K} : L[X] \overline{}K[X], ∑_{i⩾0} u_{i}X^{i} \overline{}∑_{i} Tr_{L|K}(u_{i})X^{i}. Für j ∈ [0, ℓ − 1] setzen wir den Körperautomorphismus σ_{j} : E \overline{}E fort zu einem Ringautomorphismus σ̂_{j} : E[X] \overline{}E[X], u(X) = ∑_{i⩾0} u_{i}X^{i} \overline{}∑_{i} σ_{j}(u_{i})X^{i} = u^{σ_{j}}(X) ; cf. [5, §1.6.2]. Für u(X) ∈ L[X] ist also T̂r_{L|K}(u(X)) = ∑_{k∈[1,ℓ]} u^{σ_{k}}(X). Es ist

μ(X) = g(X)(X − b) ,

nach Produktregel also

μ′(X) = g(X) + g′(X)(X − b) ,

und somit

μ′(b) = g(b) .

Sei r ∈ [0, ℓ − 1]. Für k ∈ [1, ℓ] ist

σ̂_{k}(g(X)\frac{b^{r}}{μ′(b)}) = g^{σ_{k}}(X)\frac{σ_{k}(b)^{r}}{μ′(σ_{k}(b))} ,

und dieses Polynom wird beim Einsetzen von σ_{k}(b) gleich σ_{k}(b)^{r}, beim Einsetzen von σ_{j}(b) für j ∈ [1, ℓ] ∖ {k} jedoch gleich 0, da σ_{j}(b) eine Nullstelle von g^{σ_{k}}(X) ist, da σ_{k}^{−1}σ_{j}(b) eine Nullstelle von g(X) ist, da σ_{k}^{−1}σ_{j}(b) eine Nullstelle von μ(X) ist, die nicht gleich b ist. Für r ∈ [0, ℓ − 1] ist also

T̂r_{L|K}(g(X)\frac{b^{r}}{μ′(b)}) − X^{r} = ( ∑_{k∈[1,ℓ]} σ̂_{k}(g(X)\frac{b^{r}}{μ′(b)})) − X^{r} = 0 ,

da es sich um ein Polynom in E[X] von Grad ⩽ ℓ−1 handelt, das beim Einsetzen von σ_{j}(b) gleich 0 wird für j ∈ [1, ℓ]. Koeffizientenweise betrachtet wird also Tr_{L|K}(c_{i} \frac{b^{r}}{μ′(b)}) − ∂_{r,i} = 0 für i ∈ [0, ℓ − 1]. Dies zeigt die Behauptung. Folglich ist B^{#,A} = \frac{1}{μ′(b)} _{A}⟨ c_{j} : j ∈ [0, ℓ − 1] ⟩; cf. Lemma 31.(3). Aus g(X)(X − b) = μ(X) folgt c_{k−1} − bc_{k} = a_{k} für k ∈ [1, ℓ − 1]. Somit ist

c_{ℓ−1} = 1  = b^{0}
c_{ℓ−2} = bc_{ℓ−1} + a_{ℓ−1} = b^{1} + b^{0}a_{ℓ−1}
c_{ℓ−3} = bc_{ℓ−2} + a_{ℓ−2} = b^{2} + b^{1}a_{ℓ−1} + b^{0}a_{ℓ−2}
c_{ℓ−4} = bc_{ℓ−3} + a_{ℓ−3} = b^{3} + b^{2}a_{ℓ−1} + b^{1}a_{ℓ−2} + b^{0}a_{ℓ−3}
⋮
c_{0} = bc_{1} + a_{1}  = b^{ℓ−1} + b^{ℓ−2}a_{ℓ−1} + … + b^{0}a_{1}

Dies zeigt _{A}⟨ c_{j} : j ∈ [0, ℓ − 1] ⟩ = _{A}⟨ b^{i} : i ∈ [0, ℓ − 1] ⟩ = B, da die Erzeuger der jeweils einen Seite dank dieser Gleichungen auch in der anderen Seite liegen. Somit ist B^{#,A} = \frac{1}{μ′(b)}B = (μ′(b)^{−1}). Wir erhalten

𝔇_{L|K,A} = (B^{#,A})^{−1} = (μ′(b)) .

In der Situation von Lemma 97 ist (Δ_{L|K, (b^{i}:i∈[0,ℓ−1])}) = 𝔡_{L|K,A} = (N_{L|K}(μ′_{b,K}(b))) ; cf. Lemma 96. Seien σ_{j} für j ∈ [1, ℓ] wie im vorstehenden Beweis gewählt. Nun ist μ_{b,K}(X) = ∏_{i∈[1,ℓ]}(X − σ_{i}(b)) . Also ist μ′_{b,K}(X) = ∏_{i∈[2,ℓ]}(b − σ_{i}(b)). Folglich ist

N_{L|K}(μ′_{b,K}(b)) = ∏_{i∈[2,ℓ]} N_{L|K}(b − σ_{i}(b))
= ∏_{i∈[2,ℓ]} ∏_{j∈[1,ℓ]} σ_{j}(b − σ_{i}(b))
= ∏_{j∈[1,ℓ]} ∏_{i∈[2,ℓ]}(σ_{j}(b) − σ_{j}(σ_{i}(b)))
= ∏_{j∈[1,ℓ]} ∏_{k∈[1,ℓ]∖{j}}(σ_{j}(b) − σ_{k}(b)) ,

da (σ_{j} ∘ σ_{i})U für i ∈ [2, ℓ] gerade die Nebenklassen ungleich σ_{j}U durchläuft.

Insgesamt wird

(Δ_{L|K, (b^{i}:i∈[0,ℓ−1])}) = (_{∏1⩽j<k⩽ℓ}(σ_{j}(b) − σ_{k}(b))^{2} ) ,

und dies wußten wir schon aus Bemerkung 25.

Definition 98 Für 𝔥 ∈ \underline{Ideale}^{×}(C) und 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(B) schreiben wir

𝔥 · 𝔤 := _{Z}⟨ h · g : h ∈ 𝔥, g ∈ 𝔤 ⟩ ;

cf. betreffende Konvention, angewandt auf Teilmengen von M.

Bemerkung 99 Sei 𝔥 ∈ \underline{Ideale}^{×}(C) und 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(B).

Es ist C · 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(C), da mit 𝔤 = y · 𝔟, für geeignete y ∈ L^{×} und 𝔟 ∈ Ideale^{×}(B), sich C · 𝔤 = C · y · 𝔟 = y · C · 𝔟 ergibt und C · 𝔟 ∈ Ideale^{×}(C) liegt.

Es ist (C · 𝔤)^{−1} = C · (𝔤^{−1}) wegen (C · (𝔤^{−1})) · (C · 𝔤) = (1).

Es ist 𝔥 · 𝔤 = 𝔥 · (C · 𝔤) ∈ \underline{Ideale}^{×}(C).

Folglich ist (𝔥 · 𝔤)^{−1} = (𝔥 · (C · 𝔤))^{−1} = 𝔥^{−1} · (C · 𝔤)^{−1} = 𝔥^{−1} · C · 𝔤^{−1} = 𝔥^{−1} · 𝔤^{−1}.

Satz 100 (Transitivität des Diskriminantenideals) Wir erinnern an den Dedekindbereich A, an K = Quot(A) perfekt und an die endlichen Körpererweiterungen M|L|K mit den jeweiligen ganzen Abschlüssen C|B|A von A. Hierbei ist m = [M : L] und ℓ = [L : K].

(1) Es ist 𝔇_{M|K,A} = 𝔇_{M|L,B} · 𝔇_{L|K,A} ; cf. Definitionen 95.(1) und 98.

(2) Es ist 𝔡_{M|K,A} = N_{L|K}(𝔡_{M|L,B}) · 𝔡_{L|K,A}^{m} ; cf. Definition 95.(2).

Beachte, daß die rechte Seite von Satz 100.(1) als Produkt gebrochener Ideale aufgefaßt werden kann, wenn man sie 𝔇_{M|L,B} · (C · 𝔇_{L|K,A}) schreibt; cf. Bemerkung 99. Beweis. Ad (1). Wir haben C^{#,A} =^{!} C^{#,B} · B^{#,A} zu zeigen; cf. Bemerkungen 94.(1) und 99. Wir haben zu zeigen, daß für 𝔥 ∈ \underline{Ideale}^{×}(C) genau dann 𝔥 ⊆ C^{#,A} liegt, wenn 𝔥 ⊆ C^{#,B} · B^{#,A} liegt. Es ist, cf. Aufgabe 37.(4),

𝔥 ⊆ C^{#,B} · B^{#,A} ⇔ 𝔥(B^{#,A})^{−1} ⊆ C^{#,B}
⇔^{B. 94.(3)} Tr_{M|L}(𝔥(B^{#,A})^{−1}) ⊆ B
⇔ (B^{#,A})^{−1} Tr_{M|L}(𝔥) ⊆ B
⇔ Tr_{M|L}(𝔥) ⊆ B^{#,A}
⇔^{B. 94.(3)} Tr_{L|K}(Tr_{M|L}(𝔥)) ⊆ A
⇔^{L 19.(1)} Tr_{M|K}(𝔥) ⊆ A
⇔^{B. 94.(3)} 𝔥 ⊆ C^{#,A} .

Ad (2). Es wird

𝔡_{M|K,A} =^{D. 95.(2)} N_{M|K}(𝔇_{M|K,A})
=^{(1)} N_{M|K}(𝔇_{M|L,B} · 𝔇_{L|K,A})
= N_{M|K}(𝔇_{M|L,B} · (C · 𝔇_{L|K,A}))
=^{L. 88} N_{M|K}(𝔇_{M|L,B}) · N_{M|K}(C · 𝔇_{L|K,A})
=^{A. 34.(2)} N_{L|K}(N_{M|L}(𝔇_{M|L,B})) · N_{L|K}(N_{M|L}(C · 𝔇_{L|K,A}))
=^{D. 95.(2)} N_{L|K}(𝔡_{M|L,B}) · N_{L|K}(N_{M|L}(C · 𝔇_{L|K,A}))
=^{A. 34.(3)} N_{L|K}(𝔡_{M|L,B}) · N_{L|K}(𝔇_{L|K,A}^{m})
=^{L. 88} N_{L|K}(𝔡_{M|L,B}) · N_{L|K}(𝔇_{L|K,A})^{m}
=^{D. 95.(2)} N_{L|K}(𝔡_{M|L,B}) · 𝔡_{L|K,A}^{m} .

Minkowskitheorie

3.1 Gitter in reellen Vektorräumen

Sei (V, ⌊−, =⌋) ein euklidischer Raum, i.e. sei V ein endlichdimensionaler R-Vektorraum und sei ⌊−, =⌋ : V × V \overline{}R, (v, w) \overline{}⌊v, w⌋ eine positiv definite symmetrische Bilinearform, auch als Skalarprodukt auf V bezeichnet. Schreibe n := dim_{R}(V). Schreibe ∥v∥ := ⌊v, v⌋^{1/2} für v ∈ V.

Mittels Gram-Schmidt findet man eine Orthonormalbasis von V. Als euklidischen Raum, und damit auch als metrischen und topologischen Raum, können wir mittels dieser Basis V mit R^{n} identifizieren, indem wir einem Vektor aus V seinen Koordinatenvektor bezüglich dieser Basis zuordnen.

Wir erinnern an Cauchy-Schwarz : es ist |⌊v, w⌋| ⩽ ∥v∥ · ∥w∥ für v, w ∈ V. Daraus folgt die Dreiecksungleichung : es ist ∥v + w∥ ⩽ ∥v∥ + ∥w∥ für v, w ∈ V.

Eine Untergruppe der additiven Gruppe von V nennen wir auch kurz eine additive Untergruppe von V.

Definition 101 Ein Gitter in V ist eine additive Untergruppe X von V von der Form X = _{Z}⟨\underline{v}⟩ = _{Z}⟨ v_{i} : i ∈ [1, k] ⟩ für ein k ⩾ 0 und für ein R-linear unabhängiges Tupel \underline{v} = ( v_{i} : i ∈ [1, k] ) von Vektoren in V.

Ein solches Gitter X heißt voll, falls k = n ist.

Die Menge

Fund\underline{v}(X) := \{_{∑i∈[1,k]}λ_{i}v_{i} : λ_{i} ∈ R mit 0 ⩽ λ_{i} ⩽ 1 für i ∈ [1, k] \}

heißt Fundamentalbereich von X bezüglich \underline{v}.

Der Begriff des Gitters hier ist nicht zu verwechseln mit dem verwandten, aber verschiedenen Begriff des Z-Gitters aus Aufgabe 18.

Das Gitter X ⊆ V aus Definition 101 ist auch ein Z-Gitter im Sinne von Aufgabe 18, es hat Rang k. Aber Vorsicht, _{Z}⟨1, \sqrt{2}⟩ ist ein Z-Gitter, da (1, \sqrt{2}) wegen \sqrt{2} ∉ Q ein Z-linear unabhängiges Tupel ist. Dahingegen ist _{Z}⟨1, \sqrt{2}⟩ kein Gitter in R^{1}, da ein solches Rang 1 haben muß.

Bemerkung 102 Sei X ein Gitter in V. Die Teilmenge Fund\underline{v}(X) ⊆ V ist kompakt, i.e. beschränkt und abgeschlossen. Beweis. Nach Identifikation von V mit R^{n} als metrischer Raum ist Fund\underline{v}(X) das Bild der kompakten Teilmenge { (x_{i})_{i} ∈ R^{n} : 0 ⩽ x_{i} ⩽ 1 für i ∈ [1, n] } unter einer linearen, also stetigen Abbildung, und also kompakt, und somit abgeschlossen; cf. [9, §4.2.1, §4.2.6]. Beschränktheit von Fund\underline{v}(X) folgt auch direkt aus ∥_{∑i∈[1,k]}λ_{i}v_{i}∥ ⩽ _{∑i∈[1,k]}∥v_{i}∥ für λ_{i} ∈ R mit 0 ⩽ λ_{i} ⩽ 1 für i ∈ [1, k]. Bemerkung 103 Sei X ein volles Gitter in V. Seien R-linear unabhängige Tupel \underline{v} = ( v_{i} : i ∈ [1, n] ) und \underline{w} = ( w_{i} : i ∈ [1, n] ) mit X = _{Z}⟨\underline{v}⟩ = _{Z}⟨\underline{w}⟩ gegeben.

(1) Es ist

det((⌊v_{i} , v_{j}⌋)_{i, j}) = det((⌊w_{i} , w_{j}⌋)_{i, j})

(2) Sei \underline{e} = ( e_{i} : i ∈ [1, n] ) eine Orthonormalbasis von V. Sei v_{j} = ∑_{i∈[1,n]} a_{i, j} e_{i} für j ∈ [1, n], mit A := (a_{i, j})_{i, j} ∈ R^{n×n}. Dann ist det((⌊v_{i} , v_{j}⌋)_{i, j}) = det(A)^{2} ∈ R_{>0} .

Beweis. Sei G := (⌊v_{i} , v_{j}⌋)_{i, j} ∈ R^{n×n}. Sei H := (⌊w_{i} , w_{j}⌋)_{i, j} ∈ R^{n×n}. Ad (1). Schreibe v_{j} = ∑_{i∈[1,n]} s_{i, j} w_{i} und w_{j} = ∑_{i∈[1,n]} t_{i, j} v_{i} für j ∈ [1, n]. Sei S := (s_{i, j})_{i, j} und T := (t_{i, j})_{i, j} in Z^{n×n}. Dann ist ST = E_{n}, mithin S ∈ GL_{n}(Z). Für i, j ∈ [1, n] wird

⌊v_{i} , v_{j}⌋ = ∑_{k,ℓ∈[1,n]} s_{k,i}⌊w_{k} , w_{ℓ}⌋s_{ℓ, j} .

Also ist G = S^{t}HS. Somit ist det(G) = det(S)^{2} det(H) = det(H). Ad (2). Für i, j ∈ [1, n] wird

⌊v_{i} , v_{j}⌋ = ∑_{k,ℓ∈[1,n]} a_{k,i}⌊e_{k} , e_{ℓ}⌋a_{ℓ, j} = ∑_{k,ℓ∈[1,n]} a_{k,i} ∂_{k,ℓ} a_{ℓ, j} = ∑_{k∈[1,n]} a_{k,i} a_{k, j} .

Also ist G = A^{t}A. Somit ist det(G) = det(A)^{2}. Definition 104 Ist X ein volles Gitter in V und ist \underline{v} = ( v_{i} : i ∈ [1, n] ) ein R-linear unabhängiges Tupel in V mit X = _{Z}⟨\underline{v}⟩, dann ist, etwas mißbräuchlich notiert,

vol(X) := vol(Fund\underline{v}(X)) =^{B. 103.(2)} det((⌊v_{i} , v_{j}⌋)_{i, j})^{1/2} ∈ R_{>0}

das Volumen von X. Dieses hängt nach Bemerkung 103.(1) nicht von der Wahl von \underline{v} ab.

Definition 105 Für r ∈ R_{>0} und w ∈ V sei

B_{r}(w) := { v ∈ V : ∥v − w∥ < r } .

Eine Teilmenge X von V heißt diskret, wenn für r ∈ R_{>0} und w ∈ V die Menge B_{r}(w)∩X endlich ist.

Bemerkung 106

Für eine Teilmenge X ⊆ V sind die folgenden Aussagen (1, 2) äquivalent.

Für eine additive Untergruppe X ⊆ V sind die folgenden Aussagen (1, 2, 3, 4) äquivalent.

(1) Es ist X eine diskrete Teilmenge von V.

(2) Für alle v ∈ V gibt es ein ε ∈ R_{>0} mit (B_{ε}(v) ∖ {v}) ∩ X = ∅.

(3) Es gibt ein ε ∈ R_{>0} mit B_{ε}(0) ∩ X = {0}.

(4) Es gibt ein r ∈ R_{>0} mit B_{r}(0) ∩ X endlich.

Beweis. Cf. Aufgabe 41.

Bemerkung 107 Ist X ⊆ V eine diskrete Teilmenge, dann ist X ⊆ V abgeschlossen.

Beweis. Für v ∈ V ∖ X gibt es nach Bemerkung 106.(2) ein ε ∈ R_{>0} mit B_{ε}(v) ∩ X = (B_{ε}(v) ∖ {v}) ∩ X = ∅.

Lemma 108 Sei X ⊆ V eine additive Untergruppe.

Es ist X genau dann ein Gitter in V, wenn X eine diskrete Teilmenge von V ist.

Beweis.

Sei zum einen X ein Gitter. Sei ein R-linear unabhängiges Tupel \underline{v} = ( v_{i} : i ∈ [1, k] ) so gewählt, daß X = _{Z}⟨\underline{v}⟩ ist. Es ist X ein volles Gitter in V′ := _{R}⟨\underline{v}⟩. Ist X diskret in V′, dann ist X auch diskret in V ; cf. e.g. Bemerkung 106.(3). Somit ist o.E. X ein volles Gitter in V und k = n.

Es genügt zu zeigen, daß es ein ε ∈ R_{>0} mit B_{ε}(0)∩X = {0} gibt; cf. Bemerkung 106.(3). Dazu genügt es, ein ε ∈ R_{>0} mit

B_{ε}(0) ⊆ {_{∑i∈[1,n]}λ_{i}v_{i} : λ_{i} ∈ R mit |λ_{i}| < 1 für i ∈ [1, n] }

zu finden. Wähle x_{i} ∈ V mit ∥x_{i}∥ = 1 und ⌊x_{i} , _{R}⟨ v_{1} , …, v_{i−1} , v_{i+1} , …, v_{n}⟩⌋ = 0 für i ∈ [1, n]. Sei ε := min{ |⌊x_{i} , v_{i}⌋| : i ∈ [1, n] }. Es ist ε ∈ R_{>0} .

Sei nun y =: _{∑i∈[1,n]}λ_{i}v_{i} ∈ V gegeben mit λ_{i} ∈ R und einem j ∈ [1, n], für welches |λ_{j}| ⩾ 1 ist. Mit Cauchy-Schwarz wird

∥y∥ = ∥y∥∥x_{j}∥ ⩾ |⌊y, x_{j}⌋| = |λ_{j}⌊v_{j} , x_{j}⌋| = |λ_{j}| · |⌊v_{j} , x_{j}⌋| ⩾ |⌊v_{j} , x_{j}⌋| ⩾ ε.

Also liegt y auch nicht in B_{ε}(0).

Sei zum anderen X diskret in V. Sei V′ := _{R}⟨X⟩. Ist X ein Gitter in V′, dann ist X auch ein Gitter in V. Somit können wir o.E. V′ = V annehmen.

Sei nun \underline{w} eine R-lineare Basis von V, deren Elemente in X liegen. Schreibe Y := _{Z}⟨\underline{w}⟩.

Wir wollen zeigen, daß die Faktorgruppe X/Y endlich ist. Annahme, nicht. Seien x_{i} für i ⩾ 1 in verschiedenen Nebenklassen gewählt, i.e. sei x_{i} − x_{j} ∉ Y für alle i, j ⩾ 1. Sei y_{i} ∈ Y so gewählt, daß x_{i} − y_{i} ∈ Fund\underline{w}(Y) liegt für i ⩾ 1, möglich durch ganzzahliges Abrunden der Koeffizienten von x bezüglich \underline{w}. Da Fund\underline{w}(Y) abgeschlossen und beschränkt ist, hat die Folge (x_{i} − y_{i})_{i⩾1} einen Häufungspunkt z ∈ Fund\underline{w}(Y) ; cf. [9, §4.2.5, §4.2.6]. Da X ⊆ V abgeschlossen ist nach Bemerkung 107 und da alle Folgenglieder einer gegen z konvergierenden Teilfolge von (x_{i}−y_{i})_{i⩾1} in X liegen, ist auch z ∈ X; denn läge z ∈ V ∖X, dann gäbe es ein η ∈ R_{>0} so, daß B_{η}(z) ∩ X = ∅ ist, was der Konvergenz dieser Teilfolge widerspräche.

Nun gibt es ein ε ∈ R_{>0} mit B_{ε}(z) ∩ X = {z}; cf. Bemerkung 106.(2). Aus der genannten Konvergenz folgt nun, daß es i, j ⩾ 1 mit i ≠ j und x_{i} − y_{i} = z und x_{j} − y_{j} = z gibt. Aber dann ist x_{i} − x_{j} = y_{j} − y_{i} ∈ Y, und wir haben einen Widerspruch zu x_{i} − x_{j} ∉ Y.

Schreibe s := |X/Y |. Es ist s · (X/Y) = 0, also sX ⊆ Y, also Y ⊆ X ⊆ \frac{1}{s}Y. Gemäß Aufgabe 13.(2) ist X endlich erzeugt frei über Z von Rang n, i.e. X = _{Z}⟨\underline{v}⟩ für ein geeignetes \underline{v} = ( v_{i} : i ∈ [1, n] ). Da V = _{R}⟨X⟩ = _{R}⟨_{Z}⟨\underline{v}⟩⟩ = _{R}⟨\underline{v}⟩ ist und da dim_{R}(V) = n ist, folgt, daß \underline{v} eine R-lineare Basis von V ist. Somit ist X ⊆ V ein Gitter.

Lemma 109 Sei X ⊆ V ein Gitter.

Es ist X genau dann voll, wenn es eine beschränkte Teilmenge M ⊆ V mit

V = ⋃_{x∈X}(x + M)

gibt.

Beweis. Sei \underline{v} ein linear unabhängiges Tupel in V mit X = _{Z}⟨\underline{v}⟩.

Ist X voll, dann ist V = ⋃_{x∈X}(x + Fund\underline{v}(X)) ; cf. Bemerkung 102.

Sei umgekehrt M ⊆ V beschränkt mit V = ⋃_{x∈X}(x + M). Sei w ∈ V. Wir haben

w ∈^{!} _{R}⟨\underline{v}⟩ zu zeigen. Letzteres ist eine abgeschlossene Teilmenge in V, wie man wieder nach Identifikation mit R^{n} unter Verwendung der Stetigkeit von Linearformen erkennt. Für i ∈ Z_{⩾1} können wir iw = x_{i} + m_{i} schreiben mit x_{i} ∈ X und m_{i} ∈ M. Dann wird w = i^{−1}x_{i} + i^{−1}m_{i} für i ⩾ 1. Es ist i^{−1}x_{i} ∈ _{R}⟨\underline{v}⟩ für i ⩾ 1. Also ist

w = lim_{i→∞} w = lim_{i→∞}(i^{−1}x_{i} + i^{−1}m_{i}) = lim_{i→∞} i^{−1}x_{i} ∈ _{R}⟨\underline{v}⟩ .

Lemma 110 (Minkowskischer Gitterpunktsatz) Sei X ein volles Gitter in V. Wir schreiben weiterhin n := dim_{R} V. Sei M ⊆ V eine beschränkte Teilmenge so, daß für m, m′ ∈ M stets \frac{1}{2}(m − m′) ∈ M ist. Ist vol(M) > 2^{n}vol(X), so ist {0} ⊂ M ∩ X.

Die Voraussetzung an die Form von M von Lemma 110 ist e.g. erfüllt, wenn für m, m′ ∈ M stets −m ∈ M und \frac{1}{2}(m+m′) ∈ M liegen. Das ist e.g. der Fall, wenn M zentralsymmetrisch und konvex ist.

Beweis. Zunächst ist vol(M) > 0, also M ≠ ∅. Wählen wir m_{0} ∈ M, so erkennen wir, daß auch 0 = \frac{1}{2}(m_{0} − m_{0}) ∈ M liegt. Schreibe X = _{Z}⟨\underline{v}⟩ für eine geeignete R-lineare Basis \underline{v} von V. Es genügt zu zeigen, daß es x, x′ ∈ X mit x ≠ x′ und (x + \frac{1}{2}M) ∩ (x′ + \frac{1}{2}M) ≠ ∅ gibt. Denn dann gibt es m, m′ ∈ M mit x + \frac{1}{2}m = x′ + \frac{1}{2}m′, und es folgt X ∖ \{0\} ∋ x − x′ = \frac{1}{2}(m′ − m) ∈ M. Annahme, nicht. Dann liegt eine disjunkte Vereinigung ⨆_{x∈X}(x + \frac{1}{2}M) ⊆ V vor. Also haben wir auch ⨆_{x∈X}((x + \frac{1}{2}M) ∩ Fund\underline{v}(X)) ⊆ Fund\underline{v}(X). Dabei ist (x + \frac{1}{2}M) ∩ Fund\underline{v}(X) ≠ ∅ nur für endlich viele x ∈ X. Denn da Fund\underline{v}(X) und M beschränkt sind, gilt dies auch für

Fund\underline{v}(X) + (−\frac{1}{2})M = \{ y − \frac{1}{2}m : y ∈ Fund\underline{v}(X), m ∈ M \} .

Also ist (Fund\underline{v}(X) + (−\frac{1}{2})M) ∩ X endlich ; cf. Definition 105, Lemma 108. Desweiteren ist x ∈ Fund\underline{v}(X) + (−\frac{1}{2})M äquivalent zu (x + \frac{1}{2}M) ∩ Fund\underline{v}(X) ≠ ∅. Folglich ist

vol(X) = vol(Fund\underline{v}(X))
⩾ ∑_{x∈X} vol( (x + \frac{1}{2}M) ∩ Fund\underline{v}(X) )
= ∑_{x∈X} vol( \frac{1}{2}M ∩ (−x + Fund\underline{v}(X)) )
= vol(\frac{1}{2}M)
= 2^{−n}vol(M) ,

denn ⋃_{x∈X}(−x + Fund\underline{v}(X)) = V, und die Schnittmengen der Teilnehmer dieser Vereinigung haben Volumen 0. Wir haben einen Widerspruch.

3.2 Endlichkeitsaussagen

Sei K|Q eine endliche Körpererweiterung, i.e. sei K ein Zahlkörper. Schreibe k := [K : Q]. Sei E ein Zerfällungskörper von K|Q.

Dann ist E Zerfällungskörper eines Polynoms f(X) ∈ Q[X] ; cf. Beweis zu Lemma 11.(2). Schreibe f(X) = (X − u_{1}) · (X − u_{2}) · . . . · (X − u_{n}) ∈ C[X]. Sei

Ẽ := Q( u_{1} , u_{2} , …, u_{n}) ⊆ C .

Dann ist auch Ẽ ein Zerfällungskörper von f(X) ∈ Q[X] ; cf. [5, §2.5.1]. Also gibt es einen Isomorphismus σ : E ^{\overline{}^{∼}} Ẽ mit σ|_{Q}^{Q} = id_{Q} ; cf. [5, §2.5.3]. Es ist mit K̃ := σ(K) auch σ|K̃ ; K ein Isomorphismus. Es ist Ẽ ein Zerfällungskörper von K̃|Q. Somit können wir durch Übergang zu einer isomorphen Kopie annehmen, daß E = Ẽ, K = K̃ und C|E|K|Q ist. Bezeichne κ : C → C die komplexe Konjugation. Es ist E = κ(E), denn es wird

Q[X] ∋ f(X) = f^{c}(X) = (X − ū_{1}) · (X − ū_{2}) · . . . · (X − ū_{n})

und also

E := Q( ū_{1} , ū_{2} , …, ū_{n}) = κ(E)

Für eine Abbildung w von einer Menge M nach E schreiben wir

w̄(z) := \overline{w(z)} für z ∈ M

was unter Beachtung von E = κ(E) ⊆ C eine Abbildung w̄ : M \overline{}E definiert. Sei G := Gal(E|Q) ⩾ Gal(E|K) =: U. Schreibe G = ⨆_{ℓ∈[1,k]} ρ_{ℓ}U mit ρ_{ℓ} ∈ G für ℓ ∈ [1, k]. Sei o.E. ρ_{1} = id_{E}. Schreiben wir

Einb(K) := { ρ|_{K} : ρ ∈ G } = { ρ_{ℓ}|_{K} : ℓ ∈ [1, k] }
Einb_{R}(K) := { ρ|_{K} : ρ ∈ G, ρ(K) ⊆ R } ,

dann ist |Einb(K)| = k; cf. Lemma 15. Wähle eine Teilmenge Einb_{C}(K) ⊆ Einb(K) ∖ Einb_{R}(K) mit

Einb_{R}(K) ⊔ ⨆_{σ∈Einb_{C}(K)}{ σ , σ̄ } = Einb(K) .

Schreibe

r := |Einb_{R}(K)|
s := |Einb_{C}(K)| .

Dann ist r + 2s = k. Mißbräuchlicherweise nennt man die Elemente von Einb_{R}(K) auch reelle, die von Einb_{C}(K) komplexe Einbettungen von K.

[figure: C; C; E; ρ; E; R; K; ∼; ρ|_{K}^{ρ(K)}; ρ|_{K}; ρ(K); Q]

Beispiel. Sei K = Q(\sqrt[3]{2}). Schreibe δ := \sqrt[3]{2}.

Wir haben Einb(K) = \{ σ_{j} : j ∈ [1, 3] \}, wobei σ_{j} : K \overline{}E, δ \overline{}ζ_{3}^{j−1}δ; cf. Aufgabe 7.(1). Es ist Einb_{R}(K) = {σ_{1}}. Da σ_{3} = σ̄_{2} , können wir Einb_{C}(K) = {σ_{2}} wählen.

3.2.1 Einbetten eines Zahlkörpers in einen euklidischen Raum

Definition 111

(1) Sei

K_{C} := ∏_{σ∈Einb(K)} C = { z = (z_{σ})_{σ} : z_{σ} ∈ C für σ ∈ Einb(K) } .

Es ist K_{C} mit eintragsweiser Addition und Multiplikation ein Ring. Es ist K_{C} mit eintragsweiter Addition und skalarer Multiplikation ein Vektorraum über C.

(2) Wir haben einen injektiven Ringmorphismus

[figure: K; ι; K_{C}; x; (σ(x))_{σ∈Einb(K)} .]

(3) Sei

K_{C}  ^{\overline{}^{Tr}} C
(z_{σ})_{σ}  \overline{}∑_{σ∈Einb(K)} z_{σ} .

Es ist Tr(ι(x)) = Tr_{K|Q}(x) für x ∈ K; cf. Lemma 15.(1).

Sei

[figure: K_{C}; N; C; (z_{σ})_{σ}; ∏_{σ∈Einb(K)} z_{σ} .]

Es ist N(ι(x)) = N_{K|Q}(x) für x ∈ K; cf. Lemma 15.(2).

(4) Sei

[figure: K_{C}; ×; K_{C}; ⌊−,=⌋; C; (z; ,; w); ⌊z, w⌋ := ∑_{σ∈Einb(K)} z_{σ}w̄_{σ} .]

(5) Sei

[figure: K_{C}; c; K_{C}; z; c(z) := (z̄σ̄)_{σ}]

Es ist c^{2} = id_{K_{C}} . Es ist c ein Ringautomorphismus, da sowohl das Permutieren von Einträgen als auch das eintragsweise Konjugieren mit der 1, mit Addition und mit Multiplikation verträglich sind. Es ist c eine R-lineare Abbildung.

(6) Sei

K_{R} := { z ∈ K_{C} : c(z) = z } .

Da c ein Ringautomorphismus ist, ist K_{R} ein Teilring von K_{C} . Da c eine R-lineare Abbildung ist, ist K_{R} ein R-linearer Teilraum von K_{C} .

Es ist auch K_{C} ≃ K ⊗_{Q} C als C-Algebra und K_{R} ≃ K ⊗_{Q} R als R-Algebra.

Davon wollen wir aber keinen Gebrauch machen.

Bemerkung 112

(1) Es ist

K_{R} = { z = (z_{σ})_{σ} ∈ K_{C} : z_{σ} ∈ R für σ ∈ Einb_{R}(K), zσ̄ = z̄_{σ} für σ ∈ Einb_{C}(K) } .

Daher hat K_{R} die R-lineare Basis

( (∂_{τ,σ})_{σ} : τ ∈ Einb_{R}(K) )
⊔ ( (2^{−1/2}(∂_{τ,σ} + ∂_{τ̄,σ}))_{σ} : τ ∈ Einb_{C}(K) )
⊔ ( (2^{−1/2}(i∂_{τ,σ} − i∂_{τ̄,σ}))_{σ} : τ ∈ Einb_{C}(K) ) .

Insbesondere ist dim_{R}(K_{R}) = r + 2s = k.

(2) Sind z = (z_{σ})_{σ} , w = (w_{σ})_{σ} ∈ K_{R} , dann ist

⌊z, w⌋ = ( ∑_{σ∈Einb_{R}(K)} z_{σ}w_{σ}) + ( ∑_{σ∈Einb_{C}(K)} z_{σ}w̄_{σ}) + ( ∑_{σ∈Einb_{C}(K)} zσ̄w̄σ̄)
= ( ∑_{σ∈Einb_{R}(K)} z_{σ}w_{σ}) + 2( ∑_{σ∈Einb_{C}(K)} Re(z_{σ}w̄_{σ})) ∈ R .

Insbesondere ist

⌊z, z⌋ = ∑_{σ∈Einb(K)} |z_{σ}|^{2} = ( ∑_{σ∈Einb_{R}(K)} z_{σ}^{2}) + 2( ∑_{σ∈Einb_{C}(K)} |z_{σ}|^{2}) ∈ R_{⩾0} ,

und dies ist genau dann gleich 0, wenn z = 0 ist. Somit ist die Einschränkung ⌊−, =⌋|_{K_{R}×K_{R}}^{R} eine positiv definite symmetrische R-Bilinearform.

Es ist also ( K_{R} , ⌊−, =⌋|_{K_{R}×K_{R}}^{R} ) ein euklidischer Raum.

Die in (1) genannte R-lineare Basis ist hierin eine Orthonormalbasis.

(3) Es ist ι(K) ⊆ K_{R} ⊆ K_{C} , denn für x ∈ K ist ι(x) = (ρ(x))_{ρ∈Einb(K)} , und dabei ist \overline{ρ(x)} = \overline{ρ}(x).

(4) Die Einschränkungen N |_{K_{R}}^{R} und Tr |_{K_{R}}^{R} existieren und sind stetig; cf. Aufgabe 42.

Beispiel 113 Wir setzen das vorige Beispiel fort. Darin war K = Q(\sqrt[3]{2}) und δ = \sqrt[3]{2}. Ferner war Einb(K) = \{ σ_{j} : j ∈ [1, 3] \}, wobei σ_{j} : K \overline{}E, δ \overline{}ζ_{3}^{j−1}δ, wobei Einb_{R}(K) = \{σ_{1}\} und Einb_{C}(K) = \{σ_{2}\} Schreiben wir die Elemente aus K_{C} als z = ( z_{σ_{1}} , z_{σ_{2}} , z_{σ_{3}} ), dann wird

K_{R} = { ( z_{σ_{1}} , z_{σ_{2}} , z_{σ_{3}} ) : z_{σ_{1}} ∈ R, z_{σ_{3}} = z̄_{σ_{2}} }

ein euklidischer Raum mit

⌊z, w⌋ = z_{σ_{1}}w_{σ_{1}} + 2 Re(z_{σ_{2}} w̄_{σ_{2}})

und mit Orthonormalbasis ( (1, 0, 0), 2^{−1/2}(0, 1, 1), 2^{−1/2}(0, i, −i) ) .

3.2.2 Endlichkeit der Klassengruppe

Lemma 114 Sei 𝔞 ∈ Ideale^{×}(O_{K}). Dann ist ι(𝔞) ⊆ K_{R} ein volles Gitter mit vol(ι(𝔞)) = |Δ_{K}|^{1/2} · |O_{K}/𝔞| .

Beweis. Sei \underline{g} = ( g_{j} : j ∈ [1, k] ) eine Z-lineare Basis von O_{K} ; cf. Lemma 33. Sei \underline{y} = ( y_{i} : i ∈ [1, k] ) eine Z-lineare Basis von 𝔞, existent, da Z ein Hauptidealbereich ist; cf. Bemerkung 89. Schreibe y_{i} = ∑_{j∈[1,k]} a_{j,i} g_{j} mit (a_{j,i})_{j,i} ∈ Z^{k×k}. Dann ist |O_{K}/𝔞| = |det(A)|; cf. Aufgabe 14.(2). Für ℓ, i ∈ [1, k] ist ρ_{ℓ}(y_{i}) = ∑_{j∈[1,k]} a_{j,i} ρ_{ℓ}(g_{j}) und also Vand_{K|Q, \underline{y}} = A^{t} Vand_{K|Q, \underline{g}}. Also ist auch det(Vand_{K|Q, \underline{y}})^{2} = det(Vand_{K|Q, \underline{g}})^{2} det(A)^{2} =^{L. 24} Δ_{K|Q, \underline{g}} det(A)^{2} = Δ_{K} · |O_{K}/𝔞|^{2} ; cf. Definition 37. Insbesondere ist det(Vand_{K|Q, \underline{y}}) ≠ 0 ; cf. Lemma 22. Es ist ι(𝔞) ⊆ K_{R} ein volles Gitter, da ι(𝔞) das Z-lineare Erzeugnis von ( ι(y_{i}) : i ∈ [1, k] ) ist, welches eine R-lineare Basis von K_{R} ist, da es sogar C-linear unabhängig in K_{C} ist, da det((ρ_{ℓ}(y_{i}))_{i,ℓ}) = det(Vand_{K|Q, \underline{y}}) ≠ 0 ist. Für i, j ∈ [1, k] ist

⌊ι(y_{i}) , ι(y_{j})⌋ = ⌊(ρ_{ℓ}(y_{i}))_{ℓ} , (ρ_{ℓ}(y_{j}))_{ℓ}⌋ = ∑_{ℓ∈[1,k]} ρ_{ℓ}(y_{i})ρ̄_{ℓ}(y_{j}) .

Also wird

vol(ι(𝔞))^{2} =^{D. 104} det ((⌊ι(y_{i}) , ι(y_{j})⌋)_{i, j})
= det(Vand_{K|Q, \underline{y}} \overline{Vand_{K|Q, \underline{y}}} ^{t})
= det(Vand_{K|Q, \underline{y}}) · \overline{det(Vand_{K|Q, \underline{y}})}
= | det(Vand_{K|Q, \underline{y}})|^{2}
= | det(Vand_{K|Q, \underline{y}})^{2}|
= |Δ_{K}| · |O_{K}/𝔞|^{2} .

Definition 115 Sei

ξ_{K} := \frac{k!}{k^{k}} · (\frac{4}{π})^{s} · |Δ_{K}|^{1/2}

die Minkowskischranke von K.

Lemma 116 Sei 𝔞 ∈ Ideale^{×}(O_{K}).

Sei R ∈ R_{>0} gegeben mit

R > k · (ξ_{K} · |O_{K}/𝔞|)^{1/k} .

Dann gibt es ein a ∈ 𝔞^{×} mit ∑_{σ∈Einb(K)} |σ(a)| ⩽ R.

Beweis. Betrachte die Teilmenge M := { z ∈ K_{R} : ∑_{σ∈Einb(K)} |z_{σ}| ⩽ R } ⊆ K_{R} . Es ist M eine beschränkte Teilmenge, da für z ∈ M sich stets |z_{σ}| ⩽ R und also ∥z∥^{2} = ∑_{σ∈Einb(K)} |z_{σ}|^{2} ⩽ kR^{2} ergibt ; cf. Bemerkung 112.(2).

Sind z, z′ ∈ M, dann ist auch \frac{1}{2}(z − z′) ∈ M. Denn dann ist ∑_{σ∈Einb(K)} |\frac{1}{2}(z_{σ} − z′_{σ})| ⩽ \frac{1}{2} ∑_{σ∈Einb(K)}(|z_{σ}| + |z′_{σ}|) ⩽ \frac{1}{2}(R + R) = R.

Schreiben wir z ∈ K_{R} als R-Linearkombination in der Orthonormalbasis aus Bemerkung 112.(1, 2), i.e. als

z = ( ∑_{τ∈Einb_{R}(K)} a_{τ}(∂_{τ,σ})_{σ})+( ∑_{τ∈Einb_{C}(K)} u_{τ}(2^{−1/2}(∂_{τ,σ}+ ∂_{τ̄,σ}))_{σ})+( ∑_{τ∈Einb_{C}(K)} v_{τ}(2^{−1/2}(i∂_{τ,σ}−i∂_{τ̄,σ}))_{σ})

mit a_{τ} , u_{τ} , v_{τ} ∈ R stets, dann ist z_{τ} = a_{τ} , also |z_{τ}| = |a_{τ}| für τ ∈ Einb_{R}(K) und z_{τ} = 2^{−1/2}(u_{τ} + iv_{τ}), also |z_{τ}| = 2^{−1/2}(u_{τ}^{2} + v_{τ}^{2})^{1/2} = |z̄_{τ}| = |zτ̄| für τ ∈ Einb_{C}(K). Also ist z ∈ M genau dann, wenn

( ∑_{τ∈Einb_{R}(K)} |a_{τ}|) + 2 · 2^{−1/2}( ∑_{τ∈Einb_{C}(K)}(u_{τ}^{2} + v_{τ}^{2})^{1/2}) ⩽ R

ist. Gemäß Aufgabe 45 ist mithin

vol(M) = 2^{r}π^{s} \frac{R^{k}}{k!} .

Folglich ist

vol(M) = 2^{r}π^{s}(k!)^{−1}R^{k} > 2^{r}π^{s}(k!)^{−1}k^{k}ξ_{K} · |O_{K}/𝔞| = 2^{r}π^{s} (\frac{4}{π})^{s} · |Δ_{K}|^{1/2} · |O_{K}/𝔞|

= 2^{k}|Δ_{K}|^{1/2} · |O_{K}/𝔞| =^{L. 114} 2^{k}vol(ι(𝔞)) .

Nach dem Minkowskischen Gitterpunktsatz, Lemma 110, ist also {0} ⊂ M ∩ ι(𝔞). Somit gibt es ein a ∈ 𝔞^{×} mit ι(a) ∈ M, i.e. mit ∑_{σ∈Einb(K)} |σ(a)| ⩽ R für σ ∈ Einb(K).

Lemma 117 Sei 𝔞 ∈ Ideale^{×}(O_{K}).

Es gibt ein a ∈ 𝔞^{×} mit |N_{K|Q}(a)| ⩽ ξ_{K} · |O_{K}/𝔞|.

Beweis. Schreibe

R_{0} := k · (ξ_{K} · |O_{K}/𝔞|)^{1/k} .

Für jedes m ⩾ 1 gibt es ein a_{m} ∈ 𝔞^{×} mit ∑_{σ∈Einb(K)} |σ(a_{m})| ⩽ R_{0} + m^{−1} ; cf. Lemma 116.

Für m ⩾ 1 ist ⌊ι(a_{m}), ι(a_{m})⌋ = ∑_{σ∈Einb(K)} |σ(a_{m})|^{2} ⩽ k(R_{0} + 1)^{2} ; cf. Bemerkung 112.(2). Also hat die Folge (ι(a_{m}))_{m} eine konvergente Teilfolge (ι(a_{m_{i}}))_{i}. Diese habe Grenzwert z ∈ K_{R} . Da ι(𝔞) als Gitter in K_{R} eine diskrete Teilmenge ist, gibt es ein ε ∈ R_{⩾0} mit (B_{ε}(z) ∖ {z}) ∩ ι(𝔞) = ∅; cf. Lemmata 114 und 108, Bemerkung 106.(2). Da aber ein j ∈ Z_{⩾1} existiert mit ι(a_{m_{i}}) ∈ B_{ε}(z) für i ∈ Z_{⩾j}, muß zum einen z = ι(a) sein für ein a ∈ 𝔞, zum anderen muß a_{m_{i}} = a sein für i ∈ Z_{⩾j}.

Für m ⩾ 1 ist

|N_{K|Q}(a_{m})| =^{D. 111.(3)} |N(ι(a_{m}))|
= | ∏_{σ∈Einb(K)} σ(a_{m})|
= ∏_{σ∈Einb(K)} |σ(a_{m})|
⩽^{A. 46} k^{−k}(∑_{σ∈Einb(K)} |σ(a_{m})|)^{k}
⩽ k^{−k}(R_{0} + m^{−1})^{k} .

Wegen der schließlichen Konstanz unserer Teilfolge erhalten wir

|N_{K|Q}(a)| ⩽ k^{−k}R_{0}^{k} = ξ_{K} · |O_{K}/𝔞| ;

cf. Bemerkung 112.(4).

Es ist N |_{K_{R}}^{R} stetig; cf. Aufgabe 42. Aber wegen der schließlichen Konstanz der konstruierten Teilfolge ist dies zu wissen noch nicht einmal erforderlich.

Satz 118 (Endlichkeit der Klassengruppe eines Zahlkörpers)

Wir erinnern an die endliche Körpererweiterung K|Q mit k = [K : Q] und s = |Einb_{C}(K)|, sowie an ihre Minkowskischranke ξ_{K} = \frac{k!}{k^{k}} · (\frac{4}{π})^{s} · |Δ_{K}|^{1/2} ; cf. Definition 115.

Wir erinnern an die Klassengruppe Cl(O_{K}) = \{ [𝔤] : 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(O_{K}) \}, wobei für 𝔤, 𝔤̃ ∈ \underline{Ideale}^{×}(O_{K}) genau dann [𝔤] = [𝔤̃] ist, wenn es ein x ∈ K^{×} mit x𝔤 = 𝔤̃ gibt; cf. Definition 67.

(1) Für alle 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(O_{K}) gibt es ein 𝔞 ∈ Ideale^{×}(O_{K}) mit |O_{K}/𝔞| ⩽ ξ_{K} derart, daß [𝔤] = [𝔞] ist.

(2) Schreibe { p ∈ Z : p prim und 2 ⩽ p ⩽ ξ_{K} } =: { p_{i} : i ∈ [1, η] }, wobei η die Anzahl der Elemente dieser Menge sei. Für i ∈ [1, η] sei (p_{i}) = p_{i}O_{K} = ∏_{j∈[1,d_{i}]} 𝔮_{i, j}^{e_{i, j}} die Primidealfaktorzerlegung in O_{K} , wobei d_{i} ⩾ 1, wobei 𝔮_{i, j} ∈ Ideale_{prim}^{×}(O_{K}) und e_{i, j} ⩾ 1 für j ∈ [1, d_{i}] und wobei 𝔮_{i, j} ≠ 𝔮_{i,j̃} für j, j̃ ∈ [1, d_{i}] mit j ≠ j̃; cf. Lemma 54, Satz 63. Also ist (p_{i}) = Z∩𝔮_{i, j} für j ∈ [1, d_{i}] ; cf. Aufgabe 43.(1). Sei f_{i, j} := [O_{K}/𝔮_{i, j} : Z/(p_{i})] für i ∈ [1, η] und j ∈ [1, d_{i}]; cf. Aufgabe 43.(1). Für x ∈ R_{>0} schreibe rund(x) := 1 + max{ z ∈ Z : z ⩽ x } . Dann ist

|Cl(O_{K})| ⩽ ∏_{i∈[1,η]} ∏_{j∈[1,d_{i}]} rund(log_{p_{i}}(ξ_{K})f_{i, j}^{−1}) .

(3) Es ist die Klassengruppe Cl(O_{K}) eine abelsche Gruppe endlicher Ordnung.

Die Schranke aus (2) soll hauptsächlich das Endlichkeitsargument etwas besser faßbar machen. Um sie zu bekommen, muß großzügig Spielraum eingeräumt werden, so daß die erhaltene Schranke praktisch nicht besonders gut brauchbar ist. Um Cl(O_{K}) zu bestimmen, hilft dagegen oft (1), da dort nicht nur eine Größenaussage, sondern auch eine Aussage über die benötigten Repräsentanten gemacht wird.

Beweis. Ad (1). Schreibe 𝔤^{−1} = x𝔟 mit x ∈ K^{×} und 𝔟 ∈ Ideale^{×}(O_{K}). Es ist [𝔟] = [𝔤^{−1}]. Wähle b ∈ 𝔟^{×} mit |N_{K|Q}(b)| ⩽ ξ_{K} · |O_{K}/𝔟|; cf. Lemma 117. Es ist 𝔞 := (b)𝔟^{−1} ∈ Ideale^{×}(O_{K}). Ferner ist [𝔞] = [𝔟^{−1}] = [𝔤]. Als Ideale von Z ist

(|O_{K}/𝔞|) =^{L. 91} N_{K|Q}(𝔞)
=^{L. 88}_{A. 34.(1)} N_{K|Q}( (b) ) N_{K|Q}(𝔟)^{−1}
=^{B. 86.(3)}_{L. 91} ( N_{K|Q}(b) )(|O_{K}/𝔟|)^{−1}
= ( N_{K|Q}(b) · |O_{K}/𝔟|^{−1}) .

Es folgt |O_{K}/𝔞| = |N_{K|Q}(b)| · |O_{K}/𝔟|^{−1} ⩽ ξ_{K} . Ad (2). Wir wollen zeigen, daß { 𝔞 ∈ Ideale^{×}(O_{K}) : |O_{K}/𝔞| ⩽ ξ_{K} } endlich ist und die Kardinalität dieser Menge nach oben abschätzen. Dies genügt, denn nach (1) ist dann

|Cl(O_{K})| ⩽ |{ 𝔞 ∈ Ideale^{×}(O_{K}) : |O_{K}/𝔞| ⩽ ξ_{K} }| .

Sei 𝔞 ∈ Ideale^{×}(O_{K}) mit |O_{K}/𝔞| ⩽ ξ_{K} gegeben. Ist 𝔮 ∈ Ideale_{prim}^{×}(O_{K}) und ν ⩾ 0 mit 𝔞 ⊆ 𝔮^{ν} gegeben, dann ist N_{K|Q}(𝔮^{ν}) = (p^{fν}) mit (p) := Z ∩ 𝔮 und f := [O_{K}/𝔮 : Z/(p)] ; cf. Aufgabe 43.(1). Sei o.E. p > 0. Es ist

p^{fν} =^{L. 91} |O_{K}/𝔮^{ν}| ⩽ |O_{K}/𝔞| ⩽ ξ_{K} .

Ist ν ⩾ 1, so folgt p ⩽ ξ_{K} . Also können wir 𝔞 = ∏_{i∈[1,η]} ∏_{j∈[1,d_{i}]} 𝔮_{i, j}^{ν_{i, j}} schreiben, mit ν_{i, j} ⩾ 0 stets und, desweiteren, p_{i}^{f_{i, j} ν_{i, j}} ⩽ ξ_{K} , i.e. ν_{i, j} ⩽ log_{p_{i}}(ξ_{K})f_{i, j}^{−1} ; für den Wert von ν_{i, j} gibt es also nur rund(log_{p_{i}}(ξ_{K})f_{i, j}^{−1}) Möglichkeiten. Somit ist

|{ 𝔞 ∈ Ideale^{×}(O_{K}) : |O_{K}/𝔞| ⩽ ξ_{K} }| ⩽ ∏_{i∈[1,η]} ∏_{j∈[1,d_{i}]} rund(log_{p_{i}}(ξ_{K})f_{i, j}^{−1}) .

Ad (3). Dies folgt aus (2) ; cf. Definition 67.

Beispiel 119 Sei K = Q(\sqrt{−5}). Schreibe α := \sqrt{−5}. Es ist O_{Q(α)} = Z[α] ; cf. Aufgabe 3. Es ist Einb_{R}(Q(α)) = ∅. Es ist Einb_{C}(Q(α)) := {id_{Q(α)}} wählbar. Es ist r = 0 und s = 1. Ferner ist Δ_{Q(α)} = −20 ; cf. Aufgabe 16.(1). Also ist ξ_{Q(α)} = \frac{2!}{2^{2}} · (\frac{4}{π})^{1} · |(−20)|^{1/2} = 4π^{−1}\sqrt{5} ≈ 2,847 < 3. Somit ist, in der Notation von Satz 118.(2), η = 1 und p_{1} = 2. Es ist log_{2}(ξ_{Q(α)}) ≈ 1,5095. Es ist (2) = (2, α + 5)^{2} = (2, 1 + α)^{2} die Primidealfaktorzerlegung; cf. Aufgabe 30.(3); cf. auch Aufgabe 27.(1). Also ist d_{1} = 1, 𝔮_{1,1} = (2, 1 + α), e_{1,1} = 2 und f_{1,1} = 1; letzteres, da e_{1,1}f_{1,1} = k = 2 ist gemäß Aufgabe 43.(2). Folglich ist |Cl(O_{Q(α)})| ⩽ rund(log_{2}(ξ_{Q(α)})) = 2 dank Satz Satz75.(2). Man kann auch direkter argumentieren und anführen, daß nun nur die Klassen [𝔮_{1,1}^{0}] und [𝔮_{1,1}^{1}] in |Cl(O_{Q(α)})| liegen. Da wir in Aufgabe 27.(1) das Element [(2, 1 + α)] der Ordnung 2 in Cl(O_{Q(α)}) gefunden haben, folgt |Cl(O_{Q(α)})| = 2 ; genauer,

Cl(O_{Q(α)}) = ⟨⟨ [(2, 1 + α)] ⟩⟩ ≃ C_{2} .

3.2.3 Endliche Erzeugtheit der Einheitengruppe

Lemma 120 Sei R ∈ R_{>0} . Schreibe N_{⩽R} := { x ∈ O_{K}^{×} : |N_{K|Q}(x)| ⩽ R }. Dann gibt es eine endliche Teilmenge N_{⩽R}^{0} ⊆ N_{⩽R} mit der Eigenschaft, daß es für alle x ∈ N_{⩽R} ein u ∈ U(O_{K}) gibt mit xu ∈ N_{⩽R}^{0} .

Beweis. Schreibe N_{z} := { x ∈ O_{K} : |N_{K|Q}(x)| = z } für z ∈ Z_{⩾1} . Es genügt zu zeigen, daß für jedes z ∈ Z_{⩾1} eine endliche Teilmenge N_{z}^{0} ⊆ N_{z} existiert mit der Eigenschaft, daß es für alle x ∈ N_{z} ein u ∈ U(O_{K}) gibt mit xu ∈ N_{z}^{0} . Denn dann können wir N_{⩽R}^{0} := ⋃_{z∈Z_{⩾1} , z⩽R} N_{z}^{0} nehmen. Als abelsche Gruppe ist O_{K} ≃ Z^{⊕k}; cf. Lemma 33. Also ist O_{K}/zO_{K} ≃ (Z/(z))^{⊕k} und somit von Ordnung |O_{K}/zO_{K}| = z^{k}. Wähle N_{z}^{0} ⊆ N_{z} so, daß { x + zO_{K} : x ∈ N_{z} } = { y + zO_{K} : y ∈ N_{z}^{0} } ist mit y + zO_{K} ≠ ỹ + zO_{K} für y, ỹ ∈ N_{z}^{0} . Insbesondere ist |N_{z}^{0}| ⩽ z^{k}. Sei x ∈ N_{z} gegeben, i.e. sei x ∈ O_{K} mit |N_{L|K}(x)| = z. Sei x + zO_{K} = y + zO_{K} mit y ∈ N_{z}^{0} . Wir haben zu zeigen, daß \frac{x}{y} ∈^{!} O_{K} und \frac{y}{x} ∈^{!} O_{K} liegen, denn dann folgt u := \frac{y}{x} ∈ U(O_{K}) und xu = y ∈ N_{z}^{0} . Wegen Symmetrie genügt es, \frac{x}{y} ∈^{!} O_{K} zu zeigen. Es ist x ∈ y + zO_{K} . Also ist x = y + N_{L|K}(y)w für ein w ∈ O_{K} . Mit y′ := ∏_{ℓ∈[2,k]} ρ_{ℓ}(y) ist N_{L|K}(y) =^{L. 15.(2)} yy′. Es ist y′ ∈ O_{E} gemäß Lemma 20.(1). Es ist y′ = N_{L|K}(y)y^{−1} ∈ K. Also ist y′ ∈ O_{E} ∩ K = O_{K} . Es folgt

\frac{x}{y} = \frac{y + N_{L|K}(y)w}{y} = 1 + wy′ ∈ O_{K} .

Definition 121 Sei K′_{C} := ∏_{σ∈Einb(K)} R, gesehen als euklidischer Raum mit dem Standardskalarprodukt. Wir haben den Morphismus abelscher Gruppen

[figure: U(K_{C}); λ; K′_{C}; z = (z_{σ})_{σ}; λ(z) := (ln |z_{σ}|)_{σ} ,]

wobei natürlich U(K_{C}) multiplikativ und K′_{C} additiv geschrieben wird. Sei K′_{R} := { (w_{σ})_{σ} ∈ K′_{C} : w_{σ} = wσ̄ für σ ∈ Einb(K) } ⊆ K′_{C} . Es ist dim_{R}(K′_{R}) = r + s, da eine R-lineare Basis von K′_{R} gegeben ist durch

( (∂_{τ,σ})_{σ} : τ ∈ Einb_{R}(K) ) ⊔ ( (∂_{τ,σ} + ∂_{τ̄,σ})_{σ} : τ ∈ Einb_{C}(K) ) .

Wir haben die Einschränkung

U(K_{R}) ^{\overline{}^{λ_{R} := λ|_{U(K_{R})}^{K′_{R}}}} K′_{R} ,

denn aus zσ̄ = z̄_{σ} folgt ln |zσ̄| = ln |z̄_{σ}| = ln |z_{σ}| für σ ∈ Einb(K).

Für w = (w_{σ})_{σ} ∈ K′_{C} sei Tr(w) = ∑_{σ∈Einb(K)} w_{σ}. Für z ∈ K_{C} ist Tr(λ(z)) = ln |N(z)|; cf. Definition 111.(3).

Sei H := { w ∈ K′_{R} : Tr(w) = 0 } ⊆ K′_{R} . Es ist dim_{R}(H) = −1 + dim_{R}(K′_{R}) = r + s − 1.

Sei S := λ_{R}^{−1}(H) = { z ∈ U(K_{R}) : Tr(λ(z)) = 0 } = { z ∈ K_{R} : |N(z)| = 1 } ⩽ U(K_{R}). Also haben wir auch die Einschränkung

S ^{\overline{}^{λ_{R}|_{S}^{H}}} H .

Wir erinnern an ι(K) ⊆ K_{R} ; cf. Bemerkung 112.(3). Es ist ι(U(O_{K})) ⊆ S, da für u ∈ U(O_{K}) sich N(ι(u)) = N_{K|Q}(u) ∈ U(Z) = {−1, +1} ergibt ; cf. Definition 111, Lemma 20.(4).

Schreibe

M := { u ∈ U(O_{K}) : λ(ι(u)) = 0 }
= { u ∈ U(O_{K}) : |σ(u)| = 1 für σ ∈ Einb(K) }
⩽ U(O_{K}) .

Schreibe

F := λ(ι(U(O_{K}))) ⩽ H .

So haben wir folgendes kommutative Diagramm von Gruppen und Gruppenmorphismen.

\xymatrix{ &  & U(K_{C}) \ar[r]^{λ} & K′_{C} \\  & U(K) \ar[r]^{ι|_{U(K)}^{U(K_{R})}} & U(K_{R}) \ar[r]^{λ_{R}} \ar@{^{(}->}[u] & K′_{R} \ar@{^{(}->}[u] \\ M \ar@{^{(}->}[r] & U(O_{K}) \ar@{^{(}->}[u] \ar[r]^{ι|_{U(O_{K})}^{S}} \ar[dr]^{(λ∘ι)|_{U(O_{K})}^{F}} & S \ar@{^{(}->}[u] \ar[r]^{λ_{R}|_{S}^{H}} & H \ar@{^{(}->}[u] \\  &  & F \ar@{^{(}->}[ur]}

Darin werden die Gruppen F, K′_{C} , K′_{R} , H und F additiv geschrieben, die anderen werden multiplikativ geschrieben.

Bemerkung 122 Es sind λ, λ|_{U(K_{R})}^{K′_{R}} und λ|_{S}^{H} surjektiv.

Beweis. Auf (w_{τ})_{τ} ∈ K′_{C} bildet e.g. (e^{w_{τ}})_{τ} ∈ U(K_{C}) ab. Auf (w_{τ})_{τ} ∈ K′_{R} bildet e.g. (e^{w_{τ}})_{τ} ∈ U(K_{R}) ab. Schließlich ist λ|_{S}^{H} dank Urbildkonstruktion surjektiv.

Definition 123 Sei μ(K) := { ζ ∈ K : es gibt ein m ∈ Z_{⩾1} mit ζ^{m} = 1 } die Menge der Einheitswurzeln in K.

Lemma 124 (1) Es ist μ(K) = M.

(2) Es ist μ(K) eine zyklische endliche Untergruppe von U(O_{K}).

Beweis. Zu μ(K) ⊆^{!} M. Ist ζ^{m} = 1 für ein m ∈ Z_{⩾1} , so ist ζ als Nullstelle von X^{m} − 1 in O_{K} enthalten. Da ζ ·ζ^{m−1} = 1, ist ζ ∈ U(O_{K}). Ferner ist dann auch |σ(ζ)|^{m} = |σ(ζ^{m})| = 1 und somit |σ(ζ)| = 1 für σ ∈ Einb(K).

Zu μ(K) ⊇^{!} M und zur Endlichkeit von M. Sei u ∈ M gegeben, i.e. es ist u ∈ U(O_{K}) mit |σ(u)| = 1 für σ ∈ Einb(K). Also ist ∥ι(u)∥^{2} = ∑_{σ∈Einb(K)} |σ(u)|^{2} = k. Somit ist ι(u) ∈ B_{1+\sqrt{k}}(0).

Es ist ι(O_{K}) ein Gitter in K_{R} , also eine diskrete Teilmenge darin; cf. Lemmata 114 und 108. Somit ist ι(M) als Teilmenge von B_{1+\sqrt{k}}(0) ∩ ι(O_{K}) endlich; cf. Definition 105. Wegen der Injektivität von ι ist also auch M endlich.

Nun ist { u^{i} : i ∈ Z } als Teilmenge von M endlich. Folglich gibt es i, j ∈ Z mit i ≠ j und u^{i} = u^{j}, also mit u^{j−i} = 1 und folglich mit u^{|j−i|} = 1. Also ist u ∈ μ(K).

Insgesamt ist die Untergruppe M von U(O_{K}) zum einen gleich μ(K), zum anderen endlich. Als endliche Untergruppe von U(K) ist μ(K) zyklisch; cf. [5, Aufgabe 27.(5)].

Lemma 125 Es ist F ein volles Gitter in H.

Beweis.

Zeigen wir, daß F ein Gitter in H ist. Wir haben zu zeigen, daß die Untergruppe F von H diskret ist ; cf. Lemma 108. Es genügt zu zeigen, daß die Untergruppe F von K′_{R} diskret ist. Es genügt zu zeigen, daß die Schnittmenge B_{1}(0)∩F endlich ist; cf. Bemerkung 106.(4).

Dazu genügt es zu zeigen, daß λ_{R}^{−1}(B_{1}(0)) ∩ ι(U(O_{K})) endlich ist. Dazu genügt es zu zeigen, daß λ_{R}^{−1}(B_{1}(0)) ∩ ι(O_{K}) endlich ist. Da ι(O_{K}) ein Gitter in K_{R} ist, genügt es zu zeigen, daß λ_{R}^{−1}(B_{1}(0)) beschränkt ist; cf. Lemmata 114 und 108, Definition 105.

Ist z ∈ K_{R} mit λ(z) ∈ B_{1}(0) gegeben, dann ist ∥λ(z)∥^{2} = ∑_{σ∈Einb(K)}(ln |z_{σ}|)^{2} < 1. Also ist |z_{σ}| < e für σ ∈ Einb(K). Folglich ist ∑_{σ∈Einb(K)} |z_{σ}|^{2} < e^{2}k.

Dies zeigt λ_{R}^{−1}(B_{1}(0)) ⊆ B_{e\sqrt{k}}(0).

Zeigen wir, daß das Gitter F in H voll ist. Gemäß Lemma 109 müssen wir eine beschränkte Teilmenge B ⊆ H mit H = ⋃_{f∈F} (f + B) finden.

Für c = (c_{σ})_{σ∈Einb(K)} mit stets c_{σ} ∈ R_{>0} und c_{σ} = cσ̄ setzen wir

Z_{c} := { z = (z_{σ})_{σ} ∈ K_{R} : |z_{σ}| ⩽ c_{σ} für σ ∈ Einb(K) } ⊆ K_{R} .

Sind z, z̃ ∈ Z_{c}, dann ist |\frac{1}{2}(z_{σ} − z̃_{σ})| ⩽ \frac{1}{2}|z_{σ}| + \frac{1}{2}|z̃_{σ}| ⩽ \frac{1}{2}c_{σ} + \frac{1}{2}c_{σ} = c_{σ} für σ ∈ Einb(K) und somit \frac{1}{2}(z − z̃) ∈ Z_{c}. Für z ∈ Z_{c} ist ferner ∥z∥^{2} = ∑_{σ∈Einb(K)} |z_{σ}|^{2} ⩽ ∑_{σ∈Einb(K)} c_{σ}^{2} und also Z_{c} ⊆ K_{R} eine beschränkte Teilmenge.

Schreiben wir z ∈ K_{R} als R-Linearkombination in der Orthonormalbasis aus Bemerkung 112.(1, 2), i.e. als

z = ( ∑_{τ∈Einb_{R}(K)} a_{τ}(∂_{τ,σ})_{σ})+( ∑_{τ∈Einb_{C}(K)} u_{τ}(2^{−1/2}(∂_{τ,σ}+ ∂_{τ̄,σ}))_{σ})+( ∑_{τ∈Einb_{C}(K)} v_{τ}(2^{−1/2}(i∂_{τ,σ}−i∂_{τ̄,σ}))_{σ})

mit a_{τ} , u_{τ} , v_{τ} ∈ R stets, dann ist z_{τ} = a_{τ} , also |z_{τ}| = |a_{τ}| für τ ∈ Einb_{R}(K) und z_{τ} = 2^{−1/2}(u_{τ} + iv_{τ}), also |z_{τ}| = 2^{−1/2}(u_{τ}^{2} + v_{τ}^{2})^{1/2} = |zτ̄| für τ ∈ Einb_{C}(K). Also ist z ∈ Z_{c} genau dann, wenn

|a_{τ}| ⩽ c_{τ} für τ ∈ Einb_{R}(K)
2^{−1/2}(u_{τ}^{2} + v_{τ}^{2})^{1/2} ⩽ c_{τ} für τ ∈ Einb_{C}(K)

ist. Gemäß Aufgabe 45.(1) ist vol(Z_{c}) = 2^{r+s}π^{s}(∏_{τ∈Einb_{R}(K)} c_{τ})(∏_{τ∈Einb_{C}(K)} c_{τ}^{2}) = 2^{r+s}π^{s} ∏_{τ∈Einb(K)} c_{τ} .

Im Beweis zu Lemma 116 hatten wir unsere Orthonormalbasis in analoger Weise verwendet.

Wähle nun ein solches c so, daß C := ∏_{τ∈Einb(K)} c_{τ} > 2^{s}π^{−s}|Δ_{K}|^{1/2} ist.

Für y ∈ U(K_{R}) schreiben wir c_{y} := (|y_{σ}|^{−1}c_{σ})_{σ}.

Sei y ∈ S. Dann ist |N(y)| = 1 und also ∏_{τ∈Einb(K)} |y_{τ}|^{−1}c_{τ} = C. Es ist vol(Z_{c_{y}}) = 2^{r+s}π^{s}C > 2^{k}|Δ_{K}|^{1/2} = 2^{k}vol(ι(O_{K})) ; cf. Lemma 114. Also gibt es mit dem Minkowskischen Gitterpunktsatz ein x_{y} ∈ O_{K}^{×} mit ι(x_{y}) ∈ Z_{c_{y}} , i.e. mit |σ(x_{y})| ⩽ |y_{σ}|^{−1}c_{σ} für σ ∈ Einb(K) ; cf. Lemma 110.

Wähle eine endliche Teilmenge N_{⩽C}^{0} ⊆ N_{⩽C} = { x ∈ O_{K}^{×} : |N_{K|Q}(x)| ⩽ C } mit der Eigenschaft, daß es für alle x ∈ N_{⩽C} ein u ∈ U(O_{K}) gibt mit xu ∈ N_{⩽C}^{0} ; cf. Lemma 120.

Sei

T := S ∩ ⋃_{x∈N_{⩽C}^{0}} Z_{c_{ι(x)}} ⊆ S ⊆ K_{R} .

Da all diese Z_{c_{ι(x)}} beschränkt sind, ist auch T beschränkt.

Wir behaupten, es ist ⋃_{u∈U(O_{K})} ι(u)T =^{!} S. Sei y ∈ S gegeben. Wir haben zu zeigen, daß

es ein u ∈ U(O_{K}) gibt mit y ∈^{!} ι(u)T, i.e. mit ι(u)^{−1}y ∈^{!} T.

Es ist |N_{K|Q}(x_{y})| = ∏_{σ∈Einb(K)} |σ(x_{y})| ⩽ ∏_{σ∈Einb(K)} |y_{σ}|^{−1}c_{σ} = C. Also ist x_{y} ∈ N_{⩽C} . Somit gibt es ein u_{y} ∈ U(O_{K}) mit x̂ := x_{y}u_{y} ∈ N_{⩽C}^{0} . Es ist c_{ι(x̂)} = (|σ(x̂)|^{−1}c_{σ})_{σ}.

Wir wollen ι(u_{y})^{−1}y ∈^{!} T zeigen. Es ist ι(u_{y})^{−1}y ∈ S. Wir wollen ι(u_{y})^{−1}y ∈^{!} Z_{c_{ι(x̂)}} nach-

weisen, i.e. |σ(u_{y})|^{−1}|y_{σ}| ⩽^{!} |σ(x̂)|^{−1}c_{σ} = |σ(x_{y})|^{−1} |σ(u_{y})|^{−1}c_{σ}, i.e. |y_{σ}| ⩽^{!} |σ(x_{y})|^{−1} c_{σ}, i.e.

|σ(x_{y})| ⩽ |y_{σ}|^{−1}c_{σ} für σ ∈ Einb(K). Aber das ist bekannt und zeigt die Behauptung.

Sei B := λ_{R}(T). Es ist T beschränkt. Wähle R ∈ R_{>1} mit T ⊆ B_{R}(0). Sei z ∈ T. Es ist ∑_{σ∈Einb(K)} |z_{σ}|^{2} = ∥z∥^{2} < R^{2}. Also ist |z_{σ}| < R für σ ∈ Einb(K). Ferner ist z ∈ T ⊆ S. Also ist ∏_{σ∈Einb(K)} |z_{σ}| = 1 und somit |z_{σ}| > R^{1−k} für σ ∈ Einb(K). Somit ist ∥λ_{R}(z)∥^{2} = ∑_{σ∈Einb(K)}(ln |z_{σ}|)^{2} ⩽ k max{ (ln |a|)^{2} : R^{1−k} ⩽ a ⩽ R} =: R′^{2}, mit R′ ∈ R_{>0} . Also ist B ⊆ \overline{B}_{R′}(0). Folglich ist B beschränkt. Aus der Behauptung folgt nun

H =^{B. 122} λ(S) = λ( ⋃_{u∈U(O_{K})}ι(u)T ) = ⋃_{u∈U(O_{K})}λ(ι(u)T) = ⋃_{u∈U(O_{K})}λ(ι(u))+λ(T) = ⋃_{f∈F} f+B .

Satz 126 (Dirichletscher Einheitensatz) Wir erinnern die endliche Körpererweiterung K|Q. Wir erinnern an r := |Einb_{R}(K)| und s := |Einb_{C}(K)|; cf. Beginn von §3.2. Wir erinnern an die zyklische endliche Gruppe μ(K) der Einheitswurzeln in K; cf. Definition 123, Lemma 124.(2). Wir betrachten die Gruppe μ(K) × Z^{⊕(r+s−1)}. Sind hierbei (x, z) und (x̃, z̃) aus dieser Gruppe, so wird (x, z) · (x̃, z̃) = (xx̃, z + z̃). Es gibt einen Gruppenisomorphismus

U(O_{K}) ^{\overline{}^{∼}} μ(K) × Z^{⊕(r+s−1)} ,

der (x, 0) auf x schickt für x ∈ μ(K). Insbesondere ist U(O_{K}) eine endlich erzeugte abelsche Gruppe.

Wir kennen in Satz 126 nur die Existenz eines Isomorphismus. Konstruiert haben wir keinen. Das würde die Konstruktion einer Z-linearen Basis von F erfordern, was wir nicht leisten konnten.

Beweis. Es ist μ(K) der Kern des surjektiven Gruppenmorphismus U(O_{K}) ^{\overline{}^{(λ∘ι)|_{U(O_{K})}^{F}}} F ; cf. Lemma 124. Da F ein volles Gitter in H ist und da dim_{R}(H) = r + s − 1 ist, folgt F ≃ Z^{⊕(r+s−1)} ; cf. Lemma 125, Definition 101. Also ist U(O_{K}) ≃ μ(K) × Z^{⊕(r+s−1)} ; cf. Aufgabe 52.(2). Da zudem μ(K) eine endliche Gruppe ist, folgt, daß U(O_{K}) endlich erzeugt ist.

Beispiel 127 (1) Sei K = Q(\sqrt{−5}). Es ist O_{Q(\sqrt{−5})} = Z[\sqrt{−5}] ; cf. Aufgabe 3.

Für a, b ∈ Z ist a+b\sqrt{−5} ∈ U(Z[\sqrt{−5}]) genau dann, wenn N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(a+b\sqrt{−5}) = a^{2} + 5b^{2} in U(Z) = {−1, +1} liegt; cf. Lemma 20.(4). Dies ist genau dann der Fall, wenn a ∈ \{−1, +1\} liegt und b = 0 ist. I.e. U(Z[\sqrt{−5}]) = \{−1, +1\} ≃ C_{2} .

Betrachten wir nun, was Satz 126 in dieser Situation besagt. Sei nun, genauer gesagt, \sqrt{−5} = i\sqrt{5}. Es ist r = 0 und s = 1.

Es bildet μ(Q(\sqrt{−5})) isomorph nach μ(Q(\sqrt{−5}))×Z^{⊕(0+1−1)} und dies isomorph nach U(Z[\sqrt{−5}]) ab. Dabei kommt x nach (x, 0) und sodann nach x. Also ist U(Z[\sqrt{−5}]) = μ(Q(\sqrt{−5})) = M.

Für a, b ∈ Z ist |a + bi\sqrt{5}|^{2} = a^{2} + 5b^{2} und |a − bi\sqrt{5}|^{2} = a^{2} + 5b^{2}. Also ist dieses Element a + bi\sqrt{5} genau dann in M, wenn a^{2} + 5b^{2} = 1 ist, i.e. wenn a ∈ \{−1, +1\} und b = 0 ist. Es folgt μ(Q(\sqrt{−5})) = M = \{−1, +1\}; cf. Lemma 124.(1).

Also ist U(Z[\sqrt{−5}]) = \{−1, +1\}.

(2) Sei K = Q(\sqrt{5}). Schreibe α := \frac{1}{2}(1 + \sqrt{5}). Es ist O_{Q(\sqrt{5})} = Z[α] ; cf. Aufgabe 3. Es ist r = 2 und s = 0.

Wir bestimmen μ(Q(\sqrt{5})). Ist z ∈ μ(Q(\sqrt{5})), dann können wir ein m ∈ Z_{⩾1} wählen mit z^{m} = 1. Also ist |z|^{m} = |z^{m}| = 1. Da z ∈ Q(\sqrt{5}) ⊆ R liegt, folgt z ∈ \{−1, +1\}. Es folgt μ(Q(\sqrt{5})) = \{−1, +1\} ≃ C_{2} .

Also ist U(Z[\sqrt{5}]) ≃ μ(Q(\sqrt{5})) × Z^{⊕(2+0−1)} ≃ C_{2} × Z ; cf. Satz 126. Cf. Aufgabe 53.(2).

Zerlegung, Verzweigung, Trägheit

4.1 Kreisteilungskörper

Bemerkung 128 Seien k, ℓ ∈ Z_{⩾1} teilerfremd. Wähle s, t ∈ Z mit sk + tℓ = 1.

(1) Es sind Q(ζ_{k})|Q und Q(ζ_{ℓ})|Q linear disjunkt.

(2) Es ist Q(ζ_{kℓ})|Q, zusammen mit den Einbettungen, ein Kompositum von Q(ζ_{k})|Q und Q(ζ_{ℓ})|Q.

(3) Wir haben den Gruppenisomorphismus

[figure: U(Z/(kℓ)); ∼; U(Z/(k)) × U(Z/(ℓ)); z + (kℓ); (z + (k), z + (ℓ)); tℓu + skv + (kℓ); (u + (k), v + (ℓ)) .]

Es ist φ(k · ℓ) = φ(k) · φ(ℓ).

Beweis. Es sind Q(ζ_{k}) und Q(ζ_{ℓ}) Teilkörper von Q(ζ_{kℓ}).

ζ_{kℓ} = exp(2πi(kℓ)^{−1})^{1} = exp(2πi(kℓ)^{−1})^{sk+tℓ} = exp(2πi ℓ^{−1})^{s} exp(2πi k^{−1})^{t} = ζ_{ℓ}^{s} · ζ_{k}^{t} .

Ein Teilkörper von Q(ζ_{kℓ}), der Q(ζ_{k}) und Q(ζ_{ℓ}) enthält, enthält also auch ζ_{kℓ} und ist damit gleich Q(ζ_{kℓ}). Also ist Q(ζ_{kℓ})|Q Kompositum von Q(ζ_{k})|Q und Q(ζ_{ℓ})|Q ; cf. Beispiel 41.(1).

Wir haben den surjektiven Ringmorphismus Z \overline{}Z/(k) × Z/(ℓ), z \overline{}(z + (k), z + (ℓ)); cf. Aufgabe 26.(1). Dieser hat Kern (k)∩(ℓ), was wegen k und ℓ teilerfremd gleich (kℓ) ist. Somit ist Z/(kℓ) ≃ Z/(k)×Z/(ℓ) als Ringe; cf. [5, §1.5]. Das gibt den Gruppenisomorphismus U(Z/(kℓ)) ^{\overline{}^{∼}} U(Z/(k)×Z/(ℓ)) = U(Z/(k))×U(Z/(ℓ)), z+(kℓ) \overline{}(z+(k), z+(ℓ)). Sein Inverses ist gegeben durch tℓu+skv +(kℓ) \overline{}(u+(k), v +(ℓ)), da dies wohldefiniert ist und da wir z + (kℓ) = tℓz + skz + (kℓ) \overline{}(z + (k), z + (ℓ)) erhalten.

Folglich ist φ(k · ℓ) = |U(Z/(kℓ))| = |U(Z/(k))| · |U(Z/(ℓ))| = φ(k) · φ(ℓ). Also ist

[Q(ζ_{kℓ}) : Q] =^{A. 17.(1)} φ(kℓ) = φ(k) · φ(ℓ) =^{A. 17.(1)} [Q(ζ_{k}) : Q] · [Q(ζ_{ℓ}) : Q] .

Somit sind Q(ζ_{k})|Q und Q(ζ_{ℓ})|Q linear disjunkt; cf. Lemma 44.

Lemma 129 (Kreisteilungsring im Primpotenzfall) Sei p ∈ Z_{>0} eine Primzahl. Sei α ∈ Z_{⩾1} . Schreibe q := p^{α−1}. Beachte pq = p^{α}.

(1) Es ist Φ_{p^{α}}(X) = ∑_{i∈[0,p−1]} X^{qi} und [Q(ζ_{p^{α}}) : Q] = φ(pq) = (p − 1)q.

(2) Es ist O_{Q(ζ_{p^{α}})} = Z[ζ_{p^{α}}].

(3) In Z[ζ_{p^{α}}] ist (p) = (1−ζ_{p^{α}})^{(p−1)q} die Primidealfaktorzerlegung im Sinne von Satz 63. Es ist F_{p} ^{\overline{}^{∼}} Z[ζ_{p^{α}}]/(ζ_{p^{α}} − 1), z + (p) \overline{}z + (ζ_{p^{α}} − 1) ein Körperisomorphismus.

(4) Es ist |Δ_{Q(ζ_{p^{α}})}| = p^{q(αp−α−1)}.

Cf. Aufgabe 57 für das Vorzeichen in Lemma 129.(4).

Beweis. Schreibe ζ := ζ_{pq}. Schreibe O := O_{Q(ζ)} . Als Nullstelle von X^{pq} − 1 liegt ζ ∈ O, und somit ist Z[ζ] ⊆ O.

Da X^{q} − 1 =^{A. 17.(2)} ∏_{β∈[0,α−1]} Φ_{p^{β}}(X) und X^{pq} − 1 =^{A. 17.(2)} ∏_{β∈[0,α]} Φ_{p^{β}}(X) ist, folgt

Φ_{pq}(X) = (X^{pq} − 1)/(X^{q} − 1) = ∑_{i∈[0,p−1]} X^{qi} .

Sodann ist [Q(ζ) : Q] = deg(μ_{ζ,Q}) = deg(Φ_{pq}) = (p − 1)q; cf. Aufgabe 17. Damit ist (1) gezeigt. Andererseits ist mit U := { k ∈ [0, pq − 1] : k ≢_{p} 0 } auch

Φ_{pq}(X) = ∏_{k+(pq)∈U(Z/(pq))}(X − ζ^{k}) = ∏_{k∈U}(X − ζ^{k}) ;

cf. Lemma 14, Aufgabe 17.(1). Zusammengenommen wird

p = ∑_{i∈[0, p−1]} 1^{qi} = Φ_{pq}(1) = ∏_{k∈U}(1 − ζ^{k}) .

Sei k ∈ U. Wähle ℓ ∈ Z mit kℓ ≡_{pq} 1. Es ist \frac{1−ζ^{k}}{1−ζ} ∈ Z[ζ] . Es ist (\frac{1−ζ^{k}}{1−ζ})^{−1} = \frac{1−ζ^{kℓ}}{1−ζ^{k}} ∈ Z[ζ] . Also ist \frac{1−ζ^{k}}{1−ζ} ∈ U(Z[ζ]) ⩽ U(O).

Es folgt

(p) = ∏_{k∈U}(1 − ζ^{k}) = ∏_{k∈U}((1 − ζ^{k}) · \frac{1−ζ}{1−ζ^{k}}) = (1 − ζ)^{(p−1)q}

als Ideale in O.

Sei nun (1 − ζ) = 𝔭_{1}^{ν_{1}} ⋯ 𝔭_{s}^{ν_{s}} die Primidealfaktorzerlegung, wobei 𝔭_{i} ∈ Ideale_{prim}^{×}(O) und ν_{i} ⩾ 1 für i ∈ [1, s] und wobei 𝔭_{i} ≠ 𝔭_{j} für i, j ∈ [1, s] mit i ≠ j; cf. Lemma 54, Satz 63. Dann ist

(p) = 𝔭_{1}^{(p−1)qν_{1}} ⋯ 𝔭_{s}^{(p−1)qν_{s}} .

Schreibe f_{i} := [O/𝔭_{i} : Z/(p)] für i ∈ [1, s] ; cf. Aufgabe 43.(1). Es folgt

(p − 1)q = ∑_{i∈[1,s]}(p − 1)q ν_{i} · f_{i};

cf. Aufgabe 43.(2). Es folgt 1 = ∑_{i∈[1,s]} ν_{i} f_{i}, also s = 1, ν_{1} = 1, 𝔭_{1} = (ζ − 1) prim und f_{1} = 1. Folglich haben wir den Körperisomorphismus

[figure: F_{p} = Z/(p); ∼; O/(ζ − 1); z + (p); z + (ζ − 1) .]

Damit ist unter anderem (2) ⇒ (3) gezeigt.

Wir haben die Z-lineare Basis \underline{z} := ( ζ^{i} : i ∈ [0, (p − 1)q − 1] ) von Z[ζ]. Es ist

Φ′_{pq}(X) = (∏_{k∈U}(X − ζ^{k}))′ = ∑_{ℓ∈U} ∏_{k∈U∖{ℓ}}(X − ζ^{k}) ,

für m ∈ U also

Φ′_{pq}(ζ^{m}) = ∏_{k∈U∖{m}}(ζ^{m} − ζ^{k}) .

Wir erhalten

|Δ_{Q(ζ)|Q, \underline{z}}| =^{B. 25} | ∏_{k, ℓ ∈ U, k<ℓ}(ζ^{ℓ} − ζ^{k})^{2}|
= | ∏_{m∈U} ∏_{k∈U∖{m}}(ζ^{m} − ζ^{k})|
= | ∏_{m∈U} Φ′_{pq}(ζ^{m})|
=^{K. 16.(2)} |N_{Q(ζ)|Q}(Φ′_{pq}(ζ))| .

Wäre O = Z[ζ] bereits bekannt, so hätten wir auch 𝔇_{Q(ζ)|Q} =^{L. 97} (Φ′_{pq}(ζ)) und erhielten damit ebenfalls

(Δ_{Q(ζ)|Q, \underline{z}}) =^{L. 96} 𝔡_{Q(ζ)|Q,Z} =^{D. 95.(2)} N_{Q(ζ)|Q}(𝔇_{Q(ζ)|Q,Z}) =^{B. 86.(3)} ( N_{Q(ζ)|Q}(Φ′_{pq}(ζ)) ) .

Aus Φ_{pq}(X)(X^{q} − 1) = X^{pq} − 1 folgt durch formales Ableiten

Φ′_{pq}(X)(X^{q} − 1) + Φ_{pq}(X) · qX^{q−1} = pqX^{pq−1}

und also

Φ′_{pq}(ζ) = \frac{pqζ^{−1}}{ζ^{q} − 1} ;

cf. [5, Aufgabe 11].

Es ist Gal(Q(ζ^{q})|Q) ≃ U(Z/(p)) und μ_{ζ^{q},Q}(X) = Φ_{p}(X) = \frac{X^{p}−1}{X−1} ; cf. Aufgabe 17. Also wird

∏_{i∈[1,p−1]}(X−(ζ^{qi}−1)) =^{L. 14} μ_{ζ^{q}−1,Q}(X) = μ_{ζ^{q},Q}(X+1) = Φ_{p}(X+1) = \frac{(X + 1)^{p} − 1}{(X + 1) − 1} = ∑_{i∈[0,p−1]} (\begin{matrix}p \\ i+1 \end{matrix}) X^{i} .

Vergleich der konstanten Terme gibt

|N_{Q(ζ^{q})|Q}(ζ^{q} − 1)| =^{K. 16.(2)} | ∏_{i∈[1,p−1]}(ζ^{qi} − 1)| = p .

Gemäß Korollar 16.(2) und Lemma 19.(2) ist

|N_{Q(ζ)|Q}(ζ^{q} − 1)| = | N_{Q(ζ^{q})|Q}(N_{Q(ζ)|Q(ζ^{q})}(ζ^{q} − 1))| = | N_{Q(ζ^{q})|Q}((ζ^{q} − 1)^{q})| = p^{q} .

Desweiteren ist ζ ∈ U(O), also N_{Q(ζ)|Q}(ζ) ∈ U(Z) und somit | N_{Q(ζ)|Q}(ζ)| = 1. Es folgt

|Δ_{Q(ζ)|Q, \underline{z}}| = |N_{Q(ζ)|Q}(Φ′_{pq}(ζ))|
= |N_{Q(ζ)|Q}(\frac{pqζ^{−1}}{ζ^{q} − 1})|
= (pq)^{(p−1)q} · p^{−q}
= p^{q(αp−α−1)} .

Dank (1) ist damit (2) ⇒ (4) gezeigt.

Es bleibt also (2) zu zeigen. Schreibe π := 1 − ζ. Oben haben wir den Isomorphismus Z/(p) ^{\overline{}^{∼}} O/(π), z + (p) \overline{}z + (π) gesehen. Dessen Surjektivität bedeutet

Z + πO = O ,

wobei hier eine Summe von Z-Teilmoduln gebildet wurde. A fortiori ist

Z[ζ] + πO = O .

Wir behaupten Z[ζ] + π^{t}O =^{!} O für t ⩾ 1. Induktion nach t ⩾ 1. Sei Z[ζ] + π^{t}O = O bekannt. Es folgt

Z[ζ] + π^{t+1}O = Z[ζ] + πZ[ζ] + π^{t+1}O
= Z[ζ] + π(Z[ζ] + π^{t}O)
=^{I.V.} Z[ζ] + πO
= O .

Das zeigt die Behauptung. Schreibe Δ := |Δ_{Q(ζ)|Q, \underline{z}}| = p^{q(αp−α−1)}. Für t_{0} := (p − 1)q · q(αp − α − 1) ist

π^{t_{0}}O = (π^{(p−1)q}O)^{q(αp−α−1)} = (pO)^{q(αp−α−1)} = ΔO ,

sodaß vorstehende Behauptung

Z[ζ] + ΔO = O

liefert. Es bleibt zu zeigen, daß ΔO ⊆ Z[ζ] liegt. Es ist

Z[ζ] ⊆ O ⊆ O^{#} ⊆ Z[ζ]^{#} ;

cf. Bemerkung 30, Lemma 31.(2). Wegen Z[ζ] = _{Z}⟨\underline{z}⟩ ist

|Z[ζ]^{#}/Z[ζ]| =^{A. 14.(3)} |Δ_{Q(ζ)|Q, \underline{z}}| = Δ .

Es folgt Δ · (Z[ζ]^{#}/Z[ζ]) = 0, mithin

ΔO ⊆ ΔZ[ζ]^{#} ⊆ Z[ζ] .

Damit ist Z[ζ] = O, was (2) zeigt. Bemerkung. Sei m ∈ Z_{⩾1} mit m ≡_{2} 1 gegeben. Seien s, t ∈ Z gewählt mit 2s + mt = 1. Insbesondere ist t ≡_{2} 1. Dann ist ζ_{2m} = ζ_{2m}^{2s+mt} = ζ_{m}^{s} · ζ_{2}^{t} = ζ_{m}^{s} · (−1)^{t} = −ζ_{m}^{s} ∈ Q(ζ_{m}) . Also ist Q(ζ_{2m}) = Q(ζ_{m}). Betrachtet man für n ∈ Z_{⩾1} den Kreisteilungskörper Q(ζ_{n}), so kann man sich folglich auf den Fall v_{2}(n) ≠ 1 beschränken.

Satz 130 (Kreisteilungsring) Sei n ∈ Z_{⩾1} mit v_{2}(n) ≠ 1.

(1) Es ist O_{Q(ζ_{n})} = Z[ζ_{n}].

(2) Sei P_{n} := { p ∈ Z_{>0} : p ist prim und n ≡_{p} 0 } die Menge der Primteiler von n. Für p ∈ Z_{>0} prim schreiben wir n[p] := p^{v_{p}(n)}. Es ist Δ_{Q(ζ_{n})} = ∏_{p∈P_{n}} Δ_{Q(ζ_{n[p]})}^{φ(n/n[p])} ; cf. Lemma 129.(4). Es ist P_{n} auch die Menge der Primteiler von Δ_{Q(ζ_{n})} .

Beweis. Wir führen eine Induktion über |P_{n}|. Als Induktionsanfang verwenden wir, daß wir die Aussagen im Falle |P_{n}| ⩽ 1 aus Lemma 129 kennen. Man beachte insbesondere, daß im Falle n = p^{α} mit p ⩾ 2 prim und α ⩾ 1 aus v_{2}(n) ≠ 1 folgt, daß p ⩾ 3 oder α ⩾ 2 ist und daher jedenfalls αp − α − 1 ⩾ 1 ist, mithin Δ_{Q(ζ_{p^{α}})} ≡_{p} 0.

Sei |P_{n}| ⩾ 2. Schreibe n = kℓ mit k, ℓ ∈ Z_{⩾2} teilerfremd. Dann ist |P_{k}| < |P_{n}| und |P_{ℓ}| < |P_{n}|. Ferner ist Q(ζ_{n})|Q ein Kompositum der linear disjunkten Körpererweiterungen Q(ζ_{k})|Q und Q(ζ_{ℓ})|Q ; cf. Bemerkung 128.(1, 2) Nach Induktion ist P_{k} die Menge der Primteiler von Δ_{Q(ζ_{k})} und P_{ℓ} die Menge der Primteiler von Δ_{Q(ζ_{ℓ})} , und es ist P_{k} ∩ P_{ℓ} = ∅. Also sind Δ_{Q(ζ_{k})} und Δ_{Q(ζ_{ℓ})} teilerfremd. Folglich können wir Satz 48 anwenden. Wir erhalten mit Induktion

Δ_{Q(ζ_{n})} =^{S. 48.(2)} Δ_{Q(ζ_{k})}^{φ(ℓ)} · Δ_{Q(ζ_{ℓ})}^{φ(k)}
=^{I.V.} (∏_{p∈P_{k}} Δ_{Q(ζ_{k[p]})}^{φ(k/k[p])} )^{φ(ℓ)} · (∏_{p∈P_{ℓ}} Δ_{Q(ζ_{ℓ[p]})}^{φ(ℓ/ℓ[p])} )^{φ(k)}
=^{B. 128.(3)} (∏_{p∈P_{k}} Δ_{Q(ζ_{k[p]})}^{φ(n/k[p])} ) · (∏_{p∈P_{ℓ}} Δ_{Q(ζ_{ℓ[p]})}^{φ(n/ℓ[p])} )
= ∏_{p∈P_{n}} Δ_{Q(ζ_{n[p]})}^{φ(n/n[p])}

cf. Aufgabe 17.(1). Es ist O_{Q(ζ_{n})} ⊇ Z[ζ_{n}], da ζ_{n} in Q(ζ_{n}) eine Nullstelle von X^{n} − 1 ist.

Zu zeigen ist O_{Q(ζ_{n})} ⊆^{!} Z[ζ_{n}]. Ist \underline{g′} eine Z-lineare Basis von O_{Q(ζ_{k})} =^{I.V.} Z[ζ_{k}] und \underline{g′′} eine Z-lineare Basis von O_{Q(ζ_{ℓ})} =^{I.V.} Z[ζ_{ℓ}], dann ist ( g′_{i}g′′_{j} : i ∈ [1, φ(k)], j ∈ [1, φ(ℓ)] ) eine Z-lineare Basis von O_{Q(ζ_{n})} ; cf. Satz 48.(2). Da Z[ζ_{k}] ⊆ Z[ζ_{n}] und Z[ζ_{ℓ}] ⊆ Z[ζ_{n}], ist auch g′_{i}g′′_{j} ∈ Z[ζ_{n}] stets und folglich O_{Q(ζ_{n})} ⊆ Z[ζ_{n}].

Satz 131 (Primidealfaktorzerlegung in Kreisteilungsringen) Sei n ∈ Z_{⩾1} mit v_{2}(n) ≠ 1. Sei p ∈ Z_{>0} prim. Wir schreiben n[p] := p^{v_{p}(n)}. Sei e := φ(n[p]) . Sei f := |⟨⟨p + (n/n[p])⟩⟩| die Ordnung der Restklasse von p in U(Z/(n/n[p])). Sei d := φ(n/n[p])/f ; cf. [5, Aufgabe 11.(1.c)]. Für g(X) ∈ Z[X] schreiben wir ḡ(X) für sein Bild unter der koeffizientenweise angewandten Restklassenabbildung Z \overline{}F_{p}. Die Faktorisierung von Φ̄_{n}(X) in normierte irreduzible Faktoren in F_{p}[X] ist von der Form

Φ̄_{n}(X) = ∏_{i∈[1,d]} ḡ_{i}(X)^{e}

für geeignete normierte Polynome g_{i}(X) ∈ Z[X] mit deg(g_{i}) = f, mit ḡ_{i}(X) irreduzibel und mit ḡ_{i}(X) ≠ ḡ_{j}(X) für i, j ∈ [1, d] mit i ≠ j. In Z[ζ_{n}] haben wir die Primidealfaktorzerlegung im Sinne von Satz 63

(p) = ∏_{i∈[1,d]}(g_{i}(ζ_{n}), p)^{e}

mit 𝔮_{i} := (g_{i}(ζ_{n}), p) ∈ Ideale_{prim}^{×}(Z[ζ_{n}]) für i ∈ [1, d], wobei 𝔮_{i} ≠ 𝔮_{j} für i, j ∈ [1, d] mit i ≠ j. Ferner ist

[Z[ζ_{n}]/𝔮_{i} : F_{p}] = f

für i ∈ [1, d].

Beweis. Schreibe ζ := ζ_{n}. Schreibe q := n[p]. Schreibe m := n/q. Für k ∈ Z_{⩾1} schreiben wir U_{k} := { z ∈ [0, k − 1] : (z) + (k) = (1) }, sodaß U(Z/(k)) = { z + (k) : z ∈ U_{k} } ist.

Faktorisiere

Φ̄_{n}(X) = ∏_{i∈[1,d̃]} ḡ_{i}(X)^{e_{i}} ∈ F_{p}[X]

mit d̃ ⩾ 1, mit e_{i} ⩾ 1, g_{i}(X) ∈ Z[X] normiert, ḡ_{i}(X) ∈ F_{p}[X] irreduzibel für i ∈ [1, d̃] und mit ḡ_{i}(X) ≠ ḡ_{j}(X) für i, j ∈ [1, d̃] mit i ≠ j.

Schreibe 𝔮_{i} := (g_{i}(ζ), p) für i ∈ [1, d̃]. Es ist

(p) = ∏_{i∈[1,d̃]} 𝔮_{i}^{e_{i}}

die Primidealfaktorzerlegung in Z[ζ], und dabei ist der Restklassenkörper Z[ζ]/𝔮_{i} ≃ F_{p}[X]/(ḡ_{i}(X)) von Grad deg(g_{i}) über F_{p} für i ∈ [1, d̃] ; cf. Lösung zu Aufgabe 30.(2).

Wir haben d̃=^{!} d, e_{i} =^{!} e und deg(ḡ_{i}) =^{!} f für i ∈ [1, d̃] zu zeigen.

Wähle s, t ∈ Z mit sq + tm = 1. Beachte (sq) + (m) = (1). Es ist

[figure: U(Z/(q)); ×; U(Z/(m)); ∼; U(Z/(n)); (u + (q); ,; v + (m)); tmu + sqv + (n) ;]

cf. Bemerkung 128.(3). Also ist U(Z/(n)) = { tmu + sqv + (n) : u ∈ U_{q} , v ∈ U_{m} }, dank Lemma 14 und Aufgabe 17.(1) also

Φ_{n}(X) = ∏_{u∈U_{q}} ∏_{v∈U_{m}}(X − ζ^{tmu+sqv}) .

Da (Z[ζ]/𝔮_{1}) | (Z/(p)) = F_{p}, ist char(Z[ζ]/𝔮_{1}) = p, also 0 = ζ^{tmuq} − 1 ≡_{𝔮_{1}} (ζ^{tmu} − 1)^{q} und daher 0 ≡_{𝔮_{1}} ζ^{tmu} − 1 stets; cf. [5, Aufgabe 24.(1)]. Somit wird

Φ_{n}(X) = ∏_{u∈U_{q}} ∏_{v∈U_{m}}(X − ζ^{tmu+sqv}) ≡_{𝔮_{1}} ∏_{u∈U_{q}} ∏_{v∈U_{m}}(X − ζ^{sqv}) = ∏_{u∈U_{q}} Φ_{m}(X) = Φ_{m}(X)^{φ(q)} .

Da 𝔮_{1} ∩ Z = (p) ist, folgt hieraus Φ_{n}(X) ≡_{p} Φ_{m}(X)^{φ(q)} , i.e. Φ̄_{n}(X) = Φ̄_{m}(X)^{e}; cf. Aufgabe 43.(1).

Da f und d beim Übergang von n zu m unverändert bleiben und da dabei e zu 1 wird, können wir nun o.E. n = m annehmen, i.e. n ≢_{p} 0.

Sei i ∈ [1, d̃]. Schreibe F_{i} := Z[ζ]/𝔮_{i}. Es ist F_{i}|F_{p} eine endliche Körpererweiterung; cf. Aufgabe 43.(1).

Für z ∈ Z[ζ] schreiben wir z̄ := z + 𝔮_{i} ∈ F_{i}. Nach Konstruktion ist F_{i} = F_{p}(ζ̄). Es ist F_{p}[X] ⊆ F_{i}[X], sodaß wir auch Φ̄_{n}(X) ∈ F_{i}[X] wiederfinden, etc.

Wir haben d̃=^{!} d, e_{i} =^{!} 1 und deg(ḡ_{i}) = [F_{i} : F_{p}] =^{!} f zu zeigen.

Es zerfällt X^{n} − 1 in Z[ζ][X] in

X^{n} − 1 = ∏_{k∈[0,n−1]}(X − ζ^{k})

und also in F_{i}[X] in

X^{n} − ¯1 = ∏_{k∈[0,n−1]}(X − ζ̄^{k}) .

Wäre einer dieser Linearfaktoren dort mit Exponent ⩾ 2 vertreten, so wäre er nicht nur ein Teiler von X^{n} −¯1 sondern auch ein Teiler von (X^{n} −¯1)′ in F_{i}[X]. Aber (X^{n} −¯1)′ = n̄X^{n−1} hat wegen n ≢_{p} 0 und also n̄ ≠ 0 in F_{i} nur den irreduziblen Teiler X, was wiederum kein Teiler von X^{n} − ¯1 ist. Widerspruch. Also gilt ζ^{k} ≢_{𝔮_{i}} ζ^{ℓ} für k, ℓ ∈ [0, n − 1], anders gesagt, es sind die Potenzen ζ̄^{k} für k ∈ [0, n − 1] in F_{i} paarweise verschieden. I.e. es ist |⟨⟨ζ̄⟩⟩| = n.

Es ist in F_{i}[X] ferner Φ̄_{n}(X) ein Teiler von X^{n} − ¯1. Wäre in der Faktorisierung Φ̄_{n}(X) = ∏_{j∈[1,d̃]} ḡ_{j}(X)^{e_{j}} in F_{p}[X] ⊆ F_{i}[X] nun e_{i} ⩾ 2, so würde in der Faktorisierung X^{n} −¯1 = ∏_{k∈[0,n−1]}(X −ζ̄^{k}) in F_{i}[X] ein Linearfaktor mit Exponent ⩾ 2 auftreten, was aber nicht der Fall ist. Also ist e_{i} = 1.

Sei z ∈ Z[ζ] mit z̄ ≠ 0 gegeben. Wir behaupten, daß genau dann Φ̄_{n}(z̄) = 0 ist, wenn |⟨⟨z̄⟩⟩| = n ist.

Gemäß Aufgabe 17.(2) ist

X^{n} − ¯1 = ∏_{s∈[1,n], n≡_{s}0} Φ̄_{s}(X) ∈ F_{i}[X] .

Sei Φ̄_{n}(z̄) = 0. Dann ist z̄^{n} − ¯1 = 0. Da ferner X^{n} − ¯1 in ein Produkt paarweise verschiedener Linearfaktoren zerfällt, folgt Φ̄_{s}(z̄) ≠ 0 für alle s ∈ [1, n − 1] mit n ≡_{s} 0. Ist nun s ∈ [1, n − 1] mit n ≡_{s} 0 gegeben, so zerfällt

X^{s} − ¯1 = ∏_{t∈[1,s], s≡_{t}0} Φ̄_{t}(X) ∈ F_{i}[X] .

Es folgt z̄^{s} − ¯1 = ∏_{t∈[1,s], s≡_{t}0} Φ̄_{t}(z̄) ≠ 0, da all diese Faktoren nicht verschwinden. Somit ist |⟨⟨z̄⟩⟩| = n.

Sei umgekehrt |⟨⟨z̄⟩⟩| = n. Dann ist z̄^{n} − ¯1 = 0. Wäre Φ̄_{s}(z̄) = 0 für ein s ∈ [1, n − 1] mit n ≡_{s} 0, dann wäre auch z̄^{s} − ¯1 = 0 und also |⟨⟨z̄⟩⟩| ein Teiler von s, was nicht der Fall ist; cf. [5, Aufgabe 27.(1)]. Also muß Φ̄_{n}(z̄) = 0 sein.

Dies zeigt die Behauptung.

Da |⟨⟨ζ̄⟩⟩| = n, ist n ein Teiler von |U(F_{i})| = p^{[F_{i}:F_{p}]} − 1 ; cf. [5, Aufgabe 11.(1.c)]. Folglich ist (p + (n))^{[F_{i}:F_{p}]} = 1 + (n). Also ist f = |⟨⟨p + (n)⟩⟩| ein Teiler von [F_{i} : F_{p}] ; cf. [5, Aufgabe 27.(1)]. Somit gibt es einen Zwischenkörper F_{i}|F |F_{p} mit [F : F_{p}] = f ; cf. [5, §2.5.4, Aufgabe 48.(2)]. Es ist U(F) ≃ C_{p^{f} −1} ; cf. [5, Aufgabe 27.(5)]. Ist x ein Element von U(F) von Ordnung p^{f} −1 ≡_{n} 0 und ist k ∈ [0, n−1] mit ggT(k, n) = 1, dann hat x^{k(p^{f} −1)/n} die Ordnung n; cf. [5, Aufgabe 27.(2)]. Damit liegen in U(F) mindestens φ(n) verschiedene Elemente von Ordnung n aus der Gruppe U(F_{i}). Jedes dieser Elemente ist

gemäß obiger Behauptung eine Nullstelle von Φ̄_{n}(X). Da auch deg(Φ̄_{n}(X)) =^{A. 17.(1)} φ(n) ist, zerfällt Φ̄_{n}(X) ∈ F [X] in ein Produkt von Linearfaktoren. Somit liegen alle Nullstellen, die Φ̄_{n}(X) in F_{i} hat, bereits in F. Es folgt ζ̄ ∈ F und somit F_{i} = F_{p}(ζ̄) ⊆ F ⊆ F_{i}, i.e. F_{i} = F. Dann ist aber auch [F_{i} : F_{p}] = [F : F_{p}] = f.

Schließlich ist noch df = φ(n) = [Q(ζ_{n}) : Q] =^{A. 43.(2)} ∑_{k∈[1,d̃]} e_{k}[F_{k} : F_{p}] = d̃f und somit d = d̃.

Beispiel 132 Sei p ∈ Z_{>0} prim. In Z[ζ_{45}] wollen wir die Primidealfaktorzerlegungen von (p) ermitteln und mit der Aussage von Satz 131 vergleichen. Schreibe ζ := ζ_{45} . Es ist Φ_{45}(X) = X^{24} − X^{21} + X^{15} − X^{12} + X^{9} − X^{3} + 1.

(1) Sei p = 2. Es ist e = φ(1) = 1. Es ist f = |⟨⟨2 + (45)⟩⟩| = 12, da 2^{12} = 91 · 45 + 1 ≡_{45} 1 und 12 der dafür kleinste Exponent ⩾ 1 ist. Desweiteren erhalten wir d = φ(45)/12 = (3 − 1) · 3 · (5 − 1)/12 = 2. In der Tat wird

Φ̄_{45}(X) = (X^{12} + X^{3} + ¯1)^{1}(X^{12} + X^{9} + ¯1)^{1} ∈ F_{2}[X]

die Zerlegung in normierte irreduzible Faktoren und also

(2) = (ζ^{12} + ζ^{3} + 1, 2)^{1}(ζ^{12} + ζ^{9} + ζ, 2)^{1}

die Primidealfaktorzerlegung.

(2) Sei p = 3. Es ist e = φ(9) = (3 − 1) · 3 = 6. Es ist f = |⟨⟨3 + (5)⟩⟩| = 4, da 3^{4} = 16 · 5 + 1 ≡_{5} 1 und 4 der dafür kleinste Exponent ⩾ 1 ist. Es ist d = φ(5)/4 = (5 − 1)/4 = 1. In der Tat wird

Φ̄_{45}(X) = (X^{4} + X^{3} + X^{2} + X + ¯1)^{6} ∈ F_{3}[X]

die Zerlegung in normierte irreduzible Faktoren und also

(3) = (ζ^{4} + ζ^{3} + ζ^{2} + ζ + 1, 3)^{6}

die Primidealfaktorzerlegung.

(3) Sei p = 5. Es ist e = φ(5) = 5 − 1 = 4. Es ist f = |⟨⟨5 + (9)⟩⟩| = 6, da 5^{6} = 1736 · 9 + 1 ≡_{9} 1 und 6 der dafür kleinste Exponent ⩾ 1 ist. Es ist d = φ(9)/6 = 3 · (3 − 1)/6 = 1. In der Tat wird

Φ̄_{45}(X) = (X^{6} + X^{3} + ¯1)^{4} ∈ F_{5}[X]

die Zerlegung in normierte irreduzible Faktoren und also

(5) = (ζ^{6} + ζ^{3} + 1, 5)^{4}

die Primidealfaktorzerlegung.

(4) Sei p = 11. Es ist e = φ(1) = 1. Es ist f = |⟨⟨11 + (45)⟩⟩| = 6, da sich 11^{6} = 39368 · 45 + 1 ≡_{45} 1 ergibt und 6 der dafür kleinste Exponent ⩾ 1 ist. Es ist d = φ(45)/6 = (3 − 1) · 3 · (5 − 1)/6 = 4. In der Tat wird Φ̄_{45}(X) = (X^{6}+¯3X^{3}+¯9)^{1}(X^{6}+¯4X^{3}+¯5)^{1}(X^{6}+¯5X^{3}+¯3)^{1}(X^{6}+¯9X^{3}+¯4)^{1} ∈ F_{11}[X] und also

(11) = (ζ^{6} + 3ζ^{3} + 9, 11)^{1}(ζ^{6} + 4ζ^{3} + 5, 11)^{1}(ζ^{6} + 5ζ^{3} + 3, 11)^{1}(ζ^{6} + 9ζ^{3} + 4, 11)^{1} die Primidealfaktorzerlegung.

Beispiel 133 In Z[ζ_{120}] wollen wir die Primidealfaktorzerlegung von (3) ermitteln und mit der Aussage von Satz 131 vergleichen. Schreibe ζ := ζ_{120} . Es ist Φ_{120}(X) = X^{32} + X^{28} − X^{20} − X^{16} − X^{12} + X^{4} + 1. Es ist e = φ(3) = 3 − 1 = 2. Es ist f = |⟨⟨3 + (40)⟩⟩| = 4, da 3^{4} = 2 · 40 + 1 ≡_{40} 1 und 4 der dafür kleinste Exponent ⩾ 1 ist. Es ist d = φ(40)/6 = (2 − 1) · 4 · (5 − 1)/4 = 4. In der Tat wird

Φ̄_{120}(X) = (X^{4}+X^{2}+X+¯1)^{2}(X^{4}+X^{2}−X+¯1)^{2}(X^{4}+X^{3}+X^{2}+¯1)^{2}(X^{4}−X^{3}+X^{2}+¯1)^{2} ∈ F_{3}[X] die Zerlegung in normierte irreduzible Faktoren und also

(3) = (ζ^{4} + ζ^{2} + ζ + 1, 3)^{2}(ζ^{4} + ζ^{2} − ζ + 1, 3)^{2}(ζ^{4} + ζ^{3} + ζ^{2} + 1, 3)^{2}(ζ^{4} − ζ^{3} + ζ^{2} + 1, 3)^{2} die Primidealfaktorzerlegung.

4.2 Verzweigungsindex und Trägheitsgrad

4.2.1 Allgemeinfall

Sei A ein Dedekindbereich. Sei K := Quot(A) perfekt. Sei L|K eine endliche Körpererweiterung. Schreibe ℓ := [L : K]. Sei B := Γ_{L}(A).

Definition 134 Sei 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A). Betrachte die Primidealfaktorzerlegung

B𝔭 = ∏_{i∈[1,d]} 𝔮_{i}^{e_{i}} ,

wobei d ⩾ 1, wobei 𝔮_{i} ∈ Ideale_{prim}^{×}(B) und e_{i} ⩾ 1 für i ∈ [1, d] und wobei 𝔮_{i} ≠ 𝔮_{j} für i, j ∈ [1, d] mit i ≠ j; cf. Satz 63. Für i ∈ [1, d] ist A/𝔭 \overline{}B/𝔮_{i}, a + 𝔭 \overline{}a + 𝔮_{i} ein injektiver Körpermorphismus, desvermöge (B/𝔮_{i})|(A/𝔭) eine endliche Körpererweiterung wird ; cf. Aufgabe 43.(1). Sei f_{i} := [ B/𝔮_{i} : A/𝔭]. Folgende Zerlegungsparameter bezüglich L|K über A sind hierbei aufgetreten. Es heißt d die Zerlegungsbreite von 𝔭. Es heißt e_{i} der Verzweigungsindex von 𝔮_{i} für i ∈ [1, d]. Es heißt f_{i} der Trägheitsgrad von 𝔮_{i} für i ∈ [1, d]. Dabei ist ∑_{i∈[1,d]} e_{i}f_{i} = ℓ; cf. Aufgabe 43.(2).

Beispiel 135

(1) Sei A = Z, K = Q, L = Q(\sqrt[3]{2}). Schreibe δ := \sqrt[3]{2}. Es ist B = O_{Q(δ)} = Z[δ] ; cf. Aufgabe 19.(2). Es ist

μ_{δ,Q}(X) =^{A. 7.(1)} X^{3} − 2 ≡_{5} (X + 2)^{1}(X^{2} − 2X − 1)^{1}

die Zerlegung in normierte irreduzible Faktoren. Wie in der Lösung zu Aufgabe 30.(2) erklärt, wird die Primidealfaktorzerlegung in Z[δ] somit

\begin{aligned}(5) & = & (δ + 2, 5)^{1} · (δ^{2} − 2δ − 1, 5)^{1} \\ & = & (δ^{2} + 1)^{1} · (δ^{2} − 2δ − 1)^{1} \end{aligned}

Die Zerlegungsbreite von (5) ist d = 2.

Das Primideal 𝔮_{1} := (δ + 2, 5) hat Verzweigungsindex e_{1} = 1 und Trägheitsgrad f_{1} = deg(X + 2) = 1 ; cf. Lösung zu Aufgabe 30.(2). Das Primideal 𝔮_{2} := (δ^{2}−2δ−1, 5) hat Verzweigungsindex e_{2} = 1 und Trägheitsgrad f_{2} = deg(X^{2} − 2X − 1) = 2 ; cf. Lösung zu Aufgabe 30.(2).

(2) Satz 131 und Beispiele 132 und 133 erläutern die Zerlegungsparameter im Kreisteilungsringfall.

Lemma 136 (Verzweigung nur bei Diskriminantenteilern, monogener Fall) Wir setzen voraus, daß wir ein b ∈ B haben mit B = A[b]. Wir schreiben \underline{g} := ( b^{i} : i ∈ [0, ℓ − 1] ).

Sei 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A) gegeben.

Sei 𝔮 ∈ Ideale_{prim}^{×}(B) mit 𝔮 ∩ A = 𝔭 gegeben; cf. Aufgaben 29.(1) und 43.(1).

Ist Δ_{L|K, \underline{g}} ≢_{𝔭} 0, dann ist der Verzweigungsindex von 𝔮 gleich 1.

Beweis. Schreibe Ā := A/𝔭 und B̄ := B/𝔮. Sei μ̄_{b,K}(X) das Bild von μ_{b,K}(X) in Ā unter der koeffizientenweise angewandten Restklassenabbildung A \overline{}Ā. Gemäß Lösung zu Aufgabe 30.(2) haben wir zu zeigen, daß μ̄_{b,K}(X) in Ā[X] in ein Produkt paarweiser verschiedener normierter irreduzibler Faktoren zerfällt.

Sei E ein Zerfällungskörper von L|K. Sei D := Γ_{E}(A). Trete 𝔯 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) in der Primidealfaktorisierung von 𝔮D auf, i.e. sei 𝔮 = B ∩ 𝔯. Schreibe D̄ := D/𝔯. Es sind D̄|B̄|Ā endliche Körpererweiterungen. Cf. Aufgaben 29.(1) und 43.(1).

Sei U := Gal(E|L) ⩽ Gal(E|K) =: G. Sei G = ⨆_{j∈[1,ℓ]} τ_{j}U mit τ_{j} ∈ G für j ∈ [1, ℓ].

[figure: E; D̄ = D/𝔯; 𝔯; D; L; U; B̄ = B/𝔮; 𝔮; A[b] = B; K; ℓ; G; Ā = A/𝔭; 𝔭; A]

Es ist Δ_{L|K, \underline{g}} = ∏_{1⩽i<j⩽ℓ}(τ_{j}(b) − τ_{i}(b))^{2} ; cf. Bemerkung 25.

Da Δ_{L|K, \underline{g}} ∉ 𝔭 = A ∩ 𝔯, folgt Δ_{L|K, \underline{g}} ∉ 𝔯 und also τ_{j}(b) ≢_{𝔯} τ_{i}(b) für 1 ⩽ i < j ⩽ ℓ.

Es liegt in D[X] die Zerlegung

μ_{b,K}(X) =^{L. 14, L 20.(1)} ∏_{i∈[1,ℓ]}(X − τ_{i}(b)) ,

vor, welche in D̄[X] zu

μ̄_{b,K}(X) = ∏_{i∈[1,ℓ]}(X − (τ_{i}(b) + 𝔯))

wird. Nach vorigem ist dies ein Produkt paarweise verschiedener Linearfaktoren. Somit kann μ̄_{b,K}(X) auch in seiner Zerlegung in normierte irreduzible Faktoren in Ā[X] keinen normierten irreduziblen Faktor mit Exponent ⩾ 2 aufweisen.

Beispiel.

(1) Wir setzen Beispiel 135.(1) fort, in welchem wir Q(δ)|Q mit δ = \sqrt[3]{2} betrachtet haben. Es war O_{Q(δ)} = Z[δ].

Es ist Δ_{Q(δ)} = −2^{2} · 3^{3}; cf. Aufgabe 19.(2). Es ist also 5 kein Teiler von Δ_{Q(δ)} . Gemäß Lemma 136 sind die Verzweigungsindizes der Primideale von Z[δ], die (5) enthalten, alle gleich 1.

Dies steht in Übereinstimmung mit der Primidealfaktorzerlegung aus loc. cit., viz.

(5) = (δ^{2} + 1)^{1} · (δ^{2} − 2δ − 1)^{1}.

(2) Ist n ∈ Z_{⩾1} mit v_{2}(n) ≠ 1 gegeben, dann ist die Menge der Primteiler von n gleich der Menge der Primteiler von Δ_{Q(ζ_{n})} . Gemäß Lemma 136 hat ein Primideal von O_{Q(ζ_{n})} = Z[ζ_{n}], das eine Primzahl p enthält, die n nicht teilt, den Verzweigungsindex 1 ; cf. Satz 130.(1).

Da diesenfalls φ(n[p]) = 1 ist, steht dies in Übereinstimmung mit Satz 131.

4.2.2 Galoisfall

Sei A ein Dedekindbereich. Sei K := Quot(A) perfekt. Sei L|K eine endliche, galoische Körpererweiterung. Schreibe G := Gal(L|K) und ℓ := [L : K] = |G|. Sei B := Γ_{L}(A).

Sei 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A). Sei 𝔮 ∈ Ideale_{prim}^{×}(B) mit 𝔭 ⊆ 𝔮; cf. Satz 63, Aufgabe 29.(1).

Schreibe Ā := A/𝔭. Sei Ā perfekt. Schreibe B̄ := B/𝔮. Schreibe zuweilen b̄ := b + 𝔮 für b ∈ B.

Es ist 𝔭 = A ∩ 𝔮 und B̄|Ā eine endliche Körpererweiterung; cf. Aufgabe 43.(1). Schreibe

\begin{aligned}e & := & v_{𝔮}(B𝔭) \\ f & := & [B̄ : Ā] . \end{aligned}

[figure: L; B̄ = B/𝔮; 𝔮; B; K; G; ℓ; Ā = A/𝔭; f; 𝔭; A]

Definition 137

(1) Sei G_{𝔮} := { σ ∈ G : σ(𝔮) = 𝔮 } die Zerlegungsgruppe von 𝔮 für L|K.

Sei L_{dec} = L_{dec,𝔮} := Fix_{G_{𝔮}}(L) der Zerlegungskörper von 𝔮 für L|K.

(2) Sei I_{𝔮} := { σ ∈ G_{𝔮} : σ(b) ≡_{𝔮} b für b ∈ B } die Trägheitsgruppe von 𝔮 für L|K. Sei L_{inert} = L_{inert,𝔮} := Fix_{I_{𝔮}}(L) der Trägheitskörper von 𝔮 für L|K.

Unten in Satz 143 werden wir sehen, daß Zerlegung nur unterhalb des Zerlegungskörpers stattfindet und Trägheit nur zwischen Zerlegungs- und Trägheitskörper. Daher die Namen; Trägheit ist engl. inertia, Zerlegung ist engl. decomposition.

Es ist I_{𝔮} der Kern der Abbildung G_{𝔮} \overline{}Aut(B̄|Ā), σ \overline{}(b + 𝔮 \overline{}σ(b) + 𝔮), was wegen σ(𝔮) = 𝔮 für σ ∈ G_{𝔮} ein wohldefinierter Gruppenmorphismus ist. Also ist

1 ⩽ I_{𝔮} ⊴ G_{𝔮} ⩽ G .

Schreibe B_{dec} = B_{dec,𝔮} := Γ_{L_{dec}}(A) = B∩L_{dec} und B_{inert} = B_{inert,𝔮} := Γ_{L_{inert}}(A) = B∩L_{inert} .

Schreibe 𝔮_{dec} := 𝔮 ∩ B_{dec} und 𝔮_{inert} := 𝔮 ∩ B_{inert} .

Schreibe B̄_{dec} := B_{dec}/𝔮_{dec} . Schreibe B̄_{inert} := B_{inert}/𝔮_{inert} .

Wir erhalten die Körpererweiterungen B̄|B̄_{inert}|B̄_{dec}|Ā nach Identifikation entlang der Bilder der injektiven Körpermorphismen

A/𝔭 \overline{}B_{dec}/𝔮_{dec} \overline{}B_{inert}/𝔮_{inert} \overline{}B/𝔮 ,

die jeweils die Restklasse eines Elements auf die Restklasse desselben Elements, modulo dem größeren Ideal, abbilden; cf. Aufgabe 43.(1).

Die Bezeichnungen B̄_{inert} und B̄_{dec} werden nur im Verlauf des Beweises von Satz 143 benötigt. Cf. loc. cit. (1, 3) unten.

Wir befinden uns also in folgender Situation.

[figure: L; B̄; 𝔮; B; L_{inert}; I_{𝔮}; B̄_{inert}; 𝔮_{inert}; B_{inert}; L_{dec}; G_{𝔮}/I_{𝔮}; G_{𝔮}; B̄_{dec}; 𝔮_{dec}; B_{dec}; K; G; Ā; 𝔭; A]

Lemma 138 (Galoisbahn von Primidealen) Betrachte die Primidealfaktorzerlegung

B𝔭 = ∏_{i∈[1,d]} 𝔮_{i}^{e_{i}} ,

wobei d ⩾ 1, wobei 𝔮_{i} ∈ Ideale_{prim}^{×}(B) für i ∈ [1, d] mit o.E. 𝔮 = 𝔮_{1} , wobei e_{i} ⩾ 1 für i ∈ [1, d] mit e := e_{1} und wobei 𝔮_{i} ≠ 𝔮_{j} für i, j ∈ [1, d] mit i ≠ j; cf. Satz 63, Aufgabe 29.(1). Schreibe f_{i} := [B/𝔮_{i} : A/𝔭] für i ∈ [1, d].

(1) Es ist { 𝔮_{i} : i ∈ [1, d] } = { σ(𝔮) : σ ∈ G }.

(2) Es ist e = e_{i} für i ∈ [1, d]. Wir nennen dann e auch den Verzweigungsindex von 𝔭 für L|K.

(3) Es ist f = f_{i} für i ∈ [1, d]. Wir nennen dann f auch den Trägheitsgrad von 𝔭 für L|K.

(4) Es ist d ef = ℓ.

Es ist d = |G|/|G_{𝔮}| = [L_{dec} : L] und also |G_{𝔮}| = ef.

Seien ρ_{i} ∈ G für i ∈ [1, d] so gewählt, daß G = ⨆_{i∈[1,d]} ρ_{i} G_{𝔮} ist.

Dann haben wir haben die Primidealfaktorzerlegung

B𝔭 = ∏_{i∈[1,d]} ρ_{i}(𝔮)^{e} .

Beweis.

Ad (1). Zu ⊇^{!} . Wir haben zu zeigen, daß für σ ∈ G auch σ(𝔮) in der Primidealfaktorzerlegung von B𝔭 auftritt, mit Aufgabe 29.(1) also, daß B𝔭 ⊆ σ(𝔮) liegt, i.e. daß 𝔭 ⊆ σ(𝔮) liegt. Aber aus 𝔭 ⊆ 𝔮 folgt 𝔭 = σ(𝔭) ⊆ σ(𝔮).

Zu ⊆^{!} . Annahme, nicht. Dann gibt es ein j ∈ [2, d] so, daß 𝔮_{j} ≠ σ(𝔮) ist für alle σ ∈ G.

Nach Umnumerieren der Primideale können wir von

{ σ(𝔮) : σ ∈ G } = { 𝔮_{i} : i ∈ [1, j − 1] } .

ausgehen. Es ist B \overline{}∏_{i∈[1,j]} B/𝔮_{i}, b \overline{}(b + 𝔮_{i})_{i∈[1,j]} surjektiv; cf. Aufgabe 26.(2). Insbesondere können wir ein b ∈ B mit b ≡_{𝔮_{i}} 1 für i ∈ [1, j − 1] und mit b ≡_{𝔮_{j}} 0 wählen.

Damit ist b ∉ σ^{−1}(𝔮) und also σ(b) ∉ 𝔮 für σ ∈ G. Es folgt

N_{L|K}(b) =^{K. 16} ∏_{σ∈G} \underbrace{σ(b)}_{∉ 𝔮} ∉ 𝔮 .

Aber es ist b ∈ 𝔮_{j} und also auch

N_{L|K}(b) =^{K. 16} b · ∏_{σ∈G∖{id_{L}}} σ(b) ∈^{L. 20.(1, 3)} 𝔮_{j} ∩ A =^{A. 29.(1)}_{A. 43.(1)} 𝔭 ⊆ 𝔮 .

Wir haben einen Widerspruch.

Ad (2). Sei j ∈ [1, d]. Sei σ_{j} ∈ G mit σ_{j}(𝔮) = 𝔮_{j} gewählt; cf. (1). Es wird

∏_{i∈[1,d]} 𝔮_{i}^{e_{i}} = B𝔭 = σ_{j}(B𝔭) = σ_{j}( ∏_{i∈[1,d]} 𝔮_{i}^{e_{i}}) = ∏_{i∈[1,d]} σ_{j}(𝔮_{i})^{e_{i}} .

Da die Primideale 𝔮_{i} für i ∈ [1, d] paarweise verschieden sind, gilt dies auch für die Primideale σ_{j}(𝔮_{i}) für i ∈ [1, d]. Da σ_{j}(𝔮_{1}) = 𝔮_{j} ist, folgt also

e_{j} = v_{𝔮_{j}}(B𝔭) = v_{σ_{j}(𝔮_{1})}(B𝔭) = e_{1} = e ;

cf. Lemma 65.

Ad (3). Seien σ_{j} ∈ G für j ∈ [1, d] wie in (2) gewählt.

Wir haben Ā-lineare Körpermorphismen

[figure: B̄ = B/𝔮; B/𝔮_{j}; b + 𝔮; σ_{j}(b) + 𝔮_{j}; σ_{j}^{−1}(b) + 𝔮; b + 𝔮_{j} ,]

wohldefiniert in beide Richtungen, da σ_{j}(𝔮) = 𝔮_{j} und also auch 𝔮 = σ_{j}^{−1}(𝔮_{j}) ist; nach Konstruktion liegen dann in beiden Richtungen Körpermorphismen vor, die sich gegenseitig invertieren. Folglich ist [B̄ : Ā] = [B/𝔮 : A/𝔭] = [B/𝔮_{j} : A/𝔭].

Ad (4). Sei G = ⨆_{i∈[1,d̃]} ρ_{i} G_{𝔮}, wobei ρ_{i} ∈ G liege für i ∈ [1, d̃]. Dann ist

{ ρ_{i}(𝔮) : i ∈ [1, d̃] } = { σ(𝔮) : σ ∈ G } =^{(1)} { 𝔮_{i} : i ∈ [1, d] } ,

denn für gegebenes σ ∈ G können wir ein i ∈ [1, d̃] und ein τ ∈ G_{𝔮} mit σ = ρ_{i} ∘ τ finden, was σ(𝔮) = (ρ_{i} ∘ τ)(𝔮) = ρ_{i}(𝔮) nach sich zieht.

Sind i, j ∈ [1, d̃] gegeben mit i ≠ j, dann ist ρ_{i}(𝔮) ≠ ρ_{j}(𝔮), denn wäre ρ_{i}(𝔮) = ρ_{j}(𝔮), dann wäre (ρ_{j}^{−1} ∘ ρ_{i})(𝔮) = 𝔮, also ρ_{j}^{−1} ∘ ρ_{i} ∈ G_{𝔮}, mithin ρ_{i} G_{𝔮} = ρ_{j} G_{𝔮}, was nicht der Fall ist.

Man kann hierzu auch das Bahnenlemma heranziehen; cf. [6, Lemma 5].

Es folgt d = d̃ und, dank (2), auch B𝔭 = ∏_{i∈[1,d]} ρ_{i}(𝔮)^{e}.

Es folgt d = |G|/|G_{𝔮}| = [L_{dec} : K].

Die Gleichung d ef = ℓ folgt aus (2, 3) und aus Aufgabe 43.(2).

Beispiel 139

Sei n ⩾ 1, v_{2}(n) ≠ 1, A = Z, K = Q und L = Q(ζ_{n}). Dann ist B = Z[ζ_{n}] ; cf. Satz 130.(1). Ferner ist Q(ζ_{n})|Q galoisch; cf. Aufgabe 17.(1).

Sei p ∈ Z_{>0} prim. Sei (p) = ∏_{i∈[1,d]} 𝔮_{i}^{e_{i}}, wobei d ⩾ 1, wobei 𝔭_{i} ∈ Ideale_{prim}^{×}(B) und e_{i} ⩾ 1 für i ∈ [1, d] und wobei 𝔭_{i} ≠ 𝔭_{j} für i, j ∈ [1, n] mit i ≠ j; cf. Satz 63.

Gemäß Lemma 138.(2) ist e_{i} konstant in i. Gemäß Satz 131 gilt hier genauer e_{i} = φ(n[p]), unabhängig von i.

Gemäß Lemma 138.(3) ist f_{i} := [Z[ζ_{n}]/𝔮_{i} : Z/(p)] konstant in i. Gemäß Satz 131 gilt hier genauer f_{i} = |⟨⟨p + (n/n[p])⟩⟩|, unabhängig von i.

Lemma 140

(1) Es ist B𝔮_{dec} = 𝔮^{e} und v_{𝔮_{dec}}(B_{dec}𝔭) = 1.

(2) Es ist [B̄_{dec} : Ā] = 1, i.e. es ist A/𝔭 ^{\overline{}^{∼}} B_{dec}/𝔮_{dec} , a + 𝔭 \overline{}a + 𝔮_{dec} , i.e. es ist Ā = B̄_{dec} (nach Identifikation).

Beweis. Wir wollen zeigen, daß 𝔮 das einzige Primideal von B ist, das B𝔮_{dec} enthält. Sei dazu 𝔮̃ ∈ Ideale_{prim}^{×}(B) mit B𝔮_{dec} ⊆ 𝔮̃ gegeben. Für ein σ ∈ Gal(L|L_{dec}) = G_{𝔮} wird dann 𝔮̃ = σ(𝔮) = 𝔮; cf. Lemma 138.(1).

Somit ist B𝔮_{dec} = 𝔮^{e′} für ein e′ ⩾ 1; cf. Aufgabe 29.(1). Schreibe f′ := [B̄ : B̄_{dec}]. Es wird e′f′ = [L : L_{dec}] ; cf. Lemma 138.(4).

Schreibe B_{dec}𝔭 = 𝔮_{dec}^{e′′} 𝔵 für ein 𝔵 ∈ Ideale^{×}(B_{dec}) mit 𝔮_{dec} + 𝔵 = (1) ; cf. Satz 63, Aufgabe 29.(4). Es ist e′′ = v_{𝔮_{dec}}(B_{dec}𝔭). Ferner ist B𝔭 = (B𝔮_{dec})^{e′′}(B𝔵) = 𝔮^{e′e′′}(B𝔵) mit (1) = B𝔮_{dec} + B𝔵 = 𝔮^{e′} + B𝔵 und folglich auch 𝔮 + B𝔵 = (1) ; cf. Aufgabe 29.(4). Somit ist e = v_{𝔮}(B𝔭) = e′e′′.

Schreibe f′′ := [B̄_{dec} : Ā]. Es ist f′f′′ = f ; cf. [5, §2.2].

Es ist d =^{L. 138.(4)} [L_{dec} : K] . Es folgt

e′f′ = [L : L_{dec}] = [L : K]/d =^{L. 138.(4)} d ef/d = ef = e′e′′f′f′′ .

Somit ist e′′ = 1, f′′ = 1 und also e′ = e, f′ = f.

Mithin ergibt sich B𝔮_{dec} = 𝔮^{e′} = 𝔮^{e} und v_{𝔮_{dec}}(B_{dec}𝔭) = e′′ = 1 und [B̄_{dec} : Ā] = f′′ = 1.

Lemma 141

(1) Die Körpererweiterung B̄|Ā ist galoisch.

(2) Wir haben einen Gruppenisomorphismus

\begin{matrix}G_{𝔮}/I_{𝔮} & ^{\overline{}^{∼}} & Gal(B̄|Ā) \\ σI_{𝔮} & \overline{} & (σ̄ : b̄ \overline{}σ̄(b̄) := \overline{σ(b)}) . \end{matrix}

(3) Es ist |I_{𝔮}| = [L : L_{inert}] = e und |G_{𝔮}/I_{𝔮}| = [L_{inert} : L_{dec}] = f.

Beweis. Da (nach Identifikation) Ā = B̄_{dec} ist und da die Verzweigungsindizes von 𝔭 und von 𝔮_{dec} beide gleich e sind, dürfen wir K = L_{dec} , 𝔭 = 𝔮_{dec} und G = G_{𝔮} annehmen; cf. Lemma 140.(1, 2).

Sei x ∈ B mit B̄ = Ā(x̄) gewählt, was wegen Ā perfekt möglich ist; cf. [5, Aufgabe 54]. Es zerfällt μ_{x,K}(X) in L[X] in ein Produkt von Linearfaktoren; cf. Lemma 14. Es ist μ_{x,K}(X) ∈ A[X] und zerfällt in B[X] in ein Produkt von Linearfaktoren; cf. Aufgabe 2.(8).

Also können wir das Bild μ̄_{x,K}(X) ∈ Ā[X] unter der koeffizientenweise angewandten Restklassenabbildung bilden, und dieses zerfällt in B̄[X] in ein Produkt von Linearfaktoren. Es ist μ̄_{x,K}(x̄) = 0. Also ist μ_{x̄,Ā}(X) ein Teiler von μ̄_{x,K}(X); cf. [5, §2.3.2]. Somit zerfällt auch μ_{x̄,Ā}(X) ∈ B̄[X] in ein Produkt von Linearfaktoren. Da x̄ eine Nullstelle von μ_{x̄,Ā}(X) ist und bereits B̄ = Ā(x̄) gilt, ist B̄ Zerfällungskörper von μ_{x̄,Ā}(X) ∈ Ā[X] ; cf. [5, §2.5.1]. Da zudem Ā perfekt ist, ist B̄|Ā mithin galoisch; cf. [5, §3.5.1.4]. Dies zeigt (1).

Die Abbildung G \overline{}Gal(B̄|Ā), σ \overline{}σ̄ ist ein Gruppenmorphismus, da sich für σ, ρ ∈ G für b ∈ B

σ̄(ρ̄(b̄)) = σ̄(\overline{ρ(b)}) = \overline{σ(ρ(b))} = \overline{(σ ∘ ρ)(b)} = \overline{(σ ∘ ρ)}(b̄)

ergibt und somit σ̄ ∘ ρ̄ = \overline{σ ∘ ρ}.

Sei τ ∈ Gal(B̄|Ā) gegeben. Es ist τ(x̄) eine Nullstelle von μ_{x̄,Ā}(X) und damit auch eine Nullstelle von μ̄_{x,K}(X). Da μ_{x,K}(X) in B[X] in Linearfaktoren zerfällt, gibt es also ein y ∈ B mit μ_{x,K}(y) = 0 und ȳ = τ(x̄).

Wähle σ ∈ G mit σ(x) = y; cf. [5, §2.3.4]. Dann ist σ̄(x̄) = \overline{σ(x)} = ȳ = τ(x̄). Da B̄ = Ā(x̄) ist, folgt σ̄ = τ.

Ferner ist der Kern von σ \overline{}σ̄ gegeben durch

{ σ ∈ G : σ̄ = idB̄ } = { σ ∈ G : σ(b) ≡_{𝔮} b für b ∈ B } = I_{𝔮} .

Damit ist auch (2) gezeigt.

Insbesondere ist |G/I_{𝔮}| = |Gal(B̄|Ā)| = [B̄ : Ā] = f. Da dank Lemma 138.(4) sich |G| = ef ergibt, folgt hieraus auch |I_{𝔮}| = e.

Lemma 142

(1) Es ist B_{inert}𝔮_{dec} = 𝔮_{inert} . Es ist [B̄_{inert} : B̄_{dec}] = f.

(2) Es ist B𝔮_{inert} = 𝔮^{e}.

Es ist [B̄ : B̄_{inert}] = 1, i.e. es ist B_{inert}/𝔮_{inert} ^{\overline{}^{∼}} B/𝔮, x + 𝔮_{inert} \overline{}x + 𝔮, i.e. es ist B̄_{inert} = B̄ (nach Identifikation).

Beweis. Da 𝔮 dank Lemma 140.(1) das einzige Primideal von B ist, das 𝔮_{dec} enthält, ist auch 𝔮 das einzige Primideal von B, das 𝔮_{inert} enthält, und es ist 𝔮_{inert} das einzige Primideal von B_{inert} , das 𝔮_{dec} enthält. Letzteres deswegen, da die Annahme, es gäbe ein 𝔯 ∈ Ideale_{prim}^{×}(B_{inert}) mit 𝔯 ≠ 𝔮_{inert} und 𝔯 ⊇ 𝔮_{dec} dazu führte, daß wir in der Primidealfaktorzerlegung von B𝔯 einen Faktor 𝔰 ∈ Ideale_{prim}^{×}(B) wählen könnten, der dann auch 𝔰 ⊇ 𝔯 erfüllte, woraus man dank Aufgabe 43.(1) auf 𝔰 ∩ B_{inert} = 𝔯 schließen könnte, also auf 𝔰 ≠ 𝔮, und auch auf 𝔰 ∩ B_{dec} = 𝔮_{dec} , was aber nicht geht. Die Zerlegungsbreiten von 𝔮_{dec} für L_{inert}|L_{dec} und von 𝔮_{inert} für L|L_{inert} sind also beide gleich 1.

Ad (2). Wenden wir Lemma 141.(2) auf L|L_{inert} und 𝔮_{inert} ⊆ 𝔮 an, so folgt aus der Tatsache, daß G_{𝔮} ∩ I_{𝔮} = I_{𝔮} die Zerlegungsgruppe von 𝔮 über L_{inert} sowie I_{𝔮} ∩ I_{𝔮} = I_{𝔮} die Trägheitsgruppe von 𝔮 über L_{inert} ist, daß |Gal(B̄|B̄_{inert})| = 1 ist. Also ist auch [B̄ : B̄_{inert}] = 1. Da [L : L_{inert}] = |I_{𝔮}| = e ist nach Lemma 141.(3), folgt B_{inert}𝔮_{dec} = 𝔮_{inert}^{e}; cf. Aufgabe 43.(2).

Ad (1). Es ist

f = [B̄ : Ā] = [B̄ : B̄_{inert}] · [B̄_{inert} : B̄_{dec}] · [B̄_{dec} : Ā] =^{(2), L. 140.(2)} [B̄_{inert} : B̄_{dec}] .

Da auch [L_{inert} : L_{dec}] =^{L. 141.(3)} f ist, folgt B_{inert}𝔮_{dec} = 𝔮_{inert} ; cf. Aufgabe 43.(2).

Wir fassen das Zerlegungsverhalten von 𝔭 bezüglich 𝔮 nochmals zusammen zum Satz 143 (Hilbertscher Zerlegungssatz)

(1) Es ist [L_{dec} : K] = d.

Es ist Ā = B̄_{dec} (nach Identifikation). Es ist v_{𝔮_{dec}}(B_{dec}𝔭) = 1.

(2) Es ist [L_{inert} : L_{dec}] = f. Es ist Gal(L_{inert}|L_{dec}) ≃ G_{𝔮}/I_{𝔮} ≃ Gal(B̄|Ā). Es ist [B̄_{inert} : B̄_{dec}] = f. Es ist B_{inert}𝔮_{dec} = 𝔮_{inert} .

(3) Es ist [L : L_{inert}] = e. Es ist Gal(L|L_{inert}) = I_{𝔮}.

Es ist B̄_{inert} = B̄ (nach Identifikation). Es ist B𝔮_{inert} = 𝔮^{e}.

Beweis.

Ad (1). Dies folgt aus Lemmata 138.(4) und 140.(2, 1).

Ad (2). Dies folgt aus Lemmata 141.(3, 2) und 142.(1).

Ad (3). Dies folgt aus Lemmata 141.(3) und 142.(2).

Wenn wir jeweils Trägheitsgrad und Verzweigungsindex in ein Paar schreiben und rechts die Galoisgruppen und die Grade notieren, können wir folgende grobe Übersicht geben.

L L_{inert}_{(1,e)} _{e, Gal = I_{𝔮}} L_{dec}_{(f,1)} _{f, Gal ≃ G_{𝔮}/I_{𝔮}} K_{(1,1)} _{d}

Beachte, daß im unteren Schritt hier nur Verzweigungsindex und Trägheitsgrad von 𝔮_{dec} gemeint sind, die da gleich 1 sein sollten, bei den anderen Primidealen, die in der Primidealfaktorzerlegung von B_{dec}𝔭 auftreten, haben wir hierüber ebensowenig Kontrolle wie insgesamt über die Zerlegungsbreite; cf. Aufgabe 62.

Beispiel 144 Wir greifen Beispiel 133 wieder auf und betrachten Q(ζ_{120})|Q. Schreibe ζ := ζ_{120} . Für k ∈ [0, 119] mit k teilerfremd zu 120 haben wir das Element σ_{k} ∈ G := Gal(Q(ζ)|Q) mit σ_{k}(ζ) = ζ^{k}.

Wir verwenden Querstriche, um Restklassenbildung modulo 3 zu notieren, für Polynome auch koeffizientenweise.

In Z[ζ] ergab sich die Primidealfaktorzerlegung

(3) = (ζ^{4} + ζ^{2} + ζ + 1, 3)^{2}(ζ^{4} + ζ^{2} + 2ζ + 1, 3)^{2}(ζ^{4} + ζ^{3} + ζ^{2} + 1, 3)^{2}(ζ^{4} + 2ζ^{3} + ζ^{2} + 1, 3)^{2} .

Es ergab sich also d = 4, e = 2, f = 4.

Sei 𝔮 := (ζ^{4} + ζ^{2} + ζ + 1, 3) betrachtet.

Schreiben wir g(X) := X^{4} + X^{2} + X + 1 ∈ Z[X], so wird 𝔮 = (g(ζ), 3). Da ḡ(X) nach Konstruktion in Beispiel 133 ein Teiler von Φ̄_{120}(X) ist, ist

[figure: Z[ζ]/𝔮; ∼; F_{3}[X]/(ḡ(X)); ζ + 𝔮; X + (ḡ(X)) ;]

cf. Lösung zu Aufgabe 30.(2).

A priori ist |G_{𝔮}| = [L : L_{dec}] = ef = 8 ; cf. Lemma 138.(4) oder Satz 143.(2, 3). Es ist

G_{𝔮} = { σ ∈ G : σ(𝔮) = 𝔮 }
= { σ ∈ G : σ(𝔮) ⊆ 𝔮 }
= { σ ∈ G : σ(g(ζ)) ∈ 𝔮 }
= { σ ∈ G : σ(g(ζ)) + 𝔮 = 0 } .

Für k ∈ [0, 119] mit k teilerfremd zu 120 ist nun σ_{k}(g(ζ)) + 𝔮 = g(ζ^{k}) + 𝔮, was genau dann verschwindet, wenn das Bild ḡ(X^{k})+(ḡ(X)) unter obigem Isomorphismus verschwindet, i.e. wenn ḡ(X^{k}) in F_{3}[X] durch ḡ(X) teilbar ist. Das können wir für jedes solche k ausrechnen und erhalten

G_{𝔮} = { σ_{1} , σ_{41} , σ_{43} , σ_{49} , σ_{67} , σ_{83} , σ_{89} , σ_{107} } .

A priori ist L_{dec} = Fix_{G_{𝔮}}(Q(ζ)) über Q von Grad d = 4 ; cf. Satz 143.(1). Sicher liegt ∑_{σ∈G_{𝔮}} σ(ζ) = −ζ^{27} + ζ^{21} − ζ^{9} − ζ^{3} =: ξ in L_{dec} . Es ist μ_{ξ,Q}(X) = X^{4} − 4X^{2} + 9. Also ist bereits

Q(ξ) = L_{dec} .

Die Bestimmung von O_{Q(ξ)} kann etwa mit [4, §4.5.4] vorgenommen werden; wir lassen sie weg. Es würde sich Z[ξ] ⊂ O_{Q(ξ)} ergeben. Cf. auch Aufgabe 63.

A priori ist |I_{𝔮}| = [L : L_{inert}] = e = 2 ; cf. Satz 143.(3). Es ist

I_{𝔮} = { σ ∈ G_{𝔮} : σ(x) ≡_{𝔮} x für x ∈ Z[ζ] }
= { σ ∈ G_{𝔮} : σ(ζ) ≡_{𝔮} ζ }
= { σ ∈ G_{𝔮} : σ(ζ) − ζ + 𝔮 = 0 } .

Mit obigem Isomorphismus folgt, daß für k ∈ {1, 41, 43, 49, 67, 83, 89, 107} zunächst σ_{k}(ζ) = ζ^{k} ist und sodann genau dann ζ^{k} − ζ + 𝔮 = 0 ist, wenn X^{k} − X + (ḡ(X)) = 0 ist, i.e. wenn X^{k} − X in F_{3}[X] durch ḡ(X) teilbar ist. Das können wir für jedes solche k ausrechnen und erhalten

I_{𝔮} = { σ_{1} , σ_{41} } .

A priori ist L_{inert} = Fix_{I_{𝔮}}(Q(ζ)) über Q von Grad df = 16 ; cf. Satz 143.(1,2). Wegen (ζ^{3})^{41} = ζ^{3} liegt ζ^{3} ∈ L_{inert} . Da ζ^{3} = ζ_{120}^{3} = ζ_{40} ist und da φ(40) = φ(8) · φ(5) = 16 ist, ist bereits

Q(ζ^{3}) = L_{inert} .

Anhang A

Aufgaben und Lösungen

A.1 Aufgaben

Aufgabe 1 (§1.1) Sei R ein kommutativer Ring.

(1) Finde einen surjektiven Ringmorphismus S \overline{}R mit S Integritätsbereich.

(2) Wir setzen die Cramersche Regel über Körpern als bekannt voraus.

Leite daraus die Cramersche Regel über R ab.

Hinweis: Ringmorphismen wie in (1) sind mit der Cramerschen Regel verträglich. Jeder Integritätsbereich ist Teilring eines Körpers.

Aufgabe 2 (§1.1, Aufgabe 3) Sei R ein Hauptidealbereich. Sei K := Quot(R). Zeige.

(1) Sei M eine nichtleere Menge von Idealen von R. Es gibt in M ein maximales Element.

(2) Ein Element in R^{×} ist genau dann irreduzibel, wenn es prim ist.

(3) Sei x ∈ R^{×} gegeben.

Es gibt ein n ⩾ 0 und eine Faktorisierung (x) = (p_{1})(p_{2}) ⋯ (p_{n}) mit p_{i} prim für alle i ∈ [1, n] ; kurz, x hat eine Primfaktorzerlegung. Sind (x) = (p_{1})(p_{2}) ⋯ (p_{n}) = (p′_{1})(p′_{2}) ⋯ (p′_{n′}) zwei Primfaktorzerlegungen, dann ist n = n′, und es gibt ein σ ∈ S_{n} mit (p′_{i}) = (p_{σ(i)}) für i ∈ [1, n].

(4) Sei P die Menge der Primideale von R ungleich (0).

Sei q ∈ R^{×} prim. Definiere die Bewertung (engl. Valuation) bei q durch v_{q} : K^{×} \overline{}Z derart, daß für x ∈ K^{×} sich x = e ∏_{(p)∈P} p^{v_{p}(x)} ergibt, wobei e ∈ U(R) und wobei { (p) ∈ P : v_{p}(x) ≠ 0 } endlich ist. Wir setzen noch v_{p}(0) := ∞, mit den Regeln k ⩽ ∞ und k+∞ = ∞ für k ∈ Z⊔{∞}.

(5) Seien x, y ∈ K. Es ist

v_{p}(xy) = v_{p}(x) + v_{p}(y)
v_{p}(x + y) ⩾ min{v_{p}(x), v_{p}(y)}

In letzerem gilt Gleichheit, falls v_{p}(x) ≠ v_{p}(y).

(6) Sei p ∈ R^{×} prim. Ein Element z ∈ K heiße p-ganz, falls v_{p}(z) ⩾ 0.

(i) Die p-ganzen Elemente von K bilden einen Teilring.

(ii) Es ist genau dann z ∈ R, wenn z ein q-ganzes Element ist für alle q ∈ R^{×} prim.

(7) Gegeben f(X) ∈ R[X] normiert. Ist f(X) = g(X)h(X) mit g(X), h(X) ∈ K[X] normiert, dann sind g(X), h(X) ∈ R[X].

(8) Sei A ein Hauptidealbereich. Sei K := Quot(A). Sei L|K eine endliche Körpererweiterung. Sei B := Γ_{L}(A). Sei y ∈ L gegeben. Es ist y ∈ B genau dann, wenn μ_{y,K}(X) ∈ A[X] liegt.

Aufgabe 3 (§1.1) Sei d ∈ Z ∖ {0, 1} quadratfrei, d.h. sei v_{p}(d) ∈ {0, 1} für alle p ∈ Z^{×} prim. Sei K := Q(\sqrt{d}). Bestimme O_{K} . Was ergibt sich speziell im Falle K = Q(i) ? Im Falle K = Q(\sqrt{5}) ? Im Falle K = Q(ζ_{3}) ?

Aufgabe 4 (§1.1) Sei p ∈ Z_{⩾3} eine Primzahl. Schreibe Z = F_{p}[T] und Q = F_{p}(T). Sei d(T) ∈ Z quadratfrei. Gib eine Z-lineare Basis von Γ_{Q(\sqrt{d(T)})}(Z) an.

Aufgabe 5 (§1.1) Seien T |S|R Erweiterungen kommutativer Ringe. Zeige.

(1) Ist T |S ganz und S|R ganz, dann ist auch T |R ganz.

(2) Sei A ⊆ R ein Teilring. Sei B := Γ_{S}(A). Es ist Γ_{T} (A) = Γ_{T} (B).

Aufgabe 6 (§1.1)

(1) Sei R ein Hauptidealbereich. Zeige, daß R ganzabgeschlossen ist.

(2) Zeige, daß Z[i] ein Hauptidealbereich ist.

(3) Zeige, daß Z[ζ_{3}] ein Hauptidealbereich ist.

(4) Zeige, daß Z[\sqrt{−5}] kein Hauptidealbereich ist. Ist Z[\sqrt{−5}] ganzabgeschlossen?

Aufgabe 7 (§1.2) Zeige.

(1) Es ist Q(\sqrt[3]{2}, ζ_{3})|Q galoisch mit Gal(Q(\sqrt[3]{2}, ζ_{3})|Q) isomorph zur symmetrischen Gruppe S_{3} . Bestimme alle Zwischenkörper dieser Erweiterung.

(2) Es ist Q(\sqrt[3]{2}, ζ_{3}) Zerfällungskörper von Q(\sqrt[3]{2})|Q.

(3) Es ist Q(\sqrt[3]{2}, ζ_{3}) nicht Zerfällungskörper von Q(ζ_{3})|Q.

(4) Berechne Tr_{Q( \sqrt[3]{2})|Q}(\sqrt[3]{2}) und N_{Q( \sqrt[3]{2})|Q}(\sqrt[3]{2}) jeweils einmal nach Definition und einmal unter Verwendung von Lemma 15.

Aufgabe 8 (§1.2) Sei K perfekt. Sei L|K eine endliche Erweiterung. Zeige, daß L perfekt ist.

Aufgabe 9 (§1.2) Wir betrachten U := S_{3} ⩽ S_{4} =: G.

(1) Wieviele Teilmengen T ⊆ S_{4} gibt es mit G = ⨆_{σ∈T} σU ?

(2) Finde unter den Teilmengen von (1) zwei, die zueinander nichtisomorphe Untergruppen von G sind.

Aufgabe 10 (§2.3) Sei A ein Integritätsbereich. Sei K := Quot(A). Zeige.

(1) Sei S ⊆ A^{×} mit 1 ∈ S und mit st ∈ S für s, t ∈ S gegeben. Sei 𝔞 ⊆ A ein Ideal. Sei

S^{−1}𝔞 := \{ \frac{a}{s} ∈ K : a ∈ 𝔞, s ∈ S \} ⊆ K

Es sind A ⊆ S^{−1}A ⊆ K Inklusionen von Teilringen. Für jeden kommutativen Ring B und jeden Ringmorphismus φ : A \overline{}B mit φ(S) ⊆ U(B) gibt es genau einen Ringmorphismus ψ : S^{−1}A \overline{}B mit ψ|_{A} = φ. Es ist S^{−1}𝔞 ⊆ S^{−1}A ein Ideal. Sei Ideale_{prim}^{A∖S}(A) die Menge der Primideale von A, die leeren Schnitt mit S haben. Es gibt eine Bijektion von Ideale_{prim}^{A∖S}(A) nach Ideale_{prim}(S^{−1}A).

(2) Sei 𝔭 ⊆ A ein Primideal. Sei S := A ∖ 𝔭. Für ein Ideal 𝔞 ⊆ A setzen wir 𝔞_{𝔭} := S^{−1}𝔞. Die Primideale von A, die in 𝔭 liegen, stehen in Bijektion zu den Primidealen von A_{𝔭}. Es ist 𝔭_{𝔭} das einzige maximale Ideal in A_{𝔭}. Es ist Quot(A/𝔭) isomorph zu A_{𝔭}/𝔭_{𝔭}. Ist 𝔭 ⊆ A maximal, dann ist A/𝔭 isomorph zu A_{𝔭}/𝔭_{𝔭}.

Aufgabe 11 (§1.1) Zeige.

(1) Sei L ein Körper. Sei A ^{\overline{}^{φ}} L die Einbettung eines Teilrings. Es gibt genau einen Körpermorphismus Quot(A) ^{\overline{}^{ψ}} L mit ψ|_{A} = φ.

(2) Sei A ein Integritätsbereich. Sei A ⊆ B ⊆ Quot(A), mit B Teilring von Quot(A). Wir haben den Isomorphismus Quot(A) \overline{}Quot(B), x/y \overline{}x/y, wobei x ∈ A und y ∈ A^{×}.

Aufgabe 12 (§1.3.3) Zeige oder widerlege. Sei K ein perfekter Körper. Sei L|K eine endliche Körpererweiterung. Sei A ⊆ K ein ganzabgeschlossener Teilring mit K = Quot(A). Sei B := Γ_{L}(A). Für y ∈ L liegt genau dann y ∈ U(B), wenn N_{L|K}(y) ∈ U(A) liegt.

Aufgabe 13 (§1.3.3)

(1) Sei R ein kommutativer Ring mit 1_{R} ≠ 0_{R}. Seien k, ℓ ⩾ 0 mit R^{⊕k} ≃ R^{⊕ℓ} gegeben. Zeige k = ℓ. Ist M ein R-Modul mit M ≃ R^{⊕k} für ein k ⩾ 0, so heißt M endlich erzeugt frei und rk_{R}(M) := k der Rang von M.

(2) Sei R ein Hauptidealbereich. Sei M ein endlich erzeugt freier R-Modul. Sei N ⊆ M ein Teilmodul. Zeige, daß auch N ein endlich erzeugt freier R-Modul ist mit rk_{R}(N) ⩽ rk_{R}(M).

Aufgabe 14 (§1.3.2) Zeige.

(1) Sei n ⩾ 0. Sei A ∈ Z^{n×n} mit det(A) ≠ 0. Dann ist |Z^{n×1}/AZ^{n×1}| = | det(A)|.

(2) Sei n ⩾ 0. Sei X ein endlich erzeugt freier Z-Modul mit Z-linearer Basis \underline{x} = (x_{i} : i ∈ [1, n]). Sei Y ⊆ X ein Z-Teilmodul mit Z-linearer Basis \underline{y} = (y_{j} : j ∈ [1, n]). Sei y_{j} = ∑_{i∈[1,n]} a_{i, j}x_{i} für j ∈ [1, n], wobei A := (a_{i, j})_{i, j} ∈ Z^{n×n}. Dann ist |X/Y | = | det(A)|.

(3) Sei K|Q eine endliche Körpererweiterung. Sei \underline{y} := ( y_{i} : i ∈ [1, n] ) eine Q-lineare Basis von K, die in O_{K} liegt. Sei Y := _{Z}⟨\underline{y}⟩ ⊆ K. Dann ist Y ⊆ Y^{#} und es wird |Y^{#}/Y | = |Δ_{K|Q, \underline{y}}|.

Aufgabe 15 (§1.3.3) Zeige oder widerlege. Sei L|K eine endliche Körpererweiterung mit K perfekt. Schreibe ℓ := [L : K]. Sei A ⊆ K ein ganzabgeschlossener Teilring mit Quot(A) = K. Sei B ⊆ Γ_{L}(A) ein Teilring. Sei \underline{g} := ( g_{i} : i ∈ [1, ℓ] ) eine K-lineare Basis von L mit B = _{A}⟨\underline{g}⟩.

(1) Ist [L : K] ungerade, dann ist det(Vand_{L|K,\underline{g}}) ∈ A.

(2) Ist L|K galoisch und [L : K] ungerade, dann ist det(Vand_{L|K,\underline{g}}) ∈ A.

Aufgabe 16 (§1.3.3, §1.4.3) Berechne folgende Diskriminanten.

(1) Δ_{Q(\sqrt{d})} für d ∈ Z ∖ \{0, 1\} quadratfrei.

(2) Δ_{Q(\sqrt{3},\sqrt{13})} .

Aufgabe 17 (§4.1)

(1) Sei n ⩾ 1. Zeige, daß Q(ζ_{n})|Q galoisch ist, mit einem Gruppenisomorphismus

[figure: U(Z/(n)); ∼; Gal(Q(ζ_{n})|Q); k + (n); (ζ_{n} ↦ ζ_{n}^{k}) .]

(2) Für n ⩾ 1 sei Φ_{n}(X) := μ_{ζ_{n} , Q}(X) ∈ Z[X] das n-te Kreisteilungspolynom. Zeige

X^{n} − 1 = ∏_{d∈Z_{⩾1}, n≡_{d}0} Φ_{d}(X) .

Aufgabe 18 (§1.3.3, Aufgabe 14) Sei K|Q eine endliche Körpererweiterung. Ein Z-Gitter in K ist ein Z-Teilmodul von K von der Form _{Z}⟨\underline{y}⟩ für eine Q-lineare Basis \underline{y} von K. Eine Z-Ordnung in K ist ein Z-Gitter in K, das zudem ein Teilring ist.

(1) Zeige. Es ist O_{K} eine Z-Ordnung in K. Jede Z-Ordnung in K liegt in O_{K} .

(2) Seien G und H zwei Z-Gitter in K mit G ⊆ H.

Zeige, daß |H/G| endlich und gleich |G^{#}/H^{#}| ist.

(3) Sei R eine Z-Ordnung in K. Schreibe R = _{Z}⟨\underline{y}⟩ für eine Q-lineare Basis \underline{y} von K. Sei Δ_{K|Q, \underline{y}} quadratfrei. Zeige R = O_{K} .

(4) Sei α ∈ C eine Nullstelle des irreduziblen Polynoms X^{3} + X + 1 ∈ Q[X]. Sei K := Q(α). Zeige O_{K} = Z[α]. Berechne Δ_{K} .

Aufgabe 19 (§1.3.3) Betrachte Q(\sqrt[3]{2})|Q. Schreibe δ := \sqrt[3]{2}.

(1) Bestimme Z[δ]^{#}.

(2) Zeige O_{Q(δ)} = Z[δ]. Bestimme Δ_{Q(δ)} .

Aufgabe 20 (§1.4.2) Sei K ein perfekter Körper. Seien L′|K und L′′|K linear disjunkte endliche Körpererweiterungen. Sei L|K ein Kompositum von L′|K und L′′|K, mittels φ′ : L′ \overline{}L und φ′′ : L′′ \overline{}L. Zeige.

(1) Ist L̃|K, mit φ̃′, φ̃′′, ein weiteres Kompositum von L′|K und L′′|K, dann gibt es einen eindeutigen Körpermorphismus α : L ^{\overline{}^{∼}} L̃ mit α ∘ φ′ = φ̃′ und α ∘ φ′′ = φ̃′′, und dieser ist ein Isomorphismus.

(2) Ist M|K eine endliche Körpererweiterung und sind Körpermorphismen L′ ^{\overline{}^{ψ′}} M und L′′ ^{\overline{}^{ψ′′}} M mit ψ′|_{K}^{K} = ψ′′|_{K}^{K} = id_{K} gegeben, dann gibt es einen eindeutigen Körpermorphismus β : L \overline{}M mit β ∘ φ′ = ψ′ und β ∘ φ′′ = ψ′′.

Aufgabe 21 (§1.4.3) Sei K ein Körper. Seien m, n ⩾ 0. Sei A := (a_{i, j})_{i, j} ∈ K^{m×m}. Sei α : [1, mn] ^{\overline{}^{∼}} [1, m] × [1, n], k \overline{}α(k) =: (α′(k), α′′(k)) eine Bijektion. Sei B := (a_{α′(k),α′(ℓ)}∂_{α′′(k),α′′(ℓ)})_{k,ℓ} ∈ K^{mn×mn}. Zeige det(B) = det(A)^{n}.

Aufgabe 22 (§1.3.3) Sei K|Q eine endliche Körpererweiterung. Zeige, daß Δ_{K} ≡_{4} 0 oder Δ_{K} ≡_{4} 1 ist. Hinweis: Schreibe det(Vand_{K|Q, \underline{g}}) = P − N, wobei in P die Terme aus der Leibnizformel mit positivem Vorzeichen stehen. Zeige, daß P + N und P N in Z liegen.

Aufgabe 23 (§1.2.1, §1.4.1, §1.4.2) Zeige oder widerlege. Sei K ein perfekter Körper. Sei L|K eine endliche Körpererweiterung. Seien L|L′|K und L|L′′|K. Sei L|K Kompositum von L′|K und L′′|K, via der Einbettungen. Sei E ein Zerfällungskörper von L|K. Sei E′ ein Zerfällungskörper von L′|K. Sei E′′ ein Zerfällungskörper von L′′|K.

(1) Sind L′|K und L′′|K linear disjunkt, dann sind auch E′|K und E′′|K linear disjunkt.

(2) Es ist E|K ein Kompositum von E′ und E′′, via geeigneter Körpermorphismen.

(3) Sind L′|K und L′′|K galoisch, dann auch L|K.

(4) Sind [L′ : K] und [L′′ : K] teilerfremd, dann sind L′|K und L′′|K linear disjunkt.

(5) Seien L′|K und L′′|K galoisch. Es sind L′|K und L′′|K linear disjunkt genau dann, wenn L′ ∩ L′′ = K ist.

(6) Es sind L′|K und L′′|K linear disjunkt genau dann, wenn L′ ∩ L′′ = K ist.

Aufgabe 24 (§2.1) Sei R ein kommutativer Ring. Zeige.

(1) Die folgenden Aussagen (i) und (ii) sind äquivalent.

(i) Jedes Ideal in R ist endlich erzeugt.

(ii) Jede nichtleere Teilmenge von Ideale(R) hat ein maximales Element.

(2) Ist R noethersch, dann ist auch R[X] noethersch.

(3) Ist R noethersch und 𝔞 ∈ Ideale(R), dann ist auch R/𝔞 noethersch.

(4) Sei R noethersch. Sei m ⩾ 0.

Sei N ⊆ R^{⊕m} ein R-Teilmodul. Dann ist N ein endlich erzeugter R-Modul.

(5) Sei A ein Dedekindbereich. Sei K := Quot(A) perfekt. Sei L|K eine endliche Körpererweiterung. Sei B := Γ_{L}(A). Dann ist B noethersch. Ferner ist B ein endlich erzeugter A-Modul.

(6) Es ist ∏_{k∈Z_{⩾1}} C, mit eintragsweiser Addition und Multiplikation, nicht noethersch.

(7) Es ist C[X, Y] noethersch. Der Teilring darin, der von den Elementen XY^{k} mit k ⩾ 0 erzeugt wird, ist nicht noethersch, da in diesem Teilring das Ideal, das von ebendiesen Elementen erzeugt wird, nicht endlich erzeugt ist.

Aufgabe 25 (§2.2) Sei A ein ganzabgeschlossener Integritätsbereich. Sei K := Quot(A).

Sei L|K eine endliche Körpererweiterung. Sei B := Γ_{L}(A). Zeige.

(1) Sei f(X) ∈ A[X] normiert. Ist f(X) = g(X)h(X) mit g(X), h(X) ∈ K[X], dann liegen g(X), h(X) ∈ A[X].

(2) Sei y ∈ L. Es ist y ∈ B genau dann, wenn μ_{y,K}(X) ∈ A[X] liegt.

Aufgabe 26 (§2.3.1) Zeige.

(1) Sei R ein kommutativer Ring. Sei n ⩾ 1. Sei 𝔞_{i} ∈ Ideale(R) für i ∈ [1, n]. Sei 𝔞_{i} + 𝔞_{j} = R für i, j ∈ [1, n] mit i ≠ j. Der Ringmorphismus

[figure: R; χ; ∏_{i∈[1,n]} R/𝔞_{i}; r; (r + 𝔞_{i})_{i}]

ist surjektiv. Hierbei seien Addition und Multiplikation auf ∏_{i∈[1,n]} R/𝔞_{i} eintragsweise erklärt.

(2) Sei D ein Dedekindbereich. Sei n ⩾ 1. Seien 𝔭_{i} ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) mit 𝔭_{i} ≠ 𝔭_{j} für i, j ∈ [1, n] mit i ≠ j, und seien k_{i} ⩾ 1 für i ∈ [1, n]. Der Ringmorphismus

[figure: D; χ; ∏_{i∈[1,n]} D/𝔭_{i}^{k_{i}}; d; (d + 𝔭_{i})_{i}]

ist surjektiv.

Aufgabe 27 (§2.2)

(1) Finde 𝔞 ∈ Ideale^{×}(Z[\sqrt{−5}]) mit 𝔞 kein Hauptideal, aber 𝔞^{2} Hauptideal.

(2) Faktorisiere in Z[\sqrt{−5}] das Ideal (21) in Primideale. Faktorisiere es auf drei wesentlich verschiedene Weisen in ein Produkt von Hauptidealen, die von irreduziblen Elementen erzeugt werden. Zerlege die letzteren Faktorisierungen weiter zur Primidealfaktorzerlegung.

(3) Finde einen Zahlkörper K und eine Primzahl p ∈ Z^{×} so, daß in der Primidealfaktorzerlegung von (p) ⊆ O_{K} ein Faktor 𝔭 mit Exponent ⩾ 2 auftritt.

(i) Hierbei soll 𝔭 kein Hauptideal sein.

(ii) Hierbei soll 𝔭 ein Hauptideal sein.

Aufgabe 28 (§2.2)

(1) Sei D ein Dedekindbereich. Seien 𝔤, 𝔥 ∈ \underline{Ideale}^{×}(D).

Dann sind auch 𝔤𝔥, 𝔤 ∩ 𝔥, 𝔤 + 𝔥, 𝔤^{−1} ∈ \underline{Ideale}^{×}(D).

Ist 𝔤 ⊆ D, dann ist 𝔤 ∈ Ideale^{×}(D).

Sind bereits 𝔤, 𝔥 ∈ Ideale^{×}(D), dann sind auch 𝔤𝔥, 𝔤 ∩ 𝔥, 𝔤 + 𝔥 ∈ Ideale^{×}(D).

(2) Sei R ein kommutativer Ring. Sei 𝔭 ∈ Ideale_{prim}(R). Seien 𝔞, 𝔟 ∈ Ideale(R).

Es ist 𝔞𝔟 ⊆ 𝔭 genau dann, wenn 𝔞 ⊆ 𝔭 oder 𝔟 ⊆ 𝔭 ist.

Aufgabe 29 (§2.2) Sei D ein Dedekindbereich. Sei K := Quot(D).

Sei 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D). Seien 𝔤, 𝔥 ∈ \underline{Ideale}^{×}(D). Seien 𝔞, 𝔟 ∈ Ideale^{×}(D). Sei S ⊆ D^{×} mit 1 ∈ S und mit st ∈ S für s, t ∈ S.

(1) Sei k ⩾ 0. Zeige, daß genau dann 𝔞 ⊆ 𝔭^{k} ist, wenn v_{𝔭}(𝔞) ⩾ k ist.

(2) Schreibe γ := v_{𝔭}(𝔤) und χ := v_{𝔭}(𝔥). Wie hängen v_{𝔭}(𝔤𝔥), v_{𝔭}(𝔤^{−1}), v_{𝔭}(𝔤 ∩ 𝔥), v_{𝔭}(𝔤 + 𝔥) von γ und χ ab?

(3) Seien x, y ∈ K^{×}. Zeige v_{𝔭}(xy) = v_{𝔭}(x)+v_{𝔭}(y). Zeige v_{𝔭}(x+y) ⩾ min{v_{𝔭}(x), v_{𝔭}(y)}, wobei Gleichheit gilt, falls v_{𝔭}(x) ≠ v_{𝔭}(y).

(4) Zeige, daß genau dann 𝔞 + 𝔟 = (1) ist, wenn es kein 𝔮 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) gibt, das in der Primidealfaktorzerlegung von 𝔞 und von 𝔟 als Faktor auftritt.

(5) Zeige, daß es x, y ∈ D gibt mit 𝔞 = (x, y).

(6) Sei 𝔞 + 𝔟 = (1). Zeige, daß 𝔞𝔟 ⊕ D und 𝔞 ⊕ 𝔟 als D-Moduln isomorph sind.

(7) Zeige, daß 𝔞 ⊕ 𝔞^{−1} und D ⊕ D als D-Moduln isomorph sind. Ist 𝔞 in eine direkte Summe von echten D-Teilmoduln zerlegbar? Wann ist 𝔞 isomorph zu D als D-Modul?

(8) Zeige S^{−1}(𝔞𝔟) = (S^{−1}𝔞)(S^{−1}𝔟) , S^{−1}(𝔞 ∩ 𝔟) = (S^{−1}𝔞) ∩ (S^{−1}𝔟) und S^{−1}(𝔞 + 𝔟) = (S^{−1}𝔞) + (S^{−1}𝔟) . Zeige 𝔞_{𝔭} = (𝔭_{𝔭})^{v_{𝔭}(𝔞)}.

Aufgabe 30 (§2.2) Sei A ein Dedekindbereich. Sei K := Quot(A).

Sei L|K eine endliche Körpererweiterung. Sei B := Γ_{L}(A).

(1) Sei C|A eine Erweiterung kommutativer Ringe. Sei 𝔞 ⊆ A eine Teilmenge. Sei 𝔠 ∈ Ideale(C). Zeige 𝔞 · 𝔠 := _{Z}⟨ ac : a ∈ 𝔞, c ∈ 𝔠 ⟩ ∈ Ideale(C).

(2) Sei 𝔞 ∈ Ideale(A). Schreibe Ā := A/𝔞 und ā := a + 𝔞 ∈ Ā für a ∈ A. Sei b ∈ B. Sei μ_{b,K}(X) =: X^{n} + ∑_{i∈[0,n−1]} a_{i}X^{i}. Schreibe μ̄_{b,K}(X) := X^{n} + ∑_{i∈[0,n−1]} ā_{i}X^{i}. Zeige.

(i) Wir haben einen Ringisomorphismus φ : A[b]/(𝔞 · A[b]) ^{\overline{}^{∼}} Ā[X]/(μ̄_{b,K}(X)) mit φ(a + (𝔞 · A[b])) = ā + (μ̄_{b,K}(X)) für a ∈ A und mit φ(b + (𝔞 · A[b])) = X + (μ̄_{b,K}(X)).

(ii) Sei 𝔞 ein maximales Ideal von A. Beachte, daß nun Ā ein Körper ist.

Schreibe

μ̄_{b,K}(X) = ū_{1}(X)^{α_{1}} · ū_{2}(X)^{α_{2}} · . . . · ū_{k}(X)^{α_{k}}

für ein k ⩾ 1, normierte Polynome u_{i}(X) ∈ A[X] für i ∈ [1, k], für welche ū_{i}(X) ∈ Ā[X] irreduzibel ist, wobei ū_{i}(X) ≠ ū_{j}(X) für i, j ∈ [1, k] mit i ≠ j, und für gewisse α_{i} ⩾ 1 für i ∈ [1, n]. Dann sind die maximalen Ideale über 𝔞 in A[b] gegeben durch

𝔮_{i} := (u_{i}(b)) + 𝔞A[b]

für i ∈ [1, k]. Desweiteren ist A[b]/𝔮_{i} ^{\overline{}^{∼}} Ā[X]/(ū_{i}(X)), b + 𝔮_{i} \overline{}X + (ū_{i}(X)) und also

[A[b]/𝔮_{i} : Ā] = [Ā[X]/(ū_{i}(X)) : Ā] = deg(ū_{i})

für i ∈ [1, k].

(iii) Wir behalten die Bezeichnungen aus (ii) bei. Sei zudem vorausgesetzt, daß A[b] = B ist. Dann ist

𝔞 · A[b] = 𝔮_{1}^{α_{1}}𝔮_{2}^{α_{2}} · . . . · 𝔮_{k}^{α_{k}} .

(3) Sei d ∈ Z∖{0, 1} quadratfrei. Sei p ∈ Z^{×} prim. Gib die Primidealfaktorzerlegung von (p) ⊆ O_{Q(\sqrt{d})} an. Hierbei darf (F_{p}^{×})^{2} := \{ s^{2} : s ∈ F_{p}^{×} \} als bekannt vorausgesetzt werden. Was ergibt sich speziell für d = −1 und p ∈ {2, 3, 5}?

(4) Finde jeweils die Primidealfaktorzerlegung von (2), (3), (5), (7) ⊆ O_{Q( \sqrt[3]{2})} .

Aufgabe 31 (§2.3.1) Sei A ein Dedekindbereich mit K := Quot(A) perfekt. Sei L|K eine endliche Körpererweiterung. Sei B := Γ_{L}(A). Gebe es ein b ∈ B mit B = A[b]. Sei 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A). Zeige B_{𝔭} = A_{𝔭}[b].

Aufgabe 32 (§2.3.1, §2.1) Finde einen Hauptidealbereich A mit | Ideale_{prim}^{×}(A)| = 2.

Aufgabe 33 (§2.3.2) Sei D ein Dedekindbereich. Sei S ⊆ D mit 1 ∈ S und st ∈ S für s, t ∈ D gegeben; cf. Aufgabe 10. Seien 𝔤, 𝔥 ∈ \underline{Ideale}^{×}(D) gegeben. Zeige.

(1) Es ist S^{−1}𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(S^{−1}D).

(2) Es ist S^{−1}(𝔤𝔥) = (S^{−1}𝔤)(S^{−1}𝔥) und (S^{−1}𝔤)^{−1} = S^{−1}(𝔤^{−1}).

(3) Es ist S^{−1}(𝔤 + 𝔥) = S^{−1}𝔤 + S^{−1}𝔥 und S^{−1}(𝔤 ∩ 𝔥) = S^{−1}𝔤 ∩ S^{−1}𝔥.

(4) Sei 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D). Es ist 𝔤_{𝔭} = (𝔭_{𝔭})^{v_{𝔭}(𝔤)}.

(5) Es ist 𝔤 = ⋂_{𝔭∈Ideale_{prim}^{×}(D)} 𝔤_{𝔭}.

Aufgabe 34 (§2.3.3) Sei A ein Dedekindbereich. Sei K := Quot(A) perfekt. Seien M|L|K endliche Körpererweiterungen. Sei B := Γ_{L}(A) und C := Γ_{M}(A). Zeige.

(1) Sei 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(B). Dann ist N_{L|K}(𝔤^{−1}) = N_{L|K}(𝔤)^{−1}.

(2) Sei 𝔥 ∈ \underline{Ideale}^{×}(C). Dann ist N_{M|K}(𝔥) = N_{L|K}(N_{M|L}(𝔥)).

(3) Sei 𝔣 ∈ \underline{Ideale}^{×}(A). Dann ist N_{L|K}(𝔣B) = 𝔣^{ℓ}, wobei ℓ := [L : K].

Aufgabe 35 (§2.3.4) Zeige oder widerlege. Sei A ein Dedekindbereich. Sei K := Quot(A) perfekt. Seien L|K eine endliche Körpererweiterung. Sei B := Γ_{L}(A).

(1) Es ist B^{#,A} das Urbild von A unter Tr_{L|K} .

(2) Für 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A) ist (B^{#,A})_{𝔭} = (B_{𝔭})^{#,A_{𝔭}}.

(3) Für x, y ∈ L^{×} ist N_{L|K}( (x, y) ) = ( N_{L|K}(x), N_{L|K}(y) ).

(4) Für 𝔟 ∈ Ideale^{×}(B) ist N_{L|K}(𝔟) ⊆ 𝔟 ∩ A.

(5) Sei L|K galoisch. Für 𝔟 ∈ Ideale^{×}(B) ist N_{L|K}(𝔟) = 𝔟 ∩ A.

(6) Die Abbildung N_{L|K} : \underline{Ideale}^{×}(B) \overline{}\underline{Ideale}^{×}(A) ist injektiv.

(7) Die Abbildung N_{L|K} : \underline{Ideale}^{×}(B) \overline{}\underline{Ideale}^{×}(A) ist surjektiv.

(8) Sei L|K galoisch, mit G := Gal(L|K).

Für 𝔟 ∈ Ideale^{×}(B) ist N_{L|K}(𝔟)B = ∏_{σ∈G} σ(𝔟).

(9) Für 𝔞 ∈ Ideale^{×}(A) ist (B𝔞) ∩ A = 𝔞.

(10) Sei 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(B). Es ist N_{L|K}(𝔤) = \{ N_{L|K}(g) : g ∈ 𝔤 \}.

(11) Sei 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(B). Es ist N_{L|K}(𝔤) = (1) genau dann, wenn 𝔤 = (1) ist.

(12) Sei 𝔟 ∈ Ideale^{×}(B). Es ist N_{L|K}(𝔟) = (1) genau dann, wenn 𝔟 = (1) ist.

Aufgabe 36 (§2.3.3, §2.2, Aufgabe 47) Zeige.

(1) In Cl(O_{Q(\sqrt{−23})}) hat das Element [(2, \frac{1}{2}(1 + \sqrt{−23}))] die Ordnung 3.

(2) In Cl(O_{Q(\sqrt{−47})}) hat das Element [(2, \frac{1}{2}(1 + \sqrt{−47}))] die Ordnung 5.

Aufgabe 37 (§2.3.3) Zeige oder widerlege. Sei A ein Dedekindbereich mit K := Quot(A) perfekt. Sei L|K eine endliche Körpererweiterung. Sei B := Γ_{L}(A). Für 𝔟 ∈ Ideale^{×}(B) betrachten wir Tr_{L|K}(𝔟) = { Tr_{L|K}(b) : b ∈ 𝔟 }.

(1) Für 𝔟 ∈ Ideale^{×}(B) ist B(𝔟 ∩ A) = 𝔟.

(2) Für 𝔟, 𝔟′ ∈ Ideale^{×}(B) ist A ∩ (𝔟𝔟′) = (A ∩ 𝔟)(A ∩ 𝔟′).

(3) Für 𝔟 ∈ Ideale^{×}(B) ist Tr_{L|K}(𝔟) ∈ Ideale^{×}(A).

(4) Für 𝔥 ∈ \underline{Ideale}^{×}(B) ist Tr_{L|K}(𝔥) ∈ \underline{Ideale}^{×}(A).

(5) Für b ∈ 𝔟 ist Tr_{L|K}((b)) = (Tr_{L|K}(b)).

(6) Für 𝔥 ∈ \underline{Ideale}^{×}(B) und 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A) ist Tr_{L|K}(𝔥)_{𝔭} = Tr_{L|K}(𝔥_{𝔭}).

(7) Es ist Tr_{L|K}(B^{#,A}) = A.

Aufgabe 38 (§2.3.4) Sei A ein Dedekindbereich. Sei K := Quot(A) perfekt. Sei 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A). Sei L|K eine endliche Körpererweiterung. Sei B = Γ_{L}(A). Zeige.

(1) Es ist (𝔇_{L|K,A})_{𝔭} = 𝔇_{L|K,A_{𝔭}}.

(2) Es ist (𝔡_{L|K,A})_{𝔭} = 𝔡_{L|K,A_{𝔭}}.

Aufgabe 39 (§2.3.4, §1.4.3) Sei A ein Dedekindbereich. Sei K := Quot(A) perfekt. Seien L′|K und L′′|K linear disjunkte endliche Körpererweiterungen. Sei L eine gemeinsame Körpererweiterung von L′ und L′′, welche ein Kompositum von L′|K und L′′|K ist. Schreibe ℓ′ := [L′ : K] und ℓ′′ := [L′′ : K]. Sei 𝔡_{L′|K,A} + 𝔡_{L′′|K,A} = (1). Zeige 𝔡_{L|K,A} = 𝔡_{L′|K, A}^{ℓ′′} · 𝔡_{L′′|K,A}^{ℓ′}.

Aufgabe 40 (§2.3.4, §1.4.3) Sei K := Q, sei L := Q(\sqrt{13}), sei L′ := Q(\sqrt{3}) und sei M := Q(\sqrt{3}, \sqrt{13}). Cf. Aufgabe 16.(2). Sei A := Z, sei B := Γ_{L}(A), sei B′ := Γ_{L}(A) und sei C := Γ_{M}(A).

(1) Bestimme 𝔇_{L|K,A}. Bestimme 𝔇_{M|L,B}. Bestimme damit 𝔇_{M|K,A}.

(2) Bestimme 𝔇_{L′|K,A}. Bestimme 𝔇_{M|L′,B}. Bestimme damit 𝔇_{M|K,A} erneut.

(3) Bestätige die Aussage von Lemma 96 für L|K, L′|K und M|K durch Vergleich der Resultate hier mit den Resultaten aus Aufgabe 16.(2).

Aufgabe 41 (§3.1) Sei V ein euklidischer Raum. Zeige. Für eine Teilmenge X ⊆ V sind die folgenden Aussagen (1, 2) äquivalent. Für eine additive Untergruppe X ⊆ V sind die folgenden Aussagen (1, 2, 3, 4) äquivalent.

(1) Es ist X eine diskrete Teilmenge von V.

(2) Für alle v ∈ V gibt es ein ε ∈ R_{>0} mit (B_{ε}(v) ∖ {v}) ∩ X = ∅.

(3) Es gibt ein ε ∈ R_{>0} mit B_{ε}(0) ∩ X = {0}.

(4) Es gibt ein r ∈ R_{>0} mit B_{r}(0) ∩ X endlich.

Aufgabe 42 (§3.2.1) Sei K|Q eine endliche Körpererweiterung.

Gib die Abbildungen Tr |_{K_{R}}^{R} : K_{R} \overline{}R und N |_{K_{R}}^{R} : K_{R} \overline{}R unter Verwendung von Koeffizienten bezüglich der Orthonormalbasis aus Bemerkung 112 an.

Zeige, daß beide Abbildungen stetig sind.

Aufgabe 43 (§2.3.3, §3.2.2) Sei A ein Dedekindbereich. Sei K = Quot(A) perfekt. Sei L|K eine endliche Körpererweiterung. Schreibe ℓ := [L : K]. Sei B := Γ_{L}(A). Sei 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A).

(1) Sei 𝔮 ∈ Ideale_{prim}^{×}(B) mit 𝔭 ⊆ 𝔮. Zeige, daß 𝔭 = A ∩ 𝔮 ist und daß (B/𝔮)|(A/𝔭) eine endliche Körpererweiterung ist. Sei f := [B/𝔮 : A/𝔭]. Zeige N_{L|K}(𝔮) = 𝔭^{f}.

(2) Sei 𝔭B = ∏_{i∈[1,d]} 𝔮_{i}^{e_{i}} die Primidealfaktorzerlegung in B, wobei d ⩾ 1, wobei 𝔮_{i} ∈ Ideale_{prim}^{×}(B) und e_{i} ⩾ 1 für i ∈ [1, d] und wobei 𝔮_{i} ≠ 𝔮_{j} für i, j ∈ [1, d] mit i ≠ j; cf. Lemma 54, Satz 63. Schreibe f_{i} := [B/𝔮_{i} : A/𝔭] für i ∈ [1, d].

Zeige

ℓ = ∑_{i∈[1,d]} e_{i}f_{i} .

Hinweis: Berechne N_{L|K}(𝔭B) mit (1) und alternativ mit Aufgabe 34.(3).

(3) Bestätige die Formel aus (2) im Falle A = Z, K = Q, L = Q(\sqrt[3]{2})

für 𝔭 ∈ {(3), (5), (7)}. Cf. Aufgabe 30.(4).

Aufgabe 44 (§2.3.1, Aufgabe 43) Sei R ein diskreter Bewertungsring mit maximalem Ideal erzeugt von r ∈ R. Sei K := Quot(R). Sei L|K eine endliche Körpererweiterung. Sei s ∈ Γ_{L}(R)^{×} gegeben. Schreibe S := R[s]. Schreibe μ(X) := μ_{s,K}(X) ∈ R[X] und m := deg μ.

(1) Zeige, daß S genau dann ein diskreter Bewertungsring mit maximalem Ideal erzeugt von s ist, wenn μ(X) eisensteinsch ist, i.e. wenn μ(X) ≡_{r} 0 und μ(0) ≢_{r^{2}} 0 ist. Zeige, daß diesenfalls R/(r) und S/(s) isomorphe Ringe sind und daß (r) = (s^{m}). Hinweis: Betrachte (R/(r))[X]/X^{m} \overline{}S/(r).

(2) Verifiziere (1) am Beispiel R = Z_{(p)}, r = p, s = ζ_{p} − 1.

(3) Verifiziere (1) am Beispiel R = Z_{(p)}[ζ_{p}], r = ζ_{p} − 1, s = ζ_{p^{2}} − 1.

Aufgabe 45 (§3.2.2, §3.2.3)

(1) Seien m, n ∈ Z_{⩾0}. Seien u_{i} ∈ R_{>0} für i ∈ [1, n]; schreibe u := (u_{i})_{i∈[1,n]} . Seien v_{i} ∈ R_{>0} für i ∈ [1, m] ; schreibe v := (v_{i})_{i∈[1,m]} .

Sei

Z_{u,v} := { (x_{1} , …, x_{n} , y_{1} , …, y_{m} , z_{1} , …, z_{m}) ∈ R^{n+2m} :
|x_{i}| ⩽ u_{i} für i ∈ [1, n], 2^{−1/2}(y_{i}^{2} + z_{i}^{2})^{1/2} ⩽ v_{i} für i ∈ [1, m] }
⊆ R^{n+2m} .

Zeige

vol(Z_{u,v}) = 2^{n+m}π^{m}( ∏_{i∈[1,n]} u_{i})( ∏_{i∈[1,m]} v_{i}^{2}) .

Hinweis: Schreibe u′ := (u_{i})_{i∈[1,n−1]} und v′ := (v_{i})_{i∈[1,m−1]} . Erstelle Zusammenhang zwischen Z_{u,v}, Z_{u′,v}, Z_{u,v′}.

(2) Sei R ∈ R_{⩾0} . Seien n, m ∈ Z_{⩾0}. Sei

M_{n,m,R} := { (x_{1} , …, x_{n} , y_{1} , …, y_{m} , z_{1} , …, z_{m}) ∈ R^{n+2m} :
( ∑_{i∈[1,n]} |x_{i}|) + 2^{1/2}( ∑_{i∈[1,m]}(y_{i}^{2} + z_{i}^{2})^{1/2}) ⩽ R }
⊆ R^{n+2m} .

Zeige

vol(M_{n,m,R}) = 2^{n}π^{m} \frac{R^{n+2m}}{(n + 2m)!} .

Hinweis: Erstelle Zusammenhang zwischen vol(M_{n,m,R}) und vol(M_{n−1,m,R}), sowie zwischen vol(M_{n,m,R}) und vol(M_{n,m−1,R}).

Aufgabe 46 (§3.2.2) Sei m ⩾ 1. Seien a_{i} ∈ R_{>0} für i ∈ [1, m].

Zeige

\frac{1}{m} ∑_{i∈[1,m]} a_{i} ⩾ ( ∏_{i∈[1,m]} a_{i})^{1/m} .

Aufgabe 47 (§3.2.2)

(1) Zeige Cl(O_{Q(\sqrt{−23})}) ≃ C_{3} .

(2) Zeige Cl(O_{Q(\sqrt{−47})}) ≃ C_{5} .

Aufgabe 48 (§3.2.2) Ist Z[\sqrt[3]{2}] ein Hauptidealbereich?

Aufgabe 49 (§3.2.2)

Sei K ein Zahlkörper, o.E. C|K|Q. Schreibe k := [K : Q] und s := |Einb_{C}(K)|.

(1) Zeige |Δ_{K}| ⩾ (\frac{π}{4})^{2s} · (\frac{k^{k}}{k!} )^{2}.

(2) Für welche Zahlkörper K ist |Δ_{K}| = 1 ?

(3) Zeige mit der Stirlingschen Formel lim_{n→∞} \frac{n! e^{n}}{n^{n}\sqrt{n}} = \sqrt{2π}, daß es für jedes C ∈ R_{>0} ein N ∈ Z_{⩾1} so gibt, daß im Falle [K : Q] ⩾ N stets 5^{−[K:Q]}|Δ_{K}| > C ist.

Aufgabe 50 (§3.2.2, §2.3.3)

Sei A ein Dedekindbereich. Sei K = Quot(A) perfekt.

Sei L|K eine endliche Körpererweiterung. Schreibe ℓ := [L : K]. Sei B := Γ_{L}(A).

Zeige.

(1) Es gibt den Gruppenmorphismus N_{L|K} : Cl(B) \overline{}Cl(A), [𝔥] \overline{}[N_{L|K}(𝔥)].

(2) Es gibt den Gruppenmorphismus ind_{L|K} : Cl(A) \overline{}Cl(B), [𝔤] \overline{}[B𝔤].

(3) Ist |Cl(A)| teilerfremd zu ℓ, dann ist die Abbildung ind_{L|K} aus (2) injektiv und die Abbildung N_{L|K} aus (1) surjektiv.

Aufgabe 51 (§3.2.2, Aufgabe 50)

(1) Sei A ein Dedekindbereich. Sei 𝔞 ∈ Ideale^{×}(A).

Sei m ∈ Z_{⩾1} und a ∈ A^{×} mit 𝔞^{m} = (a) gegeben.

Sei K := Quot(A). Sei M der Zerfällungskörper von X^{m} −a ∈ K[X]. Sei b ∈ M eine Nullstelle von X^{m} − a in M. Sei L := K(b) ⊆ M. Somit ist M|L|K. Sei B := Γ_{L}(A).

Zeige, daß B𝔞 ein Hauptideal in B ist.

(2) Zeige, daß es für jeden Zahlkörper K eine endliche Körpererweiterung L|K so gibt, daß ind_{L|K} : Cl(O_{K}) \overline{}Cl(O_{L}) das Bild ind_{L|K}(Cl(O_{K})) = \{[(1)]\} hat, i.e. daß ind_{L|K} trivial ist; cf. Aufgabe 50.(2).

(3) Sei K := Q(\sqrt{−5}). Finde eine endliche Körpererweiterung L|K so, daß ind_{L|K} : Cl(O_{K}) \overline{}Cl(O_{L}) trivial ist.

Gib für ein Ideal 𝔞 von O_{K} , das kein Hauptideal ist, ein b ∈ O_{L} mit O_{L}𝔞 = (b) an.

Aufgabe 52 (§3.2.3)

Sei R ein kommutativer Ring. Sei M′ ^{\overline{}^{i}} M ^{\overline{}^{r}} M′′ eine kurz exakte Sequenz von R-Moduln und R-linearen Abbildungen, i.e. sei i injektiv, r surjektiv und sei i(M) = Kern(r).

Zeige.

(1) Existiere eine R-lineare Abbildung M ^{\overline{}^{s}} M′′ mit r ∘ s = id_{M′′}. Dann gibt es eine R-lineare Abbildung M′ ^{\overline{}^{t}} M mit t ∘ i = id_{M′}, und es ist M ≃ M′ ⊕ M′′.

(2) Sei M′′ ≃ R^{⊕n} für ein n ∈ Z_{⩾0} . Dann gibt es einen R-linearen Isomorphismus M ^{\overline{}^{∼}} M′ ⊕ M′′, der m′ ∈ M′ auf i(m′) schickt.

Aufgabe 53 (§3.2.3) Sei d ∈ Z_{⩾2} quadratfrei.

(1) Zeige, daß es genau ein u ∈ U(O_{Q(\sqrt{d})}) ∩ R_{>1} so gibt, daß für alle v ∈ U(O_{Q(\sqrt{d})}) genau ein m ∈ Z mit v ∈ {−u^{m}, +u^{m}} existiert.

(2) Bestimme u wie in (1) für d ∈ {2, 3, 5, 17, 19}.

Aufgabe 54 (§3.2.3) Sei K ein Zahlkörper mit [K : Q] = 3, mit K ⊆ R, mit Einb_{R}(K) =: {ι} und mit Einb_{C}(K) =: {σ}. Zeige.

(1) Sei v ∈ U(O_{K}) ∩ R_{>1} . Dann ist N_{K|Q}(v) = +1. Mit x := \sqrt{v} und einem geeigneten t ∈ R können wir σ(v) = x^{−1} exp(it) schreiben.

(2) Sei v ∈ U(O_{K}) ∩ R_{>1} . Dann ist |Δ_{K}| ⩽ |Δ_{K|Q, (1,v,v^{2})}| < 4v^{3} + 24.

(3) Sei u ∈ U(O_{K}) mit 1 < u und 4u^{3/2} + 24 ⩽ |Δ_{K}| gegeben. Dann gibt es für alle v ∈ U(O_{K}) genau ein m ∈ Z mit v ∈ {−u^{m}, +u^{m}}.

(4) Sei K := Q(\sqrt[3]{2}). Es gibt genau ein u ∈ U(O_{K}) mit u > 1 und derart, daß für alle v ∈ U(O_{K}) genau ein m ∈ Z mit v ∈ {−u^{m}, +u^{m}} existiert. Bestimme u.

(5) Es ist f(X) := X^{3} + 2X + 1 ∈ Q[X] irreduzibel. Es hat f(X) genau eine reelle Nullstelle α. Sei K := Q(α). Es gibt genau ein u ∈ U(O_{K}) mit u > 1 und derart, daß für alle v ∈ U(O_{K}) genau ein m ∈ Z mit v ∈ {−u^{m}, +u^{m}} existiert. Bestimme u.

Aufgabe 55 (§3.2.2, §4.1) Zeige mittels Minkowskitheorie, daß Z[ζ_{n}] ein Hauptidealbereich ist für n ∈ {3, 4, 5, 7, 8}.

Für n ∈ {3, 4} wissen wir dies bereits aus Aufgabe 6.(3, 2).

Aufgabe 56 (§3.2.3, §4.1) Bestimme alle Einheiten in Z[ζ_{5}]. Hinweis: Wir haben einen Gruppenmorphismus U(Z[ζ_{5}]) \overline{}U(O_{Q(ζ_{5})∩R}) ; cf. Aufgabe 53.(2).

Aufgabe 57 (§4.1) Sei p ∈ Z_{>0} eine Primzahl. Sei α ∈ Z_{⩾1} . Bestimme Δ_{Q(ζ_{p^{α}})} . Hinweis: Wie in Lemma 129.(4), nur unter Beachtung des Vorzeichens.

Aufgabe 58 (Aufgabe 59) Sei p ∈ Z_{⩾3} prim. Sei a, b ∈ Z ∖ (p). Sei a^{∗} ∈ Z mit aa^{∗} ≡_{p} 1 gegeben. Das Legendresymbol ist gegeben durch

((\frac{a}{p})) := \{ \begin{matrix}+1 & falls a + (p) ∈ (F_{p}^{×})^{2} \\ −1 & falls a + (p) ∉ (F_{p}^{×})^{2} . \end{matrix}

Sei τ := ∑_{a+(p)∈U(Z/(p))} ((\frac{a}{p}))ζ_{p}^{a}.

(1) Zeige ((\frac{a}{p})) ≡_{p} a^{(p−1)/2}, ((\frac{a}{p}))((\frac{b}{p})) = ((\frac{ab}{p})) und ((\frac{a}{p})) = ((\frac{a^{∗}}{p} )).

(2) Zeige τ^{2} = ((\frac{−1}{p}))p.

(3) Zeige, daß Q( \sqrt{((\frac{−1}{p}))p}) ein Teilkörper von Q(ζ_{p}) ist.

Aufgabe 59 (§2.2, §4.1, Aufgabe 55)

(1) Zeige, daß Q(\sqrt{−23}) ein Teilkörper von Q(ζ_{23}) ist.

(2) Ist Z[ζ_{23}] ein Hauptidealbereich?

Hinweis: Aufgabe 50 verwenden, um Cl(O_{Q(\sqrt{−23})}) ≃ C_{3} aus Aufgabe 47.(1) zum Einsatz bringen zu können.

Aufgabe 60 (§4.1)

(1) Bestimme Δ_{Q(ζ_{40})} .

(2) Bestimme die Primidealfaktorzerlegungen in Z[ζ_{40}] von (2), (3) und (5).

(3) Für welche Primzahlen p ist das Bild von Φ_{40}(X) in F_{p}[X] irreduzibel? Für welche zerfällt es in Linearfaktoren?

Aufgabe 61 (§4.2.2, §4.2.1) Sei L|Q eine endliche galoische Körpererweiterung mit nichtzyklischer Galoisgruppe. Sei O_{L} als Ring von einem Element erzeugt. Zeige : Es gibt nur endlich viele p ∈ Z_{>0} prim derart, daß (p) bezüglich K|Q Zerlegungsbreite 1 hat.

Aufgabe 62 (§4.2.2, §2.3.4) Schreibe δ := \sqrt[3]{2} und ζ := ζ_{3} . Sei L := Q(δ, ζ). Sei K := Q.

(1) Bestimme O_{L}. Bestimme |Δ_{L}| unter Verwendung von Satz 100.(2).

Hinweis: Nach Aufgabe 19.(2) ist O_{Q(δ)} = Z[δ]. Verwende Δ_{Q(ζ,δ)|Q(δ), (1,η)} mit η ∈ O_{L} geeignet. Cf. Aufgabe 18.(3).

(2) Bestimme die Primidealfaktorzerlegung von (5) in O_{L}. Gib die Zerlegungsparameter von (5) an. Welcher dieser Zerlegungsparameter ist bereits aus (1) bekannt?

Hinweis: Bestimme zunächst die Primidealfaktorzerlegung von (5) in Z[δ].

(3) Wähle ein Primideal 𝔮 von O_{L}, welches (5) enthält. Bestimme seinen Zerlegungskörper L_{dec} und seinen Trägheitskörper L_{inert} .

(4) Zeige oder widerlege jeweils.

In der Situation von Satz 143 sei 𝔯 ∈ Ideale_{prim}^{×}(B_{dec}) ∖ {𝔮_{dec}} mit 𝔯 ⊇ 𝔭 gegeben. Dann ist der Trägheitsindex von 𝔯 bezüglich L_{dec}|K gleich 1. Ferner ist die Zerlegungsbreite von 𝔭 bezüglich L_{dec}|K ist gleich der Zerlegungsbreite von 𝔭 bezüglich L|K.

Aufgabe 63 (§4.2.2) Schreibe ζ := ζ_{24} . Betrachte Q(ζ)|Q. Schreibe B := Z[ζ].

(1) Sei 𝔮 ein Primideal von B, das 3 enthält. Bestimme Zerlegungskörper und Trägheitskörper von 𝔮. Wieso hängen beide nicht von der Wahl von 𝔮 ab?

(2) Bestimme die Primidealfaktorisierung von (3) in B_{dec} . Vergleiche mit Satz 143.(1).

(3) Bestimme die Primidealfaktorisierung von B_{inert}𝔮_{dec} . Vergleiche mit Satz 143.(2).

(4) Bestimme die Primidealfaktorisierung von B𝔮_{inert} . Vergleiche mit Satz 143.(3).

Aufgabe 64 (Aufgabe 58)

Seien p und ℓ zwei verschiedene Primzahlen in Z_{⩾3} .

Zeige ((\frac{ℓ}{p}))((\frac{p}{ℓ})) = (−1)^{\frac{p−1}{2} · \frac{ℓ−1}{2}} .

Hinweis: Berechne τ^{ℓ} aus Aufgabe 58 modulo ℓ auf zwei Arten, einmal mittels Aufgabe 58, einmal mittels Frobenius.

Diese Gleichung ist das Gaußsche Reziprozitätsgesetz.

A.2 Lösungen

Aufgabe 1 Ad (1). Betrachte den Polynomring S := Z[X_{r} : r ∈ R]. Dies ist ein Integritätsbereich, da jede Ausführung der Multiplikation einen endlichen Träger hat und da von Polynomringen in endlich vielen Variablen bekannt ist, daß sie nullteilerfrei sind. Setze

[figure: S; φ; R; X_{r}; r]

Dies definiert einen Ringmorphismus; cf. [5, §1.6.2], wobei noch Polynomringe in unendlich vielen Variablen zuzulassen sind. Man kann auch die Abbildungsvorschrift von φ insgesamt angeben. Sei I die Menge der Tupel α = (α_{r})_{r∈R} mit α_{r} ∈ Z_{⩾0} , für die der Träger { r ∈ R : α_{r} ≠ 0 } endlich ist. Ist

f = ∑_{α∈I} z_{α} ∏_{r∈R} X_{r}^{α_{r}} ,

wobei { α ∈ I : z_{α} ≠ 0 } endlich sei, dann ist

φ(f) = ∑_{α∈I} z_{α} ∏_{r∈R} r^{α_{r}} .

Es ist φ surjektiv, da für r ∈ R ja X_{r} auf r abgebildet wird.

Man kann sich auch auf freie Erzeuger X_{r} eines Polynomrings beschränken, für die r nur gewisse Ringerzeuger von R durchläuft.

Ad (2). Sei φ : S → R ein surjektiver Ringmorphismus mit S Integritätsbereich; cf. (1). Sei K = Quot(S). Es ist also S ⊆ K ein Teilring. Sei n ⩾ 0. Wir schreiben die eintragsweise Anwendung von φ als

[figure: S^{n×n}; φ̂; R^{n×n}; (s_{i, j})_{i, j}; φ̂((s_{i, j})_{i, j}) := (φ(s_{i, j}))_{i, j} .]

Es ist φ̂ ein Ringmorphismus. Sei A = (a_{i, j})_{i, j} ∈ R^{n×n} gegeben. Sei A′ = (a′_{u,v})_{u,v} ∈ R^{n×n} definiert durch

a′_{v,u} = (−1)^{u+v} det((a_{i, j})_{i∈[1,n]∖{v}, j∈[1,n]∖{u}})

für u, v ∈ [1, n]. Wir haben A′A =^{!} det(A)E_{n} zu zeigen. Wähle b_{i, j} ∈ S mit φ(b_{i, j}) = a_{i, j} für i, j ∈ [1, n]. Setze B := (b_{i, j})_{i, j} ∈ S^{n×n} ⊆ K^{n×n}. Es ist also φ̂(B) = A. Es ist ferner

det(A) = det(φ̂(B)) = det(φ(b_{i, j}))_{i, j} = φ(det(b_{i, j})_{i, j}) = φ(det(B)) ,

da die Determinante ein polynomialer Ausdruck in den Matrixeinträgen mit Koeffizienten in {−1, +1} ist.

Sei B′ = (b′_{u,v})_{u,v} ∈ S^{n×n} ⊆ K^{n×n} definiert durch

b′_{v,u} = (−1)^{u+v} det((b_{i, j})_{i∈[1,n]∖{v}, j∈[1,n]∖{u}})

für u, v ∈ [1, n]. Nach Cramerscher Regel über K ist B′B = det(B)E_{n}.

Es ist

φ(b′_{v,u}) = φ((−1)^{u+v} det((b_{i, j})_{i∈[1,n]∖{v}, j∈[1,n]∖{u}}))
= (−1)^{u+v} det((φ(b_{i, j}))_{i∈[1,n]∖{v}, j∈[1,n]∖{u}}
= (−1)^{u+v} det((a_{i, j})_{i∈[1,n]∖{v}, j∈[1,n]∖{u}}

für u, v ∈ [1, n].

Zusammengenommen ist also φ̂(B′) = A′.

Somit wird in der Tat

A′A = φ̂(B′)φ̂(B) = φ̂(B′B) = φ̂(det(B)E_{n}) = φ(det(B))E_{n} = det(A)E_{n} .

Aufgabe 2

Ad (1). Annahme, nicht. Dann können wir, ausgehend von einem Ideal in M, eine strikt aufsteigende Kette von Idealen I_{1} ⊂ I_{2} ⊂ … bilden. Es ist I := ⋃_{k⩾1} I_{k} ein Ideal in R, da 0 ∈ I und da für x, x′ ∈ I und r, r′ ∈ R es ein m ⩾ 1 gibt mit x, x′ ∈ I_{m}, sodaß auch rx + r′x′ ∈ I_{m} ⊆ I liegt. Da R ein Hauptidealbereich ist, gibt es ein a ∈ R mit I = (a). Nun gibt es auch ein n ⩾ 1 mit a ∈ I_{n}. Folglich ist I_{n} ⊆ I = (a) ⊆ I_{n}, und also I = I_{n} ⊂ I_{n+1} ⊆ I, Widerspruch.

Ad (2). Sei a ∈ R^{×} gegeben.

Sei a ∈ R prim. Dann folgt aus a = bc, daß (b + (a))(c + (a)) = 0 ist in R/(a), also o.E. b + (a) = 0 und somit b = ad für ein d ∈ R ist. Dann aber ist a = bc = adc und somit 1 = dc, also c ∈ U(R). Ferner ist R/(a) als Integritätsbereich nicht der Nullring, und somit (a) ≠ R. Dies zeigt, daß a irreduzibel ist.

Sei a ∈ R irreduzibel. Zunächst ist (a) ≠ R und also R/(a) nicht der Nullring.

Seien b, c ∈ R gegeben mit (b + (a))(c + (a)) = 0 in R/(a). Dann gibt es ein d ∈ R mit bc = da. Ist

b + (a) = 0, so sind wir fertig. Ist b + (a) ≠ 0, so haben wir c + (a) =^{!} 0 zu zeigen. Es ist (a) ⊂ (a, b), da b ∉ (a). Da R ein Hauptidealbereich ist, gibt es ein e ∈ R mit (a, b) = (e). Also ist a = ex für ein x ∈ R. Da a irreduzibel ist, folgt (e) = R oder (x) = R. Annahme (x) = R. Dann gibt es ein y ∈ R mit xy = 1, und es wird e = exy = ay ∈ (a), also (e) = (a) ⊂ (a, b) = (e), Widerspruch. Folglich ist (e) = R. Also ist 1 ∈ (e) = (a, b), i.e. es gibt s, t ∈ R mit 1 = sa + tb. Es folgt c = sac + tbc = sac + tda = (sc + td)a ∈ (a), i.e. c + (a) = 0.

Ad (3). Betrachte die Menge M aller Ideale der Form (x) mit x ∈ R^{×} ohne Primfaktorzerlegung. Annahme, es ist M = ∅. Dank (1) gibt es ein y ∈ R mit (y) maximal in M.

Es kann y nicht irreduzibel sein, denn sonst hätte y ∈ R eine Primfaktorzerlegung mit einem Faktor; cf. (2). Also gibt es b, c ∈ R mit y = bc und b, c ∉ U(R).

Also ist y ∈ (b), aber nicht b ∈ (y), da letzteres b = dy für ein d ∈ R, also y = bc = cdy, mithin 1 = cd und somit c ∈ U(R) nach sich zöge.

Folglich ist (y) ⊂ (b). Genauso ist (y) ⊂ (c). Also sind (b), (c) ∉ M. Somit haben b und c je eine Primfaktorzerlegung. Also hat auch y = bc eine Primfaktorzerlegung.

Seien nun mit (p_{1})(p_{2}) ⋯ (p_{n}) = (p′_{1})(p′_{2}) ⋯ (p′_{n′}) zwei Primfaktorzerlegungen desselben Elements gegeben. Wir führen eine Induktion nach n ⩾ 0.

Im Falle n = 0 ist auch n′ = 0, da die auf der rechten Seite auftretenden Primelemente keine Einheiten sind.

Sei nun n ⩾ 1. Da p_{n} prim ist und da das Bild der rechten Seite in R/(p_{n}) verschwindet, gibt es ein i ∈ [1, n′] und ein e ∈ R mit p′_{i} = ep_{n}. O.E. ist i = n′. Da p′_{n′} irreduzibel und p_{n} keine Einheit ist, ist e eine Einheit. Es folgt aus

p_{1}p_{2} ⋯ p_{n−1}p_{n} = p′_{1}p′_{2} ⋯ p′_{n′−1}p′_{n′} = p′_{1}p′_{2} ⋯ p′_{n′−1}p_{n}e ,

daß

p_{1}p_{2} ⋯ p_{n−1} = p′_{1}p′_{2} ⋯ p′_{n′−1}e ,

ist, mithin

(p_{1})(p_{2}) ⋯ (p_{n−1}) = (p′_{1})(p′_{2}) ⋯ (p′_{n′−1}) .

Dank Induktion ist nun n − 1 = n′ − 1, i.e. n = n′, und es gibt ein σ̃ ∈ S_{n−1} mit (p′_{i}) = (p_{σ̃(i)}) für i ∈ [1, n − 1]. Sei σ ∈ S_{n} durch σ|_{[1,n−1]}^{[1,n−1]} = σ und σ(n) = n festgelegt. Dann ist (p′_{i}) = (p_{σ(i)}) für i ∈ [1, n]. Ad (4). Schreibe x = \frac{a}{b} mit a, b ∈ R^{×}. Mit (3) finden wir k ⩾ 0 und Primelemente p_{i} aus R^{×} für i ∈ [1, k] so, daß wir

\begin{aligned}a & = & s ∏_{i∈[1,k]} p_{i}^{α_{i}} \\ b & = & t ∏_{i∈[1,k]} p_{i}^{β_{i}} \end{aligned}

mit s, t ∈ U(R) und α_{i} , β_{i} ∈ Z_{⩾0} schreiben können, wobei (p_{i}) ≠ (p_{j}) ist für i, j ∈ [1, k] mit i ≠ j. Dank der Eindeutigkeitsaussage aus (3) hängen die Exponenten α_{i} nicht von der Wahl der p_{i} ab. Wir setzen

v_{p}(x) := \{ \begin{matrix}α_{i} − β_{i} & falls (p) = (p_{i}) für ein i ∈ [1, k] \\ 0 & sonst \end{matrix}

Mit e := st^{−1} ist dann x = e ∏_{(p)∈P} p^{v_{p}(x)}. Bleibt zu zeigen, daß v_{p}(x) wohldefiniert ist, i.e. nicht von der Wahl von a und b abhängt. Sei x = \frac{a}{b} = \frac{a′}{b′} mit a, b, a′, b′ ∈ R^{×}. Wir können nun

\begin{aligned}a & = & s ∏_{i∈[1,k]} p_{i}^{α_{i}} \\ b & = & t ∏_{i∈[1,k]} p_{i}^{β_{i}} \\ a′ & = & s′ ∏_{i∈[1,k]} p_{i}^{α′_{i}} \\ b′ & = & t′ ∏_{i∈[1,k]} p_{i}^{β′_{i}} \end{aligned}

mit s, t, s′, t′ ∈ U(R) und α_{i} , β_{i} , α_{i} , β_{i} ∈ Z_{⩾0} schreiben, wobei (p_{i}) ≠ (p_{j}) ist für i, j ∈ [1, k] mit i ≠ j. Es ist ab′ = a′b, und also

st′ ∏_{i∈[1,k]} p_{i}^{α_{i}+β′_{i}} = s′t ∏_{i∈[1,k]} p_{i}^{α′_{i}+β_{i}}

Dank der Eindeutigkeitsaussage aus (3) ist nun α_{i} + β′_{i} = α′_{i} + β_{i} für i ∈ [1, k]. Es folgt α_{i} − β_{i} = α′_{i} − β′_{i} für i ∈ [1, k]. Ad (5). Ist x = 0 oder y = 0, so folgen die Aussagen aus den Regeln für ∞ aus (4). Sei nun x, y ∈ K^{×}. Es ist v_{p}(xy) = v_{p}(x) + v_{p}(y) wegen der definierenden Charakterisierung der Bewertungen aus (4).

Zur zweiten Zeile. Sei o.E. v_{p}(x) ⩽ v_{p}(y). Wir haben v_{p}(x + y) ⩾^{!} v_{p}(x) zu zeigen. Nach der definierenden Charakterisierung der Bewertungen aus (4) gibt es ein z ∈ K^{×} mit v_{p}(zx) = 0 und zx, zy ∈ R^{×}. Es folgt

v_{p}(x + y) − v_{p}(x) = v_{p}(x + y) + v_{p}(z) = v_{p}((x + y)z) = v_{p}(zx + zy) ⩾ 0 .

Ist nun v_{p}(x) < v_{p}(y), so ist v_{p}(x + y) =^{!} v_{p}(x) zu zeigen. Diesenfalls ist in voriger Rechnung v_{p}(zy) > 0, also zy = pr für ein r ∈ R. Wäre zx + zy in R durch p teilbar, dann auch (zx + zy) − pr = zx, was nicht der Fall ist. Also ist in voriger Rechnung das ⩾ eine Gleichheit. Ad (6). Ad (i). Es ist 1 ein p-ganzes Element, da v_{p}(1) = 0. Es ist das Produkt zweier p-ganzer Elemente x, y ∈ K wiederum p-ganz, da v_{p}(xy) = v_{p}(x) + v_{p}(y) ⩾ 0 mit (5). Es ist die Summe zweier p-ganzer Elemente x, y ∈ K wiederum p-ganz, da sich v_{p}(x + y) ⩾ min{v_{p}(x), v_{p}(y)} ⩾ 0 ergibt mit (5). Ad (ii). Sei o.E. z ∈ K^{×}. Ist z ∈ R^{×}, so ist z ein q-ganzes Element für alle q ∈ R^{×} prim dank (3). Ist z ein q-ganzes Element für alle q ∈ R^{×} prim, dann zeigt die definierende Charakterisierung der Bewertungen aus (4), daß z ∈ R liegt. Ad (7). Schreibe g(X) = ∑_{i∈[0,k]} g_{i}X^{i} mit k ⩾ 0, g_{i} ∈ K für i ∈ [0, k] und g_{k} = 1. Setze noch g_{i} := 0 für i > k. Schreibe h(X) = ∑_{j∈[0,ℓ]} h_{j}X^{j} mit ℓ ⩾ 0, h_{j} ∈ K für j ∈ [0, ℓ] und h_{ℓ} = 1. Setze noch h_{j} := 0 für j > ℓ. Nach Voraussetzung ist für m ⩾ 0 der Koeffizient f_{m} := ∑_{i∈[0,m]} g_{i}h_{m−i} von X^{m} in f(X) = g(X)h(X) ein Element von R. Annahme, es ist g(X) ∉ R[X]. Dann können wir ein p ∈ R^{×} prim so wählen, daß

α := min{ v_{p}(g_{i}) : i ∈ [0, k] } < 0

ist. Sei s ∈ [0, k] maximal mit v_{p}(g_{s}) = α. Sei ferner β := min{ v_{p}(h_{j}) : j ∈ [0, ℓ] }. Da h_{ℓ} = 1, ist β ⩽ 0. Sei t ∈ [0, ℓ] maximal mit v_{p}(h_{t}) = β. Nun ist

f_{s+t} = ∑_{i∈[0,s+t]} g_{i}h_{s+t−i} = g_{s}h_{t} + ( ∑_{i∈[0,s−1]} g_{i}h_{s+t−i}) + ( ∑_{i∈[s+1,s+t]} g_{i}h_{s+t−i}) .

Es ist v_{p}(g_{s}h_{t}) = α + β. Für i ∈ [0, s − 1] ist v_{p}(g_{i}h_{s+t−i}) = v_{p}(g_{i}) + v_{p}(h_{s+t−i}) ⩾ α + (β + 1). Für i ∈ [s + 1, s + t] ist v_{p}(g_{i}h_{s+t−i}) = v_{p}(g_{i}) + v_{p}(h_{s+t−i}) ⩾ (α + 1) + β. Gemäß (5) folgt v_{p}(f_{m}) = v_{p}(g_{s}h_{t}) = α + β < 0, im Widerspruch zu f_{m} ∈ R. Dito ist h(X) ∈ R[X].

Aussage (7) heißt auch Lemma von Gauß.

Ad (8). Ist μ_{y,K}(X) ∈ A[X], so ist μ_{y,K}(X) ein normiertes Polynom in A[X] mit μ_{y,K}(y) = 0. Also ist y ∈ Γ_{L}(A) = B. Ist umgekehrt y ∈ B = Γ_{L}(A), dann gibt es ein normiertes Polynom f(X) ∈ A[X] mit f(y) = 0. Es ist μ_{y,K}(X) ein Teiler von f(X) in K[X], i.e. es gibt g(X) ∈ K[X] mit μ_{y,K}(X)g(X) = f(X) ; cf. [5, §2.3]. Da f(X) und μ_{y,K}(X) normiert sind, ist auch g(X) normiert. Dank (7) ist also μ_{y,K}(X) ∈ A[X].

Aufgabe 3 Zunächst merken wir an, daß \sqrt{d} ∈ O_{K} und daher Z[\sqrt{d}] ⊆ O_{K} ist. Es stellt sich die Frage, ob es Elemente in O_{K} gibt, die nicht bereits in Z[\sqrt{d}] liegen. Es ist Gal(K|Q) erzeugt von σ : \sqrt{d} ↦ −\sqrt{d}. Sei w =: a + b\sqrt{d} ∈ K gegeben, wobei a, b ∈ Q. Ist b = 0, dann wird

μ_{w,Q}(X) = X − a .

Es ist w ∈ O_{K} genau dann, wenn μ_{w,Q}(X) ∈ Z[X] ist, i.e. wenn a ∈ Z liegt. Dann aber ist auch w ∈ Z[\sqrt{d}]. Sei von nun an b ≠ 0. Es wird

μ_{w,Q}(X) = (X − a − b\sqrt{d})(X − a + b\sqrt{d}) = X^{2} − 2aX + (a^{2} − db^{2}) ;

cf. Lemma 14. Es ist w ∈ O_{K} genau dann, wenn μ_{w,Q}(X) ∈ Z[X] ist, i.e. wenn 2a ∈ Z und a^{2} − db^{2} ∈ Z liegen; cf. Aufgabe 2.(8). Wir haben also nur die Elemente der Form a + b\sqrt{d} mit a ∈ \frac{1}{2}Z und b ∈ Q daraufhin zu untersuchen, wann sie in O_{K} liegen. Schreibe a =: x/2 mit x ∈ Z. Es ist w genau dann ganz über Z, wenn 4Z ∋ 4a^{2} − 4db^{2} = x^{2} − 4db^{2} ist. Notwendig dafür ist also d(2b)^{2} ∈ Z. Da d quadratfrei ist, folgt 2b ∈ Z als notwendige Bedingung. Wir haben also nur die Elemente der Form a + b\sqrt{d} mit a, b ∈ \frac{1}{2}Z daraufhin zu untersuchen, wann sie in O_{K} liegen. Schreibe b =: y/2 mit y ∈ Z. Es sollte 4(a^{2} − db^{2}) ∈ 4Z, i.e. x^{2} ≡_{4} dy^{2} sein. Fall x ≡_{2} 0. Da d ≢_{4} 0, folgt y ≡_{2} 0. Dann ist x^{2} ≡_{4} 0 ≡_{4} dy^{2} erfüllt. Aber diesenfalls ist ohnehin a + b\sqrt{d} ∈ Z[\sqrt{d}]. Fall x ≡_{2} 1. Dann ist x^{2} ≡_{4} 1. Also ist y ≡_{2} 1. Unterfall d ≡_{4} 1. Es ist x^{2} ≡_{4} 1 und dy^{2} ≡_{4} 1, also in der Tat x^{2} ≡_{4} dy^{2}. Somit ist diesenfalls a + b\sqrt{d} = \frac{1}{2}(x + y\sqrt{d}) ∈ O_{K} . Unterfall d ≡_{4} 2 oder d ≡_{4} 3. Es ist x^{2} ≡_{4} 1, aber dy^{2} ≡_{4} d ≢_{4} 1. Diesenfalls ist also a + b\sqrt{d} = \frac{1}{2}(x + y\sqrt{d}) ∉ O_{K} . Fassen wir zusammen. Fall d ≡_{4} 1. Es ist O_{K} = Z[\sqrt{d}] ∪ \{ \frac{1}{2}(x + y\sqrt{d}) : x, y ∈ 2Z + 1 \}. Also ist \frac{1}{2}(1 + \sqrt{d}) ∈ O_{K} und damit Z[\frac{1+\sqrt{d}}{2}] ⊆ O_{K} . Es ist \sqrt{d} = 2(\frac{1+\sqrt{d}}{2}) − 1 ∈ Z[\frac{1+\sqrt{d}}{2}], und also Z[\sqrt{d}] ⊆ Z[\frac{1+\sqrt{d}}{2}]. Daher ist für x, y ∈ 2Z + 1 auch \frac{1}{2}(x + y\sqrt{d}) = \frac{1}{2}(1 + \sqrt{d}) + \frac{1}{2}((x − 1) + (y − 1)\sqrt{d}) ∈ Z[\frac{1+\sqrt{d}}{2}]. Dies zeigt Z[\frac{1+\sqrt{d}}{2}] ⊇ O_{K} . Zusammengenommen ist diesenfalls somit O_{K} = Z[\frac{1+\sqrt{d}}{2}]. Fall d ≡_{4} 2 oder d ≡_{4} 3. Es ist O_{K} = Z[\sqrt{d}]. Speziell erhalten wird die folgenden Ringe ganzer Zahlen. Es wird O_{Q(i)} = O_{Q(\sqrt{−1})} = Z[\sqrt{−1}] = Z[i].

Es wird O_{Q(\sqrt{5})} = Z[\frac{1+\sqrt{5}}{2}].

Es wird O_{Q(ζ_{3})} = O_{Q(\sqrt{−3})} = Z[\frac{1+\sqrt{−3}}{2}] = Z[−ζ_{3}^{2}] = Z[ζ_{3}^{2}] = Z[ζ_{3}], beachte (ζ_{3}^{2})^{2} = ζ_{3} .

Aufgabe 4

Schreibe d = d(T).

Es ist \sqrt{d} ∈ Γ_{Q(\sqrt{d})}(Z) und also Z[\sqrt{d}] ⊆ Γ_{Q(\sqrt{d})}(Z) ; cf. Lemma 5.

Wir behaupten Z[\sqrt{d}] ⊇^{!} Γ_{Q(\sqrt{d})}(Z).

Sei ξ = a + b\sqrt{d} ∈ Γ_{Q(\sqrt{d})}(Z), wobei a = a(T) und b = b(T) aus Q stammen.

Ist b = 0, dann hat ξ = a Minimalpolynom μ_{ξ,Q}(X) = X − a ∈^{A. 2.(8)} Z[X], woraus a ∈ Z folgt.

Ist b ≠ 0, dann ist

μ_{ξ,Q}(T) = (X − (a + b\sqrt{d}))(X − (a − b\sqrt{d})) = T^{2} − 2aT + (a^{2} − db^{2}) ∈^{A. 2.(8)} Z[X] .

Aus 2a ∈ Z folgt wegen p ≠ 2, daß a ∈ Z liegt. Aus a^{2} −db^{2} ∈ Z folgt dann db^{2} ∈ Z, wegen d quadratfrei somit b ∈ Z. Dies zeigt die Behauptung.

Somit ist Γ_{Q(\sqrt{d})}(Z) = Z[\sqrt{d}], mit Z-linearer Basis (1, \sqrt{d}).

Der Fall p = 2 sieht interessanter aus.

Aufgabe 5

Ad (1). Zu zeigen ist T ⊆^{!} Γ_{T} (R). Nach Voraussetzung ist S ⊆ Γ_{S}(R) und T ⊆ Γ_{T} (S). Es folgt

T ⊆ Γ_{T} (S) ⊆ Γ_{T} (Γ_{S}(R)) ⊆ Γ_{T} (Γ_{T} (R)) =^{L. 6} Γ_{T} (R) .

Ad (2). Zu zeigen ist Γ_{T} (B) ⊆^{!} Γ_{T} (A). In der Tat wird

Γ_{T} (B) = Γ_{T} (Γ_{S}(A)) ⊆ Γ_{T} (Γ_{T} (A)) =^{L. 6} Γ_{T} (A) .

Alternativ kann unter Verwendung von (1) wie folgt argumentiert werden. Es ist Γ_{T} (B) ganz über B. Es ist B ganz über A. Dank (1) ist also Γ_{T} (B) ganz über A, i.e. Γ_{T} (B) ⊆ Γ_{T} (A).

Aufgabe 6

Ad (1). Sei K := Quot(R). Sei x ∈ Γ_{K}(R). Wir haben zu zeigen, daß x ∈^{!} R liegt. Wir haben dazu nur den Fall x ≠ 0 zu betrachten. Es genügt zu zeigen, daß v_{p}(x) ⩾ 0 ist für alle Primelemente p aus R^{×}; cf. Aufgabe 2.(6.ii). Annahme, es gibt ein p ∈ R^{×} prim mit v_{p}(x) < 0. Da x ∈ Γ_{K}(R), gibt es f(X) ∈ R[X] normiert mit f(x) = 0. Schreibe f(X) =: X^{n} + ∑_{i∈[0,n−1]} a_{i}X^{i}, wobei n := deg(f). Es ist x^{n} = − ∑_{i∈[0,n−1]} a_{i}x^{i}. Mit Aufgabe 2.(5) wird

n v_{p}(x) = v_{p}(x^{n})
= v_{p} ( − ∑_{i∈[0,n−1]} a_{i}x^{i})
⩾ min{ v_{p}(a_{i}x^{i}) : i ∈ [0, n − 1] }
⩾ min{ i v_{p}(x) : i ∈ [0, n − 1] }
= (n − 1) v_{p}(x) ,

also v_{p}(x) ⩾ 0, und wir haben einen Widerspruch.

Ad (2, 3). Sei R ein Integritätsbereich. Behauptung. Finden wir eine Abbildung e : R^{×} → Z_{⩾0} so, daß für alle a, b ∈ R^{×} Elemente r, s ∈ R mit b = sa + r und ((r ≠ 0 und e(r) < e(a)) oder r = 0) existieren, dann ist R ein Hauptidealbereich.

Sei dazu ein Ideal 𝔞 ⊆ R mit 𝔞 ≠ (0) gegeben. Wir müssen zeigen, daß 𝔞 =^{!} (y) für ein y ∈ 𝔞 ist. Wähle

dazu y ∈ 𝔞 mit y ≠ 0 und e(y) minimal. Sei x ∈ 𝔞^{×}. Wir haben x ∈^{!} (y) zu zeigen. Schreibe x = sy + r mit r, s ∈ R und mit (r ≠ 0 und e(r) < e(y)) oder r = 0. Es ist r = x − sy ∈ 𝔞. Wegen der Minimalität von e(y) folgt r = 0 und so x = sy ∈ (y). Dies zeigt die Behauptung.

Sei nun Z[i]^{×} → Z_{⩾0} , x ↦ |x|^{2} (Betrag in C gebildet). Beachte |a + bi|^{2} = a^{2} + b^{2} für a, b ∈ Z.

Seien x, y ∈ Z[i] gegeben. Wir müssen r, s ∈ Z[i] so finden, daß x = sy + r, i.e. z := \frac{x}{y} = s + \frac{r}{y} ist, mit |\frac{r}{y} |^{2} < 1. In der Tat hat z in C einen Abstand ⩽ \frac{1}{2} \sqrt{2} < 1 vom nächstgelegenen Punkt s in Z[i] = { a + bi : a, b ∈ Z } (Abstand vom Mittelpunkt eines Quadrats mit Seitenlänge 1 zu seinen Ecken).

Sei ferner Z[ζ_{3}]^{×} → Z_{⩾0} , x ↦ |x|^{2} (Betrag in C gebildet). Beachte |a + bζ_{3}|^{2} = (a + bζ_{3})(a + bζ_{3}^{2}) = a^{2} − ab + b^{2} für a, b ∈ Z.

Seien x, y ∈ Z[ζ_{3}] gegeben. Wir müssen r, s ∈ Z[ζ_{3}] so finden, daß x = sy + r, i.e. z := \frac{x}{y} = s + \frac{r}{y} ist, mit |\frac{r}{y} | < 1 oder r = 0. In der Tat hat z in C einen Abstand ⩽ \frac{1}{3} \sqrt{3} < 1 vom nächstgelegenen Punkt s in Z[ζ_{3}] = { a + bζ_{3} : a, b ∈ Z } (Abstand vom Mittelpunkt eines gleichseitigen Dreiecks mit Seitenlänge 1 zu seinen Ecken).

Ad (4). Es ist Z[\sqrt{−5}] = O_{Q}(\sqrt{−5}) nach Aufgabe 3 und also ganzabgeschlossen nach Bemerkung 8.(2).

Wir bemerken, daß N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(a + b\sqrt{−5}) = a^{2} + 5b^{2} ist für a, b ∈ Q, und daß deswegen 2 und 3 nicht Norm eines Elementes in Z[\sqrt{−5}] sein können.

Wir behaupten, daß Z[\sqrt{−5}] kein Hauptidealbereich ist. Wir zeigen dazu, daß (2, 1+\sqrt{−5}) kein Hauptideal ist. Annahme, doch. Dann gibt es ein x ∈ Z[\sqrt{−5}] mit (2, 1 + \sqrt{−5}) = (x). Somit gibt es y, z ∈ Z[\sqrt{−5}] mit xy = 2 und xz = 1 + \sqrt{−5}. Es folgt

N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(x) · N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(y) = N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(2)  = 4
N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(x) · N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(z) = N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(1 + \sqrt{−5}) = 6

Folglich ist N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(x) ein Teiler von 2. Mit der obigen Bemerkung folgt N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(x) = 1. Also ist (2, 1 + \sqrt{−5}) = (x) = Z[\sqrt{−5}] ; cf. Lemma 20.(4). Betrachte den Ringmorphismus

[figure: Z[X]/(X^{2} + 5); φ; F_{2}; X; 1 ;]

wohldefiniert dank 1^{2} + 5 = 0 in F_{2} ; cf. [5, §1.4.3, §1.6]. Isomorphe Ersetzung entlang dem Ringisomorphismus Z[X]/(X^{2} + 5) ^{\overline{}^{∼}} Z[\sqrt{−5}], X \overline{}\sqrt{−5} gibt den Ringmorphismus

[figure: Z[\sqrt{−5}]; ψ; F_{2}; \sqrt{−5}; 1 .]

Es ist ψ surjektiv. Es ist ψ((2, 1 + \sqrt{−5})) = (ψ(2), ψ(1 + \sqrt{−5})) = (0) ≠ F_{2} = ψ(Z[\sqrt{−5}]). Dieser Widerspruch zeigt die Behauptung.

Alternativ kann man auch zeigen, daß 2 ∈ Z[\sqrt{−5}] irreduzibel, aber nicht prim ist. Es ist nicht prim, da

Z[\sqrt{−5}]/(2) ≃ (Z[X]/(X^{2} + 5))/(2) = Z[X]/(X^{2} + 5, 2) ≃ F_{2}[X]/(X^{2} + 5) = F_{2}[X]/((X + 1)^{2}) kein Integritätsbereich ist, da in letzterem (X +1)+((X +1)^{2}) ungleich 0 ist, im Quadrat aber verschwindet. Es ist irreduzibel, da 2 = xy mit x, y ∈ Z[\sqrt{−5}] auf N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(x)·N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(y) = N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(xy) = N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(2) = 4 führt, was wegen der Bemerkung eingangs entweder N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(x) = 1 und damit x ∈ U(Z[\sqrt{−5}]) liefert oder dito für y; cf. Lemma 20.(4). Daher kann Z[\sqrt{−5}] nach Aufgabe 2.(2) kein Hauptidealbereich sein.

Aufgabe 7

Schreibe δ := \sqrt[3]{2} und ζ := ζ_{3} .

Ad (1). Es ist (X^{3} − 2) = (X − δ)(X − ζδ)(X − ζ^{2}δ). Folglich ist Q(δ, ζδ, ζ^{2}δ) ein Zerfällungskörper des Polynoms X^{3} − 2 ∈ Q[X] und damit galoisch über Q ; cf. [5, §3.5.1.4].

Da ζ = (ζδ) · (δ)^{−1}, ist

L := Q(δ, ζ) = Q(δ, ζδ, ζ^{2}δ) .

Es ist μ_{δ,Q}(X) = X^{3} − 2. Denn um X^{3} − 2 ∈ Q[X] als irreduzibel nachzuweisen, genügt es, es in Z[X] als irreduzibel nachzuweisen; cf. Aufgabe 2.(7). Nun ist es aber bereits in F_{7}[X] mangels Nullstelle irreduzibel.

Alternativ kann man das Eisensteinkriterium heranziehen.

Es ist ζ ∉ Q(δ) ⊆ R. Also bleibt μ_{ζ,Q}(X) = X^{2} + X + 1 mangels Nullstelle irreduzibel in Q(δ)[X]. Somit ist

[L : Q] = [Q(δ, ζ) : Q] = [Q(δ, ζ) : Q(δ)] · [Q(δ) : Q] = 2 · 3 = 6 .

Nun weiß man zwar aus Gradgründen, daß Gal(L|Q) ≃ S_{3} ist, denn [L : Q] = (deg(X^{3} − 2))! ; cf. [5, §3.4.1]. Wir müssen die Elemente von Gal(L|Q) aber kennen.

Es ist Gal(Q(ζ)|Q) = \{ id_{Q(ζ)} , σ \}, wobei σ : Q(ζ) ^{\overline{}^{∼}} Q(ζ), ζ \overline{}ζ̄ = ζ^{2} .

Da [Q(ζ) : Q] = 2, ist [L : Q(ζ)] = 3 und also μ_{δ,Q(ζ)}(X) = X^{3} − 2 ; ein echter Teiler von X^{3} − 2 wäre unmöglich.

Für jedes Element der Menge der Nullstellen

\{ \underbrace{δ}_{=: z_{1}} , \underbrace{ζδ}_{=: z_{2}} , \underbrace{ζ^{2}δ}_{=: z_{3}} \}

von X^{3} − 2 in L erhalten wir eine Fortsetzung von id_{Q(ζ)} resp. von σ zu einem Automorphismus von L, indem δ auf eine dieser Nullstellen geschickt wird; cf. [5, 2.3.4].

Wir erhalten so folgende Liste von Elementen von Gal(L|Q).

[figure: L; ∼; L; ζ; τ_{1}; ζ; δ; τ_{1}; δ; ζ; τ_{2}; ζ; δ; τ_{2}; ζδ; ζ; τ_{3}; ζ; δ; τ_{3}; ζ^{2}δ; ζ; τ_{4}; ζ^{2}; δ; τ_{4}; δ; ζ; τ_{5}; ζ^{2}; δ; τ_{5}; ζδ; ζ; τ_{6}; ζ^{2}; δ; τ_{6}; ζ^{2}δ]

Es ist dabei τ_{1} = id_{L}. Auf der Menge der Nullstellen operieren diese Elemente wie folgt, wenn wir nur die Indizes notieren und mit den enstandenen Permutationen identifizieren.

\begin{aligned}τ_{1} & = & id \\ τ_{2} & = & (1, 2, 3) \\ τ_{3} & = & (1, 3, 2) \\ τ_{4} & = & (2, 3) \\ τ_{5} & = & (1, 2) \\ τ_{6} & = & (1, 3) \end{aligned}

Zwischenkörper sind die folgenden.

Fix_{1}(L)  = L
Fix_{⟨(1,2,3)⟩}(L) = Q(ζ)
Fix_{⟨(1,2)⟩}(L) = Q(ζ^{2}δ)
Fix_{⟨(1,3)⟩}(L) = Q(ζδ)
Fix_{⟨(2,3)⟩}(L) = Q(δ)
Fix_{S_{3}}(L)  = Q

Ad (2). Dank (1) ist L|Q galoisch. Es ist τ_{3}(Q(δ)) = Q(ζ^{2}δ). Ein Teilkörper, der sowohl Q(δ) als auch Q(ζ^{2}δ) enthält, ist bereits gleich L. Also ist Q(δ, ζ) Zerfällungskörper von Q(δ)|Q ; cf. Definition 9. Ad (3). Es ist Q(ζ)|Q galoisch, e.g. da Q(ζ) = Fix_{⟨(1,2,3)⟩}(L) ist und da ⟨(1, 2, 3)⟩ ein Normalteiler in S_{3} ist. Also ist Q(ζ) Zerfällungskörper von Q(ζ)|Q. Wegen L ≄ Q(ζ) kann L kein Zerfällungskörper von Q(ζ)|Q sein; cf. Lemma 11.(2).

Wir erkennen auch direkt, daß τ_{i}(Q(ζ)) = Q(ζ) ist für i ∈ [1, 6]. Also ist der kleinste Teilkörper, der all diese Bildkörper enthält, gleich Q(ζ) und damit nicht gleich L. Auch dies zeigt, daß L kein Zerfällungskörper von Q(ζ)|Q ist. Ad (4). Direkt. Bezüglich der Basis (1, δ, δ^{2}) von Q(δ) hat λ_{δ} die beschreibende Matrix (\begin{matrix}0 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}). Also ist

Tr_{Q(δ)|Q}(δ) = tr (\begin{matrix}0 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) = 0 , N_{Q(δ)|Q}(δ) = det (\begin{matrix}0 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) = 2 .

Nach Lemma 15. Es ist Gal(L|Q(δ)) = ⟨(2, 3)⟩. Es ist

S_{3} = id⟨(2, 3)⟩ ⊔ (1, 2, 3)⟨(2, 3)⟩ ⊔ (1, 3, 2)⟨(2, 3)⟩ = τ_{1}⟨(2, 3)⟩ ⊔ τ_{2}⟨(2, 3)⟩ ⊔ τ_{3}⟨(2, 3)⟩

Also wird

Tr_{Q(δ)|Q}(δ) = τ_{1}(δ) + τ_{2}(δ) + τ_{3}(δ) = δ + ζδ + ζ^{2}δ = 0

und

N_{Q(δ)|Q}(δ) = τ_{1}(δ) · τ_{2}(δ) · τ_{3}(δ) = δ · ζδ · ζ^{2}δ = 2 .

Aufgabe 8 Wir brauchen nur den Fall char K = p > 0 betrachten. Wir müssen zeigen, daß die Abbildung Frob_{L} : L \overline{}L, x \overline{}x^{p} surjektiv ist. Zum einen ist L ein K-Vektorraum vermöge der Multiplikation x ·_{1} y := xy für x ∈ K und y ∈ L, genannt L_{1} . Zum anderen ist L ein K-Vektorraum vermöge der Multiplikation x ·_{2} y := x^{p}y für x ∈ K und y ∈ L, genannt L_{2} . Es ist Frob_{L}(x·_{1} y) = Frob_{L}(xy) = (xy)^{p} = x^{p}y^{p} = x·_{2} Frob_{L}(y). Also ist Frob_{L} eine K-lineare Abbildung von L_{1} nach L_{2}. Um die Bijektivität von Frob_{L} zu zeigen, genügt es, dim_{K} L_{1} =^{!} dim_{K} L_{2} nachzuweisen. Sei (y_{1} , …, y_{n}) eine K-lineare Basis von L_{1} . Wir behaupten, daß (y_{1} , …, y_{n}) auch eine K-lineare Basis von L_{2} ist. Zur linearen Unabhängigkeit. Ist ∑_{i∈[1,n]} x_{i}·_{2}y_{i} = 0, wobei x_{i} ∈ K für i ∈ [1, n], dann ist ∑_{i∈[1,n]} x_{i}^{p}·_{1}y_{i} = 0, also x_{i}^{p} = 0 und somit x_{i} = 0 für i ∈ [1, n]. Zum Erzeugendensystem. Sei z ∈ L gegeben. Wir schreiben z = ∑_{i∈[1,n]} x_{i} ·_{1} y_{i} mit x_{i} ∈ K für i ∈ [1, n]. Da K perfekt ist, gibt es x′_{i} ∈ K mit x′_{i}^{p} = x_{i} für i ∈ [1, n]. Dann wird ∑_{i∈[1,n]} x′_{i} ·_{2} y_{i} = ∑_{i∈[1,n]} x′_{i}^{p} ·_{1} y_{i} = ∑_{i∈[1,n]} x_{i} ·_{1} y_{i} = z.

Aufgabe 9 Ad (1). Es zerfällt G in eine disjunkte Vereinigung von 4 Linksnebenklassen modulo U. Aus jeder der 4 Nebenklassen, bestehend aus je 6 Elementen, darf ein beliebiger Repräsentant gewählt werden. Folglich gibt es 6^{4} Teilmengen T mit G = ⨆_{σ∈T} σU . Ad (2). Wir haben die folgenden Nebenklassen.

\begin{aligned}U & = & \{id, (1, 2), (2, 3), (1, 3), (1, 2, 3), (1, 3, 2)\} \\ (1, 4)U & = & \{(1, 4), (1, 2, 4), (1, 4)(2, 3), (1, 3, 4), (1, 2, 3, 4), (1, 3, 2, 4)\} \\ (2, 4)U & = & \{(2, 4), (1, 4, 2), (2, 3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4, 2, 3), (1, 3, 4, 2)\} \\ (3, 4)U & = & \{(3, 4), (1, 2)(3, 4), (2, 4, 3), (1, 4, 3), (1, 2, 4, 3), (1, 4, 3, 2)\} \end{aligned}

Somit ist T_{1} := {id, (1, 4)(2, 3), (1, 3)(2, 4), (1, 2)(3, 4)} ein Repräsentantensystem wie in (1) verlangt, für welches zugleich T_{1} ⩽ G gilt. Ferner ist T_{2} := {id, (1, 2, 3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4, 3, 2)} ein Repräsentantensystem wie in (1) verlangt, für welches zugleich T_{2} ⩽ G gilt. Schließlich ist T_{1} ≃ C_{2} × C_{2} ≄ C_{4} ≃ T_{2} .

Aufgabe 10 Ad (1). Da S unter Multiplikation abgeschlossen ist und 1 ∈ S liegt, zeigt Bruchrechnung, daß S^{−1}A ⊆ K ein Teilring ist : es ist die 1 in S^{−1}A enthalten; die Differenz und das Produkt zweier Elemente in S^{−1}A ist wieder in S^{−1}A.

Daß die p-ganzen Elemente aus Aufgabe 2.(6) einen Teilring des Quotientenkörpers bilden, ist hiervon der Spezialfall, bei dem S aus der Teilmenge der Elemente besteht, die bei p die Bewertung 0 haben.

Da 1 ∈ S, ist A Teilring von S^{−1}A. Zeigen wir, daß es für jeden kommutativen Ring B und jeden Ringmorphismus φ : A → B mit φ(S) ⊆ U(B) genau einen Ringmorphismus ψ : S^{−1}A → B mit ψ|_{A} = φ gibt. Eindeutigkeit. Ist ψ|_{A} = φ, so ist ψ(\frac{a}{1}) = φ(a) für a ∈ A. Ist s ∈ S, so folgt hieraus ψ(\frac{1}{s}) = ψ((\frac{s}{1})^{−1}) = ψ(\frac{s}{1})^{−1} = φ(a)^{−1}. Zusammen muß also ψ(\frac{a}{s}) = φ(a)φ(s)^{−1} sein. Existenz. Setze ψ(\frac{a}{s}) = φ(a)φ(s)^{−1} für a ∈ A und s ∈ S. Das ist wohldefiniert, da zum einen φ(s) ∈ U(B) für alle s ∈ S ist und da zum anderen für t ∈ S sich φ(ta)φ(ts)^{−1} = φ(t)φ(a)φ(s)^{−1}φ(t)^{−1} = φ(a)φ(s)^{−1} ergibt. Es ist ψ(\frac{1}{1}) = φ(1)φ(1)^{−1} = 1. Es ist ψ mit der Multiplikation verträglich, da

ψ(\frac{a}{s} \frac{a′}{s′}) = ψ(\frac{aa′}{ss′}) = φ(aa′)φ(ss′)^{−1} = φ(a)φ(s)^{−1}φ(a′)φ(s′)^{−1} = ψ(\frac{a}{s})ψ(\frac{a′}{s′})

ist für a, a′ ∈ A und s, s′ ∈ S. Um zu zeigen, daß ψ mit der Addition verträglich ist, dürfen wir wegen Wohldefiniertheit annehmen, daß die Summanden denselben Nenner aufweisen. Es wird

ψ(\frac{a}{s} + \frac{a′}{s}) = ψ(\frac{a + a′}{s}) = φ(a + a′)φ(s)^{−1} = φ(a)φ(s)^{−1} + φ(a′)φ(s)^{−1} = ψ(\frac{a}{s}) + ψ(\frac{a′}{s})

für a, a′ ∈ A und s ∈ S. Zeigen wir nun, daß S^{−1}𝔞 ein Ideal in S^{−1}A ist. Sind \frac{a}{s} und \frac{a′}{s′} in S^{−1}𝔞 gegeben mit a, a′ ∈ 𝔞 und s, s′ ∈ S und \frac{b}{t} und \frac{b′}{t′} in S^{−1}A gegeben mit b, b′ ∈ A und t, t′ ∈ S, dann ist

\frac{b}{t} \frac{a}{s} + \frac{b′}{t′} \frac{a′}{s′} = \frac{bat′s′ + tsb′a′}{tst′s′} ∈ S^{−1}𝔞 .

Zudem ist 0 ∈ S^{−1}A. Also ist S^{−1}𝔞 ⊆ S^{−1}A ein Ideal. Wir vereinbaren noch, daß ein Bruch \frac{a}{s} ∈ S^{−1}A mit a ∈ A und s ∈ S geschrieben werde, wenn nichts anderes gesagt wird. Sei 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{A∖S}(A).

1. Wir behaupten, daß für \frac{a}{s} ∈ S^{−1}A genau dann \frac{a}{s} ∈ S^{−1}𝔭 liegt, wenn a ∈ 𝔭 liegt. Liegt a ∈ 𝔭, dann ist \frac{a}{s} ∈ S^{−1}𝔭. Liegt umgekehrt \frac{a}{s} ∈ S^{−1}𝔭, dann gibt es \frac{x}{t} mit x ∈ 𝔭 und t ∈ S derart, daß \frac{a}{s} = \frac{x}{t} ist. Dann aber ist auch at = xs ∈ 𝔭. Da t ∉ 𝔭, folgt a ∈ 𝔭.

2. Wir behaupten, es ist S^{−1}𝔭 ∈^{!} Ideale_{prim}(S^{−1}A). Seien \frac{a}{s} und \frac{a′}{s′} in S^{−1}A gegeben mit \frac{a}{s} · \frac{a′}{s′} ∈ S^{−1}𝔭. Gemäß 1. folgt aa′ ∈ 𝔭, also o.E. a ∈ 𝔭 und somit \frac{a}{s} ∈ S^{−1}𝔭. Dies zeigt die Behauptung.

3. Wir behaupten, es ist 𝔭 =^{!} (S^{−1}𝔭) ∩ A. Zunächst ist 𝔭 ⊆ (S^{−1}𝔭) ∩ A. Sei umgekehrt a ∈ A mit a = \frac{a}{1} ∈ S^{−1}𝔭 gegeben. Dann ist gemäß 1. auch a ∈ 𝔭. Dies zeigt die Behauptung.

Sei 𝔮 ∈ Ideale_{prim}(S^{−1}A) gegeben.

4. Wir behaupten 𝔮∩A ∈^{!} Ideale_{prim}^{A∖S}(A). Es ist 𝔮∩A ein Ideal von A, da 0 ∈ 𝔮 und da für y, y′ ∈ 𝔮∩A und a, a′ ∈ A sich ay + a′y′ ∈ 𝔮 ∩ A ergibt. Es ist 𝔮 ∩ A ein Primideal von A, da für a, a′ ∈ A mit aa′ ∈ 𝔮 ∩ A sich o.E. a ∈ 𝔮 und also a ∈ 𝔮 ∩ A ergibt. Es ist (A ∩ 𝔮) ∩ S = ∅, da ansonsten s ∈ (A ∩ 𝔮) ∩ S läge, und also auch 1 = \frac{1}{s} · s ∈ 𝔮 wäre, was wegen 𝔮 ⊆ S^{−1}A prim nicht der Fall ist. Dies zeigt die Behauptung.

Also haben wir die Bijektion

Ideale_{prim}^{A∖S}(A) ^{\overline{}^{∼}} Ideale_{prim}(S^{−1}A)
𝔭 \overline{}S^{−1}𝔭
𝔮 ∩ A \overline{}𝔮

Ad (2). Die behauptete Bijektion ist ein Spezialfall der Bijektion aus (1).

Da diese die Teilmengenrelation respektiert, da 𝔭 = A ∖ (A ∖ 𝔭) und da Ideale_{prim}^{𝔭}(A) das terminale Element 𝔭 enthält, enthält auch Ideale_{prim}(A_{𝔭}) das terminale Element 𝔭_{𝔭}.

Wir behaupten die Existenz des folgenden Körperisomorphismus.

[figure: Quot(A/𝔭); ∼; A_{𝔭}/𝔭_{𝔭}; \frac{a+𝔭}{s+𝔭}; \frac{a}{s} + 𝔭_{𝔭}; \frac{a+𝔭}{s+𝔭}; \frac{a}{s} + 𝔭_{𝔭}]

Wir zeigen, daß → ein wohldefinierter Ringmorphismus ist. Ausgehend vom komponierten Ringmorphismus A → A_{𝔭} → A_{𝔭}/𝔭_{𝔭}, a ↦ \frac{a}{1} ↦ \frac{a}{1} + 𝔭_{𝔭}, welcher 𝔭 auf 0 schickt, erhalten wir zunächst den induzierten Ringmorphismus A/𝔭 → A_{𝔭}/𝔭_{𝔭}, a + 𝔭 ↦ \frac{a}{1} + 𝔭_{𝔭}. Da nun alle Elemente aus (A/𝔭)^{×}, also alle von der Form s + 𝔭 mit s ∈ A ∖ 𝔭, unter diesem Morphismus nach U(A_{𝔭}/𝔭_{𝔭}) abgebildet werden, erhalten wir mit der universellen Eigenschaft aus (1), angewandt auf S := (A/𝔭)^{×} und S^{−1}(A/𝔭) = Quot(A/𝔭) den induzierten Morphismus

[figure: Quot(A/𝔭); A_{𝔭}/𝔭_{𝔭}; \frac{a+𝔭}{s+𝔭}; (\frac{a}{1} + 𝔭_{𝔭})(\frac{s}{1} + 𝔭_{𝔭})^{−1} = \frac{a}{s} + 𝔭_{𝔭} .]

Wir zeigen, daß ↤ ein wohldefinierter Ringmorphismus ist. Ausgehend vom komponierten Ringmorphismus A → A/𝔭 → Quot(A/𝔭), a ↦ a + 𝔭 ↦ \frac{a+𝔭}{1+𝔭}, welcher A ∖ 𝔭 nach U(Quot(A/𝔭)) = (A/𝔭)^{×} schickt, erhalten wir zunächst dank der universellen Eigenschaft aus (1) den induzierten Ringmorphismus A_{𝔭} → Quot(A/𝔭), \frac{a}{s} ↦ (\frac{a+𝔭}{1+𝔭})(\frac{s+𝔭}{1+𝔭})^{−1} = \frac{a+𝔭}{s+𝔭}. Dieser schickt 𝔭_{𝔭} auf 0, liefert also den Morphismus

[figure: Quot(A/𝔭); A_{𝔭}/𝔭_{𝔭}; \frac{a+𝔭}{s+𝔭}; \frac{a}{s} + 𝔭_{𝔭} .]

Die Morphismen ↦ und ↤ kehren sich gegenseitig um. Also liegt in beiden Richtungen ein Isomorphismus vor.

Ist schließlich 𝔭 ⊆ A maximal, dann A/𝔭 ein Körper, also A/𝔭 = Quot(A/𝔭), und der eben gezeigte Isomorphismus läuft von A/𝔭 nach A_{𝔭}/𝔭_{𝔭}.

Aufgabe 11 Ad (1). Wir wenden Aufgabe 10.(1) an mit S = A^{×} und also S^{−1}A = Quot(A). Da φ als Körpermorphismus injektiv ist, ist in der Tat φ(S) = φ(A^{×}) ⊆ L^{×} = U(L) ; cf. [5, Aufgabe 7.(1)]. Also gibt es einen eindeutigen Körpermorphismus ψ : Quot(A) → L mit ψ|_{A} = φ.

Beachte, daß ψ wie jeder Körpermorphismus injektiv ist. In der Praxis identifiziert man daher oft Quot(A) und ψ(Quot(A)) ⊆ L entlang ψ.

Ad (2). Wenden wir (1) an auf die Einbettung B ⟶^{φ} Quot(A), so erhalten wir den Morphismus ψ : Quot(B) → Quot(A), \frac{x}{y} ↦ φ(x)φ(y)^{−1}, letzteres zu bilden in Quot(A). Wie jeder Körpermorphismus ist ψ injektiv. Wir behaupten, daß ψ surjektiv ist. Seien v ∈ A und u ∈ A^{×} gegeben. Wir haben zu zeigen, daß \frac{v}{u} im Bild von ψ liegt. Es sind u, v ∈ B. Es wird

ψ(\frac{v}{u}) = φ(v)φ(u)^{−1} = v · u^{−1} = \frac{v}{1} · \frac{1}{u} = \frac{v}{u} .

Dies zeigt die Behauptung. Damit ist ψ ein Isomorphismus. Es bleibt zu zeigen, daß ψ^{−1} : Quot(A) → Quot(B) in der Tat \frac{v}{u} auf \frac{v}{u} abbildet für v ∈ A und u ∈ A^{×}. Aber dies folgt aus ψ(\frac{v}{u}) = \frac{v}{u}, wie eben verifiziert.

Auch hier identifiziert man oft Quot(A) = Quot(B) entlang ψ.

Aufgabe 12 Die Aussage ist falsch. Sei K := Q. Sei A := Z. Sei L := Q(i). Es ist B = Γ_{L}(A) = Z[i] ; cf. Aufgabe 3. Sei y := \frac{1}{5}(3 + 4i). Es ist N_{L|K}(y) = \frac{1}{5}(3 + 4i) · \frac{1}{5}(3 − 4i) = 1 ∈ U(A). Aber es ist y ∉ Z[i], insbesondere also nicht in U(Z[i]).

Cf. auch Lemma 20.(4).

Aufgabe 13 Ad (1). Behauptung. Jedes Ideal 𝔞 ⊂ R liegt in einem maximalen solchen, i.e. in einem maximalen Ideal. Sei dazu Ideale(R) ∖ {(1)} die Menge der echten Ideale von R. Eine Kette T darin hat ⋃ T als obere Schranke in Ideale(R) ∖ {(1)}, da eine A-Linearkombination zweier Elemente von ⋃ T bereits in einem Element 𝔱 von T zu bilden ist. Also liegt gemäß Lemma von Zorn jedes Element von Ideale(R) ∖ {(1)} in einem maximalen; cf. e.g. [8, §A.1]. Dies zeigt die Behauptung.

Später werden wir sehen, daß im Falle R noethersch Bemerkung 51.(4) eingesetzt und der Gebrauch des Lemmas von Zorn vermieden werden kann. Dies trifft e.g. zu, wenn R ein Hauptidealbereich ist; cf. Bemerkung 51.(1).

Insbesondere liegt (0) in einem maximalen Ideal 𝔪. Wir haben einen R-linearen Isomorphismus

R^{⊕k}  \overline{}^{f}_{∼} R^{⊕ℓ} .

Dieser liefert einen R/𝔪-linearen Isomorphismus

[figure: (R^{⊕k})/𝔪(R^{⊕k}); f̄; ∼; (R^{⊕ℓ})/𝔪(R^{⊕ℓ}); x + 𝔪(R^{⊕k}); f(x) + 𝔪(R^{⊕k}) ,]

mit Inversem f̄^{−1} = \overline{f^{−1}}, analog gebildet. Ferner ist (R^{⊕k})/𝔪(R^{⊕k}) als R/𝔪-Vektorraum isomorph zu (R/𝔪)^{⊕k}, hat also Dimension k. Analog hat (R^{⊕ℓ})/𝔪(R^{⊕ℓ}) die Dimension ℓ als Vektorraum über R/𝔪. Dank Linearer Algebra ist also k = ℓ. Ad (2). Mittels isomorpher Ersetzung dürfen wir M = R^{⊕m} annehmen für ein m ⩾ 0. Wir führen eine Induktion über m ⩾ 0. Für m = 0 ist die Aussage richtig. Sei nun m ⩾ 1. Betrachte das folgende Diagramm von R-Moduln und R-linearen Abbildungen.

[figure: R^{⊕(m−1)}; •; R^{⊕m}; π; R; N′; •; •; N; •; (r); •]

Hierbei ist π die Projektion auf den letzten Tupeleintrag. Die horizontalen Abbildungen links sind Inklusionen von Kernen. Die vertikalen Abbildungen sind Inklusionen. Das Kompositum N → R hat als Bild einen Teilmodul von R, i.e. ein Ideal in R, welches wegen R Hauptidealbereich als (r) für ein geeignetes r ∈ R geschrieben werden kann. Fall r = 0. Es ist N′ = N. Nach Induktion ist N′ ein endlich erzeugt freier R-Modul mit rk_{R}(N′) ⩽ rk_{R}(R^{⊕(m−1)}) = m − 1. Insgesamt ist rk_{R}(N) ⩽ m − 1 < m = rk_{R}(M). Fall r ≠ 0. Nach Induktion ist N′ endlich erzeugt frei mit n′ := rk_{R}(N′) ⩽ m − 1. Betrachte folgendes Diagramm von R-Moduln und R-linearen Abbildungen.

[figure: R^{⊕n′}; ≀; φ; R; ≀; ψ; N′; •; N; (r)]

Die untere Zeile sei die aus vorigem Diagramm. Der linke vertikale Isomorphismus φ sei gewählt dank N′ endlich erzeugt frei. Der rechte vertikale Isomorphismus schicke 1 auf r. Es schicke ψ die 1 auf ein Element n_{0} ∈ N, welches horizontal auf r abgebildet wird. Wir erhalten die R-lineare Abbildung

[figure: R^{⊕n′} ⊕ R; N; (x, y); φ(x) + ψ(y) .]

Diese Abbildung ist, so behaupten wir, ein Isomorphismus. Surjektivität. Sei n ∈ N gegeben. Es wird n unter π auf yr abgebildet für ein y ∈ R. Also ist π(n−yn_{0}) = yr − yr = 0. Somit gibt es ein x ∈ R^{⊕n′} mit φ(x) = n − yn_{0} = n − ψ(y). Somit ist n = φ(x) + ψ(y).

Injektivität. Sei (x, y) ∈ R^{⊕n′} ⊕ R mit φ(x) + ψ(y) = 0 gegeben. Dann ist φ(x) = −ψ(y) = −yn_{0}. Anwendung von π liefert 0 = −yr, also y = 0. Also ist φ(x) = 0 und damit auch x = 0. Also ist N endlich erzeugt frei. Schließlich ist noch rk_{R}(N) = n′ + 1 ⩽ m = rk_{R}(M).

Aufgabe 14 Ad (1). Dank Elementarteilersatz gibt es invertierbare ganzzahlige Matrizen S, T ∈ GL_{n}(Z) mit SAT = D = diag( d_{1} , …, d_{n}) ; cf. [4, Satz 4]. Es ist | det(S)| = 1 und | det(T)| = 1. Also ist | det(A)| = | det(D)| = d_{1} ⋯ d_{n}. Zunächst folgt aus Z^{n×1} ⊇ T Z^{n×1}, daß T^{−1}Z^{n×1} ⊇ Z^{n×1} ist. Somit ist T^{−1}Z^{n×1} = Z^{n×1}. Also wird

Z^{n×1}/AZ^{n×1} = Z^{n×1}/S^{−1}DT^{−1}Z^{n×1} = Z^{n×1}/S^{−1}DZ^{n×1} .

Ferner haben wir den Isomorphismus abelscher Gruppen

Z^{n×1}/S^{−1}DZ^{n×1}  ^{\overline{}^{∼}} Z^{n×1}/DZ^{n×1}
x + S^{−1}DZ^{n×1}  \overline{}Sx + DZ^{n×1}
S^{−1}y + S^{−1}DZ^{n×1} \overline{}y + DZ^{n×1} ;

wobei zu beachten ist, daß → wohldefiniert ist, da S(S^{−1}DZ^{n×1}) ⊆ DZ^{n×1} , und daß ↤ wohldefiniert ist, da S^{−1}(DZ^{n×1}) = S^{−1}DZ^{n×1}. Schließlich haben wir den Isomorphismus abelscher Gruppen

Z^{n×1}/DZ^{n×1}  ^{\overline{}^{∼}} ⨁_{i∈[1,n]} Z/d_{i}Z
x + DZ^{n×1}  \overline{}(x_{i} + d_{i}Z)_{i}
x + DZ^{n×1} \overline{}(x_{i} + d_{i}Z)_{i}

Alles in allem ist also Z^{n×1}/AZ^{n×1} ≃ ⨁_{i∈[1,n]} Z/d_{i}Z als abelsche Gruppen, und somit auch

|Z^{n×1}/AZ^{n×1}| = | ⨁_{i∈[1,n]} Z/d_{i}Z| = |d_{1} ⋯ d_{n}| = | det(A)| .

Ad (2). Sei Y ⟶^{ι} X die Inklusionsabbildung. Wir haben den Z-linearen Isomorphismus φ\underline{x} : Z^{n×1} →^{∼} X, (a_{i})_{i} ↦ ∑_{i∈[1,n]} a_{i}x_{i} und den Z-linearen

Isomorphismus φ\underline{y} : Z^{n×1} →^{∼} Y, (b_{j})_{j} ↦ ∑_{j∈[1,n]} b_{j}y_{j} .

Wir haben ein kommutatives Viereck

\xymatrix{Z^{n×1} \ar[r]^{A(−)} \ar[d]_{φ\underline{y}}^{≀} & Z^{n×1} \ar[d]^{φ\underline{x}}_{≀} \\ Y \ar[r]^{ι} & X ,}

denn (b_{j})_{j} ∈ Z^{n×1} wird untenherum auf ∑_{j ∈ [1,n]} b_{j}y_{j} = ∑_{i, j ∈ [1,n]} x_{i}a_{i, j}b_{j} geschickt, genauso wie obenherum. Also haben wir einen induzierten Z-linearen Isomorphismus

[figure: Z^{n×1}/AZ^{n×1}; ψ; ∼; X/Y; a + AZ^{n×1}; φ\underline{x}(a) + Y = ∑_{i∈[1,n]} a_{i}x_{i} + Y .]

Direkt verifizieren wir diesen wie folgt.

Wegen der Kommutativität des obigen Vierecks wird das Bild von A(−) unter φ\underline{x} auf Y abgebildet, so daß ψ eine wohldefinierte Z-lineare Abbildung wird. Wegen der Kommutativität des obigen Vierecks wird Y unter φ−1 ; \underline{x} auf das Bild von A(−) abgebildet, so daß auch

[figure: Z^{n×1}/AZ^{n×1}; ψ̃; ∼; X/Y; φ−1 ; \underline{x}(x) + AZ^{n×1}; x + Y]

eine wohldefinierte Abbildung ist. Nach Konstruktion ist ψ ∘ ψ̃ = id_{X/Y} und ψ̃ ∘ ψ = id_{Z^{n×1}/AZ^{n×1}} . Folglich ist ψ ein Z-linearer Isomorphismus. Somit ist

|X/Y | = |Z^{n×1}/AZ^{n×1}| =^{(1)} | det(A)| .

Ad (3). Es ist Y ⊆ O_{K} ⊆^{B. 30} O_{K}^{#} ⊆ Y^{#}. Sei \underline{y′} := ( y′_{i} : i ∈ [1, n] ) die zu \underline{y} duale Basis, i.e. Tr_{K|Q}(y_{i} y′_{j}) = ∂_{i, j} für i, j ∈ [1, n]. Dann ist \underline{y′} eine Z-lineare Basis von Y^{#} ; cf. Lemma 31.(3). Schreibe y_{j} = ∑_{i∈[1,n]} a_{i, j}y′_{i} für j ∈ [1, n], wobei A := (a_{i, j})_{i, j} ∈ Z^{n×n}.

Wir behaupten a_{i, j} =^{!} Tr_{K|Q}(y_{i} y_{j}) für i, j ∈ [1, n], i.e. y_{j} =^{!} ∑_{i∈[1,n]} Tr_{K|Q}(y_{i} y_{j})y′_{i} für j ∈ [1, n]. Da die Spurbilinearform nichtausgeartet ist, genügt es hierfür,

Tr_{K|Q}(y_{j} y_{k}) =^{!} Tr_{K|Q}( ∑_{i∈[1,n]} Tr_{K|Q}(y_{i} y_{j})y′_{i} y_{k})

zu zeigen für j, k ∈ [1, n] ; cf. Lemma 22. In der Tat wird

Tr_{K|Q}(_{∑i∈[1,n]} Tr_{K|Q}(y_{i} y_{j})y′_{i} y_{k}) = ∑_{i∈[1,n]} Tr_{K|Q}(y_{i} y_{j}) Tr_{K|Q}(y′_{i} y_{k})
= ∑_{i∈[1,n]} Tr_{K|Q}(y_{i} y_{j})∂_{i,k}
= Tr_{K|Q}(y_{k} y_{j})
= Tr_{K|Q}(y_{j} y_{k}) .

Dies zeigt die Behauptung. Somit wird

|Y^{#}/Y | =^{(2)} | det(A)| = | det((Tr_{K|Q}(y_{i}y_{j}))_{i, j})| = | det(Gram_{K|Q, \underline{y}})| =^{L. 22} |Δ_{K|Q, \underline{y}}| .

Aufgabe 15 Ad (1). Die Aussage ist falsch. Sei K := Q, A := Z, δ := \sqrt[3]{2}, L := Q(δ) und \underline{g} = (1, δ, δ^{2}) eine Z-lineare Basis des Rings Z[δ].

Dann ist in der Tat Z[δ] = O_{Q(δ)} , aber das werden wir erst in Aufgabe 19 ermitteln.

Schreibe ζ := ζ_{3} . Dann ist der Zerfällungskörper von L|K gleich E := Q(δ, ζ). Es ist

{ σ(δ) : σ ∈ Gal(E|K) } = {δ, ζδ, ζ^{2}δ};

cf. Lösung zu Aufgabe 7.(1). Also ist det(Vand_{L|K,\underline{g}}) = (ζδ − δ)(ζ^{2}δ − δ)(ζ^{2}δ − ζδ) = 2(ζ − 1)(ζ^{2} − 1)(ζ^{2} − ζ) = −6i\sqrt{3} ∉ Z Cf. Bemerkung 25 und Beispiel 26.(2). Ad (2). Die Aussage ist richtig. Schreibe d := det(Vand_{L|K,\underline{g}}) ∈ L; cf. Lemma 24. Es ist d^{2} := det(Vand_{L|K,\underline{g}})^{2} = Δ_{L|K,\underline{g}} ∈ A ⊆ K, cf. Lemma 36. Also ist [K(d) : K] = deg(μ_{d,K}(X)) ∈ {1, 2}. Da

[L : K] = [L : K(d)][K(d) : K]

ist und da [L : K] ungerade ist, folgt [K(d) : K] = 1, i.e. d ∈ K. Da die Einträge von Vand_{L|K,\underline{g}} gemäß Lemma 20.(1) in Γ_{L}(A) liegen, gilt das auch für ihre Determinante d. Insgesamt ist also

d ∈ K ∩ Γ_{L}(A) = Γ_{K}(A) = A ,

da A als ganzabgeschlossen vorausgesetzt wurde.

Aufgabe 16 Ad (1). Fall d ≡_{4} 2 oder d ≡_{4} 3. Es ist O_{Q(\sqrt{d})} = Z[\sqrt{d}]; cf. Aufgabe 3. Also ist eine Z-lineare Basis von O\sqrt{d} gegeben durch (1, \sqrt{d}). Das nichttriviale Element von Gal(Q(\sqrt{d})|Q) schickt \sqrt{d} auf −\sqrt{d}. Nach Bemerkung 25 ist also

Δ_{Q(\sqrt{d})} = (\sqrt{d} − (−\sqrt{d}))^{2} = 4d .

Fall d ≡_{4} 1. Schreibe α := \frac{1}{2}(1 + \sqrt{d}). Es ist O_{Q(\sqrt{d})} = Z[α]; cf. Aufgabe 3. Also ist eine Z-lineare Basis von O\sqrt{d} gegeben durch (1, α). Das nichttriviale Element von Gal(Q(\sqrt{d})|Q) schickt \sqrt{d} auf −\sqrt{d} und also α auf 1 − α. Nach Bemerkung 25 ist also

Δ_{Q(\sqrt{d})} = (α − (1 − α))^{2} = d .

Ad (2). Es ist Q(\sqrt{3}, \sqrt{13})|Q ein Kompositum von Q(\sqrt{3})|Q und Q(\sqrt{13})|Q ; cf. Definition 39, Beispiel 41.(1). Es ist \sqrt{3} ∉ Q(\sqrt{13}), da (a + b\sqrt{13})^{2} = 3 mit a ∈ Q und b ∈ Q mittels Koeffizientenvergleich bei 1 und \sqrt{13} auf a^{2} + 13b^{2} = 3 und 2ab = 0 führt, was weder für a = 0 noch für b = 0 lösbar ist. Also ist [Q(\sqrt{3}, \sqrt{13}) : Q(\sqrt{13})] = 2 und folglich [Q(\sqrt{3}, \sqrt{13}) : Q] = 4. Wegen

[Q(\sqrt{3}, \sqrt{13}) : Q] = 4 = [Q(\sqrt{3}) : Q] · [Q(\sqrt{13}) : Q]

sind Q(\sqrt{3})|Q und Q(\sqrt{13})|Q linear disjunkt. Mit (1) sind Δ_{Q(\sqrt{3})} = 12 und Δ_{Q(\sqrt{13})} = 13 teilerfremd. Mittels Satz 48.(2) erhalten wir also

Δ_{Q(\sqrt{3},\sqrt{13})} = (Δ_{Q(\sqrt{3})})^{[Q(\sqrt{13}):Q]} · (Δ_{Q(\sqrt{13})})^{[Q(\sqrt{3}):Q]} = 12^{2} · 13^{2} = 2^{4} · 3^{2} · 13^{2} .

Es ist übrigens dank Satz 48.(1) auch O_{Q(\sqrt{3},\sqrt{13})} = Z[\sqrt{3}, \frac{1}{2} (1 + \sqrt{13})].

Aufgabe 17 Vorbemerkung. Sei K ein Körper. Wir haben die K-lineare Abbildung des formalen Ableitens

[figure: K[X]; K[X]; 1; 0; X^{s}; sX^{s−1} für s ⩾ 1; u(X); u′(X)]

Für u(X), v(X) ∈ K[X] ist (u(X)v(X))′ = u′(X)v(X) + u(X)v′(X). Denn beide Seiten sind K-linear in u(X) und in v(X) ; und die Gleichung trifft zu für u(X) = X^{s} und v(X) = X^{t} für s, t ⩾ 0 : o.E. ist s, t ⩾ 1 , und dann ist

(X^{s+t})′ = (s + t)X^{s+t−1} = sX^{s−1} · X^{t} + X^{s} · tX^{t−1} = (X^{s})′X^{t} + X^{s}(X^{t})′ .

Cf. [5, Aufgabe 9].

Ad (1). Wir erinnern an ζ_{n} = exp(2πi/n).

Wir kürzen f(X) := μ_{ζ_{n} , Q}(X) ab. Dank Aufgabe 2.(8) liegt f(X) ∈ Z[X]. Da ζ_{n}^{n} − 1 = 0, ist f(X) ein Teiler von X^{n} − 1 in Q[X]; also auch in Z[X], wie Polynomdivision zeigt.

Wir behaupten, daß für k ∈ Z mit k teilerfremd zu n durch ζ_{n} ↦ ζ_{n}^{k} ein Automorphismus von Q(ζ_{n}) definiert wird, der auf Q ohnehin identisch einschränkt; cf. [5, §2.3.4].

Es ist dazu zu zeigen, daß f(ζ_{n}^{k}) = 0 ist.

Zerlege k = p_{1}p_{2} ⋯ p_{ℓ} mit ℓ ⩾ 0 und p_{i} > 0 prim für i ∈ [1, ℓ]. Es genügt, für jede Nullstelle ζ von f(X)

in Q(ζ_{n}) zu zeigen, daß auch f(ζ^{p_{i}}) =^{!} 0 ist für alle i ∈ [1, ℓ].

Als irreduzibles normiertes Polynom in Q[X] mit Nullstelle ζ ist dann auch f(X) = μ_{ζ , Q}(X).

Sei p > 0 prim und kein Teiler von n. Es genügt, f(ζ^{p}) =^{!} 0 zu zeigen. Sei g(X) := μ_{ζ^{p} , Q}(X). Es sind f(X) und g(X) Teiler von X^{n} − 1 in Z[X], da ζ^{n} = 1 und (ζ^{p})^{n} = 1.

Es genügt, f(X) =^{!} g(X) zu zeigen. Annahme, f(X) ≠ g(X). Dann sind f(X) und g(X) zwei verschiedene irreduzible Teiler von X^{n} − 1. Da Q[X] ein Hauptidealbereich ist, cf. [5, §1.7.4], sind f(X) und g(X) Primelemente von Q[X], die beide in der Primfaktorzerlegung von X^{n} − 1 in Q[X] im Sinne von Aufgabe 2.(3) als Faktor auftreten. Also teilt auch f(X)g(X) das Polynom X^{n} − 1 in Q[X]; also auch in Z[X], wie Polynomdivision zeigt. Sei h(X) ∈ Z[X] normiert mit f(X)g(X)h(X) = X^{n} − 1.

Für ein Polynom u(X) ∈ Z[X] schreiben wir ū(X) ∈ F_{p}[X] für sein durch koeffizientenweise Anwendung des Restklassenmorphismus Z → F_{p} erhaltenes Bild.

Es ist f̄(X)ḡ(X)h̄(X) = X^{n} − 1 in F_{p}[X] ; cf. [5, §1.6.2].

Da g(ζ^{p}) = 0 ist, ist ζ eine Nullstelle von g(X^{p}). Folglich ist f(X) ein Teiler von g(X^{p}) in Z[X]. Also ist f̄(X) ein Teiler von ḡ(X)^{p} = ḡ(X^{p}) in F_{p}[X].

Sei ein normiertes Polynom a(X) ∈ Z[X] von Grad ⩾ 1 so gewählt, daß ā(X) ein irreduzibler Teiler von f̄(X) ist. Da auch F_{p}[X] ein Hauptidealbereich ist, cf. [5, §1.7.4], folgt aus der Tatsache, daß das Primelement ā(X) in der Primfaktorzerlegung von ḡ(X)^{p} im Sinne von Aufgabe 2.(3) als Faktor auftaucht, daß es auch in der Primfaktorzerlegung von ḡ(X) als Faktor auftaucht. Da ā(X) ein Teiler von f̄(X) und von ḡ(X) ist, teilt nun ā(X)^{2} das Polynom X^{n} − 1 in F_{p}[X].

Schreibe X^{n}−1 = ā(X)^{2} b̄(X) mit einem geeigneten normierten Polynom b(X) ∈ Z[X]. Formales Ableiten beider Seiten gibt

nX^{n−1} = (X^{n} − 1)′
= (ā(X)^{2}b̄(X))′
= ā′(X)ā(X)b̄(X) + ā(X)ā′(X)b̄(X) + ā(X)ā(X)b̄′(X)
= ā(X)(2ā′(X)b(X) + a(X)b′(X)) .

Da p kein Teiler von n ist, folgt, daß ā(X) in der Primfaktorzerlegung von X^{n−1} als Faktor auftritt. Somit folgt ā(X) = X und also X^{n} − 1 = X^{2}b̄(X) in F_{p}[X]. Der konstante Term der linken Seite ist −1, der der rechten ist 0. Widerspruch. Dies zeigt die Behauptung.

Somit existiert für k ∈ Z mit k teilerfremd zu n der Körpermorphismus σ_{k} : Q(ζ_{n}) → Q(ζ_{n}), ζ_{n} ↦ ζ_{n}^{k}; cf. [5, §2.4.3]. Ferner ist für k, ℓ ∈ Z teilerfremd zu n genau dann σ_{k} = σ_{ℓ}, wenn ζ_{n}^{k} = ζ_{n}^{ℓ} ist, i.e. wenn k + (n) = ℓ + (n) ist. Dies gibt die Wohldefiniertheit und die Injektivität der Abbildung

[figure: U(Z/(n)); Aut(Q(ζ_{n})|Q); k + (n); σ_{k} .]

Wir behaupten die Surjektivität dieser Abbildung. Da |{ ζ_{n}^{k} : k ∈ [0, n − 1] }| = n ist, da jede Potenz von ζ_{n} eine Nullstelle von X^{n} − 1 in Q(ζ_{n}) ist und da X^{n} − 1 dort nicht mehr als n verschiedene Nullstellen haben kann, ist jede Nullstelle von X^{n} − 1 auch eine Potenz von ζ_{n}, mit Exponent in [0, n − 1]. Folglich ist

X^{n} − 1 = ∏_{k∈[0,n−1]}(X − ζ_{n}^{k}) ∈ Q(ζ_{n})[X] .

Für α ∈ Aut(Q(ζ_{n})|Q) ist auch α(ζ_{n}) wieder eine Nullstelle von X^{n} − 1. Es ist also α(ζ_{n}) = ζ_{n}^{k} für ein k ∈ [0, n−1]. Wäre k nicht teilerfremd zu n, dann hätten k und n einen gemeinsamen Teiler d ∈ Z_{>1} , und es wäre (ζ_{n}^{k})^{n/d} = (ζ_{n}^{n})^{k/d} = 1, aber α^{−1}((ζ_{n}^{k})^{n/d}) = ζ_{n}^{n/d} ≠ 1, was nicht sein kann. Also ist k teilerfremd zu n und α = σ_{k}. Dies zeigt die Behauptung.

Sodann ist für k, ℓ ∈ Z teilerfremd zu n auch

(σ_{k} ∘ σ_{ℓ})(ζ_{n}) = σ_{k}(ζ_{n}^{ℓ}) = ζ_{n}^{ℓk} = σ_{kℓ}(ζ_{n}) ,

somit σ_{k} ∘ σ_{ℓ} = σ_{kℓ} und also unsere Abbildung ein Gruppenmorphismus.

Schließlich ist wegen X^{n} − 1 = ∏_{k∈[0,n−1]}(X − ζ_{n}^{k}) der Körper Q(ζ_{n}) bereits Zerfällungskörper von X^{n} −1 ∈ Q[X] ; cf. [5, §2.5.1]. Es zerfällt X^{n} −1 in Q[X] in verschiedene normierte irreduzible Faktoren, da ein normierter irreduzibler Faktor von X^{n} − 1 in Q[X] mit Exponent ⩾ 2 einen Linearfaktor von X^{n} − 1 in Q(ζ_{n})[X] mit Exponent ⩾ 2 nach sich zöge, den es aber nicht gibt. Als Zerfällungskörper eines Polynoms ist Q(ζ_{n})|Q galoisch; cf. [5, §3.5.1.4].

Ad (2). Für d ∈ Z_{⩾1} mit n ≡_{d} 0 ist Φ_{d}(X) ein irreduzibler normierter Teiler von X^{n} − 1 falls n ≡_{d} 0, da dann ζ_{d}^{n} − 1 = (ζ_{d}^{d})^{n/d} − 1 = 0 ist.

Es zerfällt X^{n} − 1 in Q[X] in ein Produkt paarweise verschiedener irreduzibler Faktoren, wie bereits in (1) angemerkt.

Hierzu hätte man auch anführen können, daß X^{n} − 1 und (X^{n} − 1)′ = nX^{n−1} in Q[X] teilerfremd sind.

Es bleibt zu zeigen, daß jeder normierte irreduzible Faktor a(X) von X^{n} −1 in Q[X] von der Form Φ_{d}(X) ist für einen Teiler d ∈ Z_{⩾1} von n, i.e. daß a(ζ_{d}) = 0 ist.

Dank X^{n} − 1 = ∏_{k∈[0,n−1]}(X − ζ_{n}^{k}) aus (1) gibt es ein k ∈ [0, n − 1] mit a(ζ_{n}^{k}) = 0. Sei g der größte gemeinsame Teiler von n und k. Schreibe k = sg mit s ∈ Z. Dann ist s teilerfremd zu n. Sei d := n/g. Mit ζ_{n}^{k} ist auch σ_{s}^{−1}(ζ_{n}^{k}) = σ_{s}^{−1}(ζ_{n}^{s})^{g} = ζ_{n}^{g} = ζ_{dg}^{g} = ζ_{d} eine Nullstelle von a(X).

Aufgabe 18

Schreibe n := [K : Q].

Ad (1). Gemäß Lemma 33 ist O_{K} eine Z-Ordnung.

Sei C eine Z-Ordnung in K. Sei c ∈ C. Wir haben c ∈^{!} O_{K} zu zeigen. Dies folgt aus Lemma 1.(3 ⇒ 1), da Z[c] ⊆ C liegt und C ein endlich erzeugter Z-Modul ist.

Ad (2). Sei G = _{Z}⟨ y_{1} , …, y_{n} ⟩. Es ist G^{#} = _{Z}⟨ y′_{1} , …, y′_{n} ⟩, mit y′_{i} ∈ K für i ∈ [1, n] so, daß Tr_{K|Q}(y_{i} · y′_{j}) = ∂_{i, j} für j ∈ [1, n] ; cf. Lemma 31.(3).

Sei H = _{Z}⟨ z_{1} , …, z_{n} ⟩. Es ist H^{#} = _{Z}⟨ z′_{1} , …, z′_{n} ⟩, mit z′_{i} ∈ K für i ∈ [1, n] so, daß Tr_{K|Q}(z_{i} · z′_{j}) = ∂_{i, j} ist für j ∈ [1, n].

Schreibe y_{i} = ∑_{j∈[1,n]} z_{j} b_{j,i} für i ∈ [1, n], wobei B := (b_{i, j})_{i, j} ∈ Z^{n×n}. Es ist B ∈ GL_{n}(Q) und somit det(B) ∈ Z^{×}. Wir behaupten, daß für i ∈ [1, n]

z′_{i} =^{!} ∑_{j∈[1,n]} b_{i, j} y′_{j}

ist. Für k ∈ [1, n] wird auf der einen Seite

Tr_{K|Q}(z′_{i} · y_{k}) = _{∑j∈[1,n]} Tr_{K|Q}(z′_{i} · z_{j})b_{j,k} = _{∑j∈[1,n]} ∂_{i, j} b_{j,k} = b_{i,k} ,

auf der anderen Seite

Tr_{K|Q}(_{∑j∈[1,n]} b_{i, j} y′_{j} · y_{k}) = _{∑j∈[1,n]} b_{i, j} Tr_{K|Q}(y′_{j} y_{k}) = _{∑j∈[1,n]} b_{i, j} ∂_{j,k} = b_{i,k} ,

also beidesmal dasselbe. Dies zeigt die Behauptung. Folglich ist |H/G| = |det(B)| und |G^{#}/H^{#}| = |det(B)|; cf. Aufgabe 14.(2). Insbesondere ist |H/G| = |G^{#}/H^{#}|. Ad (3). Nach (1) ist R ⊆ O_{K} . Also ist

R ⊆ O_{K} ⊆ O_{K}^{#} ⊆ R^{#} ;

cf. Bemerkung 30. Es ist |Δ_{K|Q, \underline{y}}| =^{A. 14.(3)} |R^{#}/R|, was folglich in Z_{⩾1} liegt; cf. Lemmata 22 und 20.(2). Es ist die abelsche Gruppe O_{K}^{#}/O_{K} isomorph zur abelschen Gruppe (O_{K}^{#}/R)/(O_{K}/R). Es liegt O_{K}^{#}/R ⩽ R^{#}/R und ist mithin endlich. Also ist |O_{K}^{#}/R| = |O_{K}^{#}/O_{K}| · |O_{K}/R|. Genauso sieht man |R^{#}/R| = |R^{#}/O_{K}^{#}| · |O_{K}^{#}/R|. Insgesamt ist also

|Δ_{K|Q, \underline{y}}| = |R^{#}/R| = |R^{#}/O_{K}^{#}| · |O_{K}^{#}/O_{K}| · |O_{K}/R| =^{(2)} |O_{K}^{#}/O_{K}| · |O_{K}/R|^{2} ,

und diese Zahl ist nach Voraussetzung quadratfrei. Also ist |O_{K}/R| = 1, i.e. R = O_{K} . Ad (4).

Nach Aufgabenstellung dürfen wir als bekannt voraussetzen, daß X^{3} + X + 1 ∈ Q[X] ein irreduzibles Polynom ist. Wäre es reduzibel, dann würde es in zwei normierte Faktoren in Z[X] von Grad ⩾ 1 zerfallen; cf. Aufgabe 2.(7). Dann aber würde auch X^{3} + X + 1 ∈ F_{2}[X] in zwei normierte Faktoren in Z[X] von Grad ⩾ 1 zerfallen. Diese ist aber mangels Nullstelle in F_{2} nicht möglich.

Schreibe Tr := Tr_{K|Q} . Berechnen wir zunächst bezüglich der Q-linearen Basis \underline{y} := (α^{0}, α^{1}, α^{2}) von K

Tr(1) = tr(\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})  = 3
Tr(α) = tr(\begin{matrix}0 & 0 & −1 \\ 1 & 0 & −1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) = 0
Tr(α^{2}) = tr(\begin{matrix}0 & −1 & 0 \\ 0 & −1 & −1 \\ 1 & 0 & −1 \end{matrix}) = −2

Schreibe Tr := Tr_{K|Q} . Es wird

Δ_{K|Q, \underline{y}} = det(\begin{matrix}Tr(α^{0}·α^{0}) & Tr(α^{0}·α^{1}) & Tr(α^{0}·α^{2}) \\ Tr(α^{1}·α^{0}) & Tr(α^{1}·α^{1}) & Tr(α^{1}·α^{2}) \\ Tr(α^{2}·α^{0}) & Tr(α^{2}·α^{1}) & Tr(α^{2}·α^{2}) \end{matrix})
= det(\begin{matrix}Tr(1) & Tr(α) & Tr(α^{2}) \\ Tr(α) & Tr(α^{2}) & Tr(−α−1) \\ Tr(α^{2}) & Tr(−α−1) & Tr(−α^{2}−α) \end{matrix}) = det (\begin{matrix}3 & 0 & −2 \\ 0 & −2 & −3 \\ −2 & −3 & 2 \end{matrix}) = −31

eine quadratfreie ganze Zahl. Dank (3) ist also die Z-Ordnung Z[α] = _{Z}⟨\underline{y}⟩ gleich O_{K} . Dies hat insbesondere zur Folge, daß \underline{y} eine Z-lineare Basis von O_{K} und somit Δ_{K} = Δ_{K|Q, \underline{y}} = −31 ist.

Aufgabe 19 Ad (1). Beachte δ^{3} = 2. Es ist (1, δ, δ^{2}) eine Z-lineare Basis von Z[δ]. Es ist

(Gram_{Q(δ)|Q,(1,δ,δ^{2})})^{−1} = (\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \\ 0 & 6 & 0 \end{matrix})^{−1} = \frac{1}{6} (\begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) ;

cf. Beispiel 26.(2). Also ist die zu (1, δ, δ^{2}) duale Basis gegeben durch (\frac{1}{3}, \frac{1}{6}δ^{2}, \frac{1}{6}δ). Also ist Z[δ]^{#} = _{Z}⟨\frac{1}{3}, \frac{1}{6}δ^{2}, \frac{1}{6}δ⟩ .

Ad (2). Da δ ∈ O_{Q(δ)} wegen μ_{δ,Q}(X) = X^{3} − 2 ∈ Z[X], ist Z[δ] ⊆ O_{Q(δ)} ⊆ O_{Q(δ)}^{#} ⊆ Z[δ]^{#} ; cf. Bemerkung 30, Lemma 31.(2). Es genügt also, für x := s_{0} + s_{1}δ + s_{2}δ^{2} ∈ O_{Q(δ)} mit s_{0} ∈ \frac{1}{3}Z, s_{1} ∈ \frac{1}{6}Z, s_{2} ∈ \frac{1}{6}Z nachzuweisen, daß

x ∈^{!} Z[δ] liegt.

Es ist auch

Z[δ]^{#} ⊇ O_{Q(δ)} ∋ x^{2} = (s_{0}^{2} + 4s_{1}s_{2}) + (2s_{2}^{2} + 2s_{0}s_{1})δ + (s_{1}^{2} + 2s_{0}s_{2})δ^{2} .

Da s_{1}^{2} + 2s_{0}s_{2} ∈ \frac{1}{6}Z und 2s_{0}s_{2} ∈ \frac{1}{9}Z liegen, ist auch s_{1}^{2} ∈ \frac{1}{18}Z und somit s_{1} ∈ \frac{1}{3}Z. Es genügt also, für x := s_{0} + s_{1}δ + s_{2}δ^{2} ∈ O_{Q(δ)} mit s_{0} ∈ \frac{1}{3}Z, s_{1} ∈ \frac{1}{3}Z, s_{2} ∈ \frac{1}{6}Z nachzuweisen, daß

x ∈^{!} Z[δ] liegt.

Es ist Z[δ]^{#} ⊇ O_{Q(δ)} ∋ x^{3} = (s_{0}^{3} +2s_{1}^{3} +4s_{2}^{3} +12s_{0}s_{1}s_{2})+3(s_{0}^{2}s_{1} +2s_{1}^{2}s_{2} +2s_{2}^{2}s_{0})δ+3(s_{0}^{2}s_{2} +s_{1}^{2}s_{0} +2s_{2}^{2}s_{1})δ^{2} .

Es ist s_{0}^{3} + 2s_{1}^{3} + 4s_{2}^{3} + 12s_{0}s_{1}s_{2} ∈ \frac{1}{3}Z, und dabei ist s_{0}^{3} ∈ \frac{1}{27}Z, 2s_{1}^{3} ∈ \frac{1}{27}Z und 12s_{0}s_{1}s_{2} ∈ \frac{1}{9}Z. Folglich ist s_{2}^{3} ∈ \frac{1}{4·27}Z und somit s_{2} ∈ \frac{1}{3}Z. Also ist O_{Q(δ)} ⊆ \frac{1}{3}Z[δ].

Es genügt also, für x := s_{0} + s_{1}δ + s_{2}δ^{2} ∈ O_{Q(δ)} mit x ∈ \frac{1}{3}Z[δ] nachzuweisen, daß x ∈^{!} Z[δ] liegt. Schreibe 3s_{i} =: t_{i} ∈ Z für i ∈ {0, 1, 2}. Wir haben zu zeigen, daß t_{i} ≡^{!}_{3} 0 ist für i ∈ {0, 1, 2}. Es ist

0 ≡_{9} t_{0}^{3} + 2t_{1}^{3} + 4t_{2}^{3} + 12t_{0}t_{1}t_{2} ≡_{3} t_{0} + 2t_{1} + 4t_{2} ≡_{3} t_{0} − t_{1} + t_{2} .

Schreibe t_{2} =: t_{1} − t_{0} + 3u mit u ∈ Z.

Aus x^{2} ∈ O_{Q(δ)} ⊆ \frac{1}{3}Z[δ] folgt nun

0 ≡_{3} t_{0}^{2} + 4t_{1}t_{2} ≡_{3} t_{0}^{2} + 4t_{1}(t_{1} − t_{0}) ≡_{3} t_{0}^{2} + 2t_{0}t_{1} + t_{1}^{2} = (t_{0} + t_{1})^{2}

und also 0 ≡_{3} t_{0} + t_{1}. Schreibe t := t_{0} und t_{1} =: −t + 3v mit v ∈ Z. Schreibe w := u + v ∈ Z. Dann ist t_{2} = t_{1} − t_{0} + 3u = −2t + 3w.

Es bleibt t ≡^{!}_{3} 0 zu zeigen.

Es ist

\frac{1}{3}Z[δ] ⊇ O_{Q(δ)} ∋ x^{4} = (s_{0}^{4} + 24s_{0}^{2}s_{1}s_{2} + 8s_{0}s_{1}^{3} + 16s_{0}s_{2}^{3} + 24s_{1}^{2}s_{2}^{2}) + \underbrace{(…)}_{∈ Q}δ + \underbrace{(…)}_{∈ Q}δ^{2} .

Also ist

0 ≡_{27} t_{0}^{4} + 24t_{0}^{2}t_{1}t_{2} + 8t_{0}t_{1}^{3} + 16t_{0}t_{2}^{3} + 24t_{1}^{2}t_{2}^{2}
= 9t^{4} − 648t^{3}v + 216t^{3}w + 648t^{2}v^{2} + 1944t^{2}vw − 648t^{2}w^{2}
+ 216tv^{3} − 2592tv^{2}w − 1296tvw^{2} + 432tw^{3} + 1944v^{2}w^{2}
≡_{27} 9t^{4} .

Es folgt t^{4} ≡_{3} 0, also t ≡_{3} 0.

Einfachere Lösungen werden gerne entgegengenommen. Einen systematischen Zugang findet man e.g. in [4, §4.5.4].

Schließlich wird dank Beispiel 26.(2) nun Δ_{Q(δ)} = Δ_{Q(δ)|Q, (1,δ,δ^{2})} = −2^{2} · 3^{3}.

Aufgabe 20

Aus (2) folgt (1), ausgenommen zunächst die Surjektivitiät von α. Aber es enthält dann α(L) sowohl α(φ′(L′)) = φ̃′(L′) als auch α(φ′′(L′′)) = φ̃′′(L′′), sodaß α(L) = L̃ zu sein hat. Also folgt auch die Surjektivität von α.

Ad (2).

Zur Eindeutigkeit.

Seien β : L → M mit β ∘ φ′ = ψ′ und β ∘ φ′′ = ψ′′ und β̃ : L → M mit β̃ ∘ φ′ = ψ′ und β̃ ∘ φ′′ = ψ′′ gegeben. Wir haben β =^{!} β̃ zu zeigen. Betrachte F := { y ∈ L : β(y) = β̃(y) }. Es ist F ein Teilkörper von L, da 1 ∈ F und da für y, z ∈ F auch β(y − z) = β(y) − β(z) = β̃(y) − β̃(z) = β̃(y − z), i.e. y − z ∈ F, und β(yz) = β(y) · β(z) = β̃(y) · β̃(z) = β̃(yz), i.e. yz ∈ F ist. Es ist φ′(L′) ⊆ F, da für y′ ∈ L′ sich β(φ′(y′)) = ψ′(y′) = β̃(φ′(y′)) ergibt. Ebenso ist φ′′(L′′) ⊆ F. Da L|K Kompositum von L′|K und L′′|K ist via ψ′, ψ′′, ist L der einzige Teilkörper von L, der φ′(L′) und φ′′(L′′) enthält. Somit folgt F = L, i.e. β = β̃.

Zur Existenz.

Schreibe L′ = K(z′) mit z′ ∈ L′ geeignet; cf. [5, Aufgabe 54]. Schreibe w′ := φ′(z′). Es ist φ′(L′) = φ′(K(z′)) = K(w′).

Schreibe L′′ = K(z′′) mit z′′ ∈ L′′ geeignet; cf. [5, Aufgabe 54]. Schreibe w′′ := φ′′(z′′). Es ist φ′′(L′′) = φ′′(K(z′′)) = K(w′′).

Da L′|K und L′′|K linear disjunkt sind, ist μ_{z′′, K}(X) ∈ L′[X] irreduzibel. Also ist auch μ_{z′′, K}(X) = μ_{w′′, K}(X) ∈ φ′(L′)[X] = K(w′)[X] irreduzibel. Mithin ist μ_{w′′, K}(X) = μ_{w′′, K(w′)}(X) ; cf. [5, §2.3].

Beachte noch L = K(w′, w′′), da ein Teilkörper von L genau dann K, w′ und w′′ enthält, wenn er K(w′) = φ(L′) und K(w′′) = φ(L′′) enthält, i.e. wenn er gleich L ist, denn L ist ein Kompositum via φ′ und φ′′.

Schreibe φ̃′ := (φ′|^{K(w′)})^{−1} : K(w′) → L′, w′ ↦ z′. Wir haben den Körpermorphismus ψ′ ∘ φ̃′ : K(w′) → M. Es ist

μ_{w′′, K′(w′)}^{ψ′∘φ̃′}(X) = μ_{w′′, K}^{ψ′∘φ̃′}(X) = μ_{w′′, K}(X) = μ_{z′′, K}(X) = μ_{ψ′′(z′′), K}(X) ;

cf. [5, §1.6.2]. Also ist

μ_{w′′, K(w′)}^{ψ′∘φ̃′}(ψ′′(z′′)) = μ_{ψ′′(z′′), K}(ψ′′(z′′)) = 0 .

Folglich gibt es einen Körpermorphismus β : L = K(w′)(w′′) → M mit β|_{K(w′)} = ψ′ ∘ φ̃′ und β(w′′) = ψ′′(z′′) ; cf. [5, §2.3.4]. Für y′ ∈ L′ ist β(φ′(y′)) = (ψ′ ∘ φ̃′)(φ′(y′)) = ψ′(y′). Also ist β ∘ φ′ = ψ′. Speziell ist β|_{K}^{K} = id_{K} . Ferner ist β(φ′′(z′′)) = β(w′′) = ψ′′(z′′). Da L′′ = K(z′′), folgt β ∘ φ′′ = ψ′′.

Man kann auch anführen, daß im linear disjunkten Fall für ein Kompositum L|K von L′|K und L′′|K, mit φ′ und φ′′, ein Isomorphismus von K-Algebren L′ ⊗_{K} L′′ → L, u′ ⊗u′′ ↦ φ′(u′)·φ′′(u′′) existiert, surjektiv nach Konstruktion und dann injektiv wegen Dimension.

Aufgabe 21 O.E. ist m, n ⩾ 1. Behauptung. Es ist det(B) unabhängig von der Wahl von α. Sei β : [1, mn] →^{∼} [1, m] × [1, n], k ↦ β(k) =: (β′(k), β′′(k)) eine eine weitere Bijektion. Sei φ ∈ S_{mn} definiert durch φ := α^{−1} ∘ β. Für k ∈ [1, mn] wird (α′(φ(k)), α′′(φ(k))) = α(φ(k)) = β(k) = (β′(k), β′′(k)). Somit wird

det((a_{β′(k),β′(ℓ)}∂_{β′′(k),β′′(ℓ)})_{k,ℓ}) = det((a_{α′(φ(k)),α′(φ(ℓ))}∂_{α′′(φ(k)),α′′(φ(ℓ))})_{k,ℓ})
= sgn(φ) det((a_{α′(k),α′(φ(ℓ))}∂_{α′′(k),α′′(φ(ℓ))})_{k,ℓ})
= sgn(φ)^{2} det((a_{α′(k),α′(ℓ)}∂_{α′′(k),α′′(ℓ)})_{k,ℓ})
= det((a_{α′(k),α′(ℓ)}∂_{α′′(k),α′′(ℓ)})_{k,ℓ}) .

Dies zeigt die Behauptung. Für k ∈ Z sei \overline{k} ∈ [0, m − 1] und \underline{k} ∈ Z mit k = \underline{k}m + \overline{k}. I.e. Division von k durch m gibt \underline{k} mit Rest \overline{k}. Unter Verwendung unserer Behauptung können wir nun o.E. die Bijektion

[figure: [1, mn]; α; ∼; [1, m] × [1, n]; k; (\overline{k − 1} + 1, \underline{k − 1} + 1); (s − 1) + (t − 1)m + 1; (s, t)]

wählen. Dann wird B := (a_{\overline{k−1}+1, \overline{ℓ−1}+1}∂_{\underline{k−1}+1, \underline{ℓ−1}+1})_{k,ℓ}. Mit anderen Worten, es ist B die Blockdiagonalmatrix

B = (\begin{matrix}A \\ & A \\ & & . & . & . \\ & & & & & A \end{matrix}) ∈ K^{mn×mn} .

Also ist det(B) = det(A)^{n}.

Aufgabe 22 Schreibe n := [K : Q]. Sei \underline{g} eine Z-lineare Basis von O_{K} . Da Δ_{Q} = 1, ist o.E. n ⩾ 2. Sei E ein Zerfällungskörper von K|Q. Sei U := Gal(E|K) ⩽ Gal(E|Q) =: G. Sei G = ⨆_{i∈[1,n]} τ_{i}U. Es ist S_{n} = A_{n} ⊔ (1, 2)A_{n}. Seien

\begin{aligned}P & := & ∑_{φ∈A_{n}} ∏_{i∈[1,n]} τ_{i}(g_{φ(i)}) \\ N & := & ∑_{φ∈(1,2)A_{n}} ∏_{i∈[1,n]} τ_{i}(g_{φ(i)}) . \end{aligned}

Also ist det(Vand_{K|Q, \underline{g}}) = P − N und also Δ_{K} = det(Vand_{K|Q, \underline{g}})^{2} = (P − N)^{2} = (P + N)^{2} − 4P N. Es genügt zu zeigen, daß P + N und P N in Z liegen, da dann (P + N)^{2} ≡_{4} 0 oder (P + N)^{2} ≡_{4} 1, und jedenfalls 4P N ≡_{4} 0 ist. Es genügt zu zeigen, daß P + N und P N in Q liegen, da sie nach Konstruktion in O_{E} liegen, cf. Lemma 20.(1), und da O_{E} ∩ Q = O_{Q} = Z, cf. Bemerkung 8.(1). Sei ρ ∈ G. Es genügt zu zeigen, daß ρ(P + N) =^{!} P + N und ρ(P N) =^{!} P N ist. Es ist G = ⨆_{i∈[1,n]} τ_{i}U = ⨆_{j∈[1,n]} ρτ_{j}U. Also gibt es ein ψ ∈ S_{n} mit ρτ_{j}U = τ_{ψ(j)}U für j ∈ [1, n]. So wird

ρ(P) = ∑_{φ∈A_{n}} ∏_{i∈[1,n]}(ρ ∘ τ_{i})(g_{φ(i)})
= ∑_{φ∈A_{n}} ∏_{i∈[1,n]} τ_{ψ(i)}(g_{φ(i)})
= ∑_{φ∈A_{n}} ∏_{j∈[1,n]} τ_{j}(g_{φ∘ψ^{−1}(j)}) ,

und genauso

ρ(N) = ∑_{φ∈(1,2)A_{n}} ∏_{j∈[1,n]} τ_{j}(g_{φ∘ψ^{−1}(j)}) .

Fall ψ ∈ A_{n}. Es ist ρ(P) = P und ρ(N) = N, also auch ρ(P + N) = P + N und ρ(P N) = P N. Fall ψ ∈ (1, 2)A_{n}. Es ist ρ(P) = N und ρ(N) = P, also auch ρ(P + N) = P + N und ρ(P N) = P N.

Die Aussage dieser Aufgabe heißt Stickelbergscher Diskriminantensatz.

Aufgabe 23 Ad (1). Die Aussage ist falsch. Sei etwa K = Q, L′ = Q(\sqrt[3]{2}) und L′′ = Q(ζ_{3}). Sei E′ = Q(\sqrt[3]{2}, ζ_{3}) ; cf. Beispiel 10.(2). Sei E′′ := L′′, möglich, da L′′|K galoisch; cf. Beispiel 10.(1) und Aufgabe 17.(1). Es ist E′|K Kompositum von E′|K und E′′|K, via der Einbettungen. Da

[E′ : K] = 6 ≠ 6 · 2 = [E′ : K] · [E′′ : K] ,

sind E′|K und E′′|K nicht linear disjunkt; cf. Lemma 44. Ad (2). Die Aussage ist richtig. Schreibe L′ = K(y′) und L′′ = K(y′′) ; cf. [5, Aufgabe 54]. Dann ist L = K(y′, y′′). Sei E Zerfällungskörper von μ_{y′,K}(X)μ_{y′′,K}(X) ∈ K[X]. Es ist E Zerfällungskörper von L|K; cf. Beweis zu Lemma 11.(1). O.E. können wir diesen Zerfällungskörper E betrachten; cf. Lemma 11.(2).

Sei μ_{y′,K}(X) = ∏_{i∈[1,n′]}(X − y′_{i}) ∈ E[X], mit y′_{1} := y′. Sei μ_{y′′,K}(X) = ∏_{i∈[1,n′′]}(X − y′′_{i}) ∈ E[X], mit y′′_{1} := y′′. Es ist Ẽ′ := K( y′_{i} : i ∈ [1, n′] ) Zerfällungskörper von μ_{y′,K}(X) ∈ K[X] und also auch von L′|K; cf. Beweis zu Lemma 11.(2). Also gibt es einen Isomorphismus von E′ nach Ẽ′, der auf L′ identisch einschränkt; cf. Lemma 11.(2). Sei φ′ : E′ → E dessen Kompositum mit der Einbettung Ẽ′ → E. Genauso ist Ẽ′′ := K( y′′_{j} : j ∈ [1, n′′] ) Zerfällungskörper von L′′|K. Also gibt es einen Isomorphismus von E′′ nach Ẽ′′, der auf L′′ identisch einschränkt; cf. Lemma 11.(2). Sei φ′′ : E′′ → E dessen Kompositum mit der Einbettung Ẽ′′ → E. Es ist E|K Kompositum von E′|K und E′′|K via φ′ und φ′′, da φ′(E′) = Ẽ′ = K( y′_{i} : i ∈ [1, n′] ), da φ′′(E′′) = Ẽ′′ = K( y′′_{j} : j ∈ [1, n′′] ) und da

E = K( y′_{i} , y′′_{j} : i ∈ [1, n′], j ∈ [1, n′′] ) .

[figure: E; E′; ∼; φ′; Ẽ′; L; Ẽ′′; E′′; ∼; φ′′; L′; L′′; K]

Ad (3). Die Aussage ist richtig. Im Beweis zu (2) erhalten wir L′ = Ẽ′ wegen L′|K galoisch und L′′ = Ẽ′′ wegen L′′|K galoisch. Der kleinste Teilkörper von E, der L′ = Ẽ′ und L′′ = Ẽ′′ enthält, ist zugleich L und E. Also folgt L = E.

Alternativ, es sind in (2) dann y′_{i} ∈ L′ = K(y′) für i ∈ [1, n′] und y′′_{i} ∈ L′′ = K(y′′) für i ∈ [1, n′′]. Also folgt

E = K( y′_{i} , y′′_{j} : i ∈ [1, n′], j ∈ [1, n′′] ) = K(y′, y′′) = L .

Ad (4). Die Aussage ist richtig. Es ist [L : K] =^{1.} [L : L′] · [L′ : K] =^{2.} [L : L′′] · [L′′ : K]. Da [L′ : K] und [L′′ : K] teilerfremd sind, ist [L′ : K] ein Teiler von [L : L′′]. Es ist [L : L′′] · [L′′ : K] = [L : K] ⩽ [L′ : K] · [L′′ : K]; cf. Bemerkung 42. Also ist [L : L′′] ⩽ [L′ : K]. Zusammen folgt [L : L′′] = [L′ : K], also [L : K] = [L : L′′] · [L′′ : K] = [L′ : K] · [L′′ : K] und somit L′|K und L′′|K linear disjunkt; cf. Lemma 44. Ad (5). Die Aussage ist richtig. Es ist L|K galoisch; cf. (3). Sei G := Gal(L|K). Sei N′ := Gal(L|L′) ⊴ G. Es ist Gal(L′|K) = G/N′. Sei N′′ := Gal(L|L′′) ⊴ G. Es ist Gal(L′′|K) = G/N′′. Cf. [5, §3.5.2]. Da L Kompositum von L′ und L′′ ist, ist ein σ ∈ G, das in N′ und N′′ liegt, i.e. das L′ und L′′ elementweise fixiert, bereits die Identität. Denn der Teilkörper von L, der von σ elementweise fixiert wird, enthält L′ und L′′, ist also gleich L. Mit anderen Worten, es ist N′ ∩ N′′ = 1. Es ist N′N′′ ⊴ G. Also ist die Abbildung

[figure: N′; ×; N′′; N′N′′; (n′; ,; n′′); n′n′′]

nicht nur surjektiv, sondern auch injektiv. Denn ist n′n′′ = ñ′ñ′′ für (n′, n′′), (ñ′, ñ′′) ∈ N′ × N′′, dann ist ñ^{′−1}n′ = ñ′′n^{′′−1} in N′ ∩ N′′ = 1, und somit ñ′ = n′ und ñ′′ = n′′.

Insbesondere ist |N′| · |N′′| = |N′ × N′′| = |N′N′′|.

Es sind L′|K und L′′|K linear disjunkt genau dann, wenn [L : K] = [L′ : K] · [L′′ : K], i.e. wenn |G| = |G/N′| · |G/N′′|, i.e. wenn |G| = |N′| · |N′′|; cf. Lemma 44.

Die Elemente aus L, die von allen Elementen von N′ und von N′′ fixiert werden, sind die in L′ ∩ L′′. Also ist Gal(L|L′ ∩ L′′) = N′N′′.

Somit ist genau dann L′ ∩ L′′ = K, wenn N′N′′ = G, i.e. wenn |N′N′′| = |G|, i.e. wenn |N′| · |N′′| = |G|, i.e. wenn L′|K und L′′|K linear disjunkt sind.

Ad (6). Die Aussage ist falsch.

Sei K := Q. Sei L := Q(\sqrt[3]{2}, ζ_{3}). Sei L′ := Q(\sqrt[3]{2}). Sei L′′ := Q(ζ_{3} \sqrt[3]{2}). Es sind L′|K und L′′|K nicht linear disjunkt; cf. Beispiel 45.(3). Es ist L′ ≠ L′′, da L′ ⊆ R, aber ζ_{3} \sqrt[3]{2} ∉ R. Somit ist [L′ ∩ L′′ : K] ein echter Teiler von [L′ : K] = 3, also gleich 1. Es folgt L′ ∩ L′′ = K.

Aufgabe 24

Ad (1).

Gelte (i). Sei ∅ ⊂ M ⊆ Ideale(R). Annahme, es hat M kein maximales Element. Sei 𝔞_{1} ∈ M gewählt, möglich, da M ≠ ∅. Da M kein maximales Element enthält, gibt es ein 𝔞_{2} ∈ M mit 𝔞_{1} ⊂ 𝔞_{2} . Da M kein maximales Element enthält, gibt es ein 𝔞_{3} ∈ M mit 𝔞_{2} ⊂ 𝔞_{3} . Usf. Wir erhalten eine Kette

𝔞_{1} ⊂ 𝔞_{2} ⊂ 𝔞_{3} ⊂ …

Sei 𝔞 := ⋃_{i⩾1} 𝔞_{i}. Es ist 𝔞 ein Ideal in R, da 0 ∈ 𝔞 und da für r, r′ ∈ R und a, a′ ∈ 𝔞 es ein j ⩾ 1 gibt mit a, a′ ∈ 𝔞_{j} , sodaß ra + r′a′ ∈ 𝔞_{j} ⊆ 𝔞 folgt. Schreibe 𝔞 = ( x_{i} : i ∈ [1, n] ) mit n ⩾ 0 und x_{i} ∈ R geeignet. Es gibt ein k ⩾ 1 mit x_{i} ∈ 𝔞_{k} für i ∈ [1, n]. Also wird

𝔞_{k} ⊂ 𝔞_{k+1} ⊆ 𝔞 = ( x_{i} : i ∈ [1, n] ) ⊆ 𝔞_{k} ,

und wir haben einen Widerspruch.

Gelte (ii). Sei 𝔞 ⊆ R ein Ideal. Annahme, es ist 𝔞 nicht endlich erzeugt. Wähle a_{1} ∈ 𝔞. Da 𝔞 nicht endlich erzeugt ist, ist 𝔞_{1} := ( a_{1} ) ⊂ 𝔞. Wähle a_{2} ∈ 𝔞 ∖ 𝔞_{1}. Da 𝔞 nicht endlich erzeugt ist, ist 𝔞_{2} := ( a_{1} , a_{2} ) ⊂ 𝔞. Wähle a_{3} ∈ 𝔞 ∖ 𝔞_{2}. Da 𝔞 nicht endlich erzeugt ist, ist 𝔞_{3} := ( a_{1} , a_{2} , a_{3} ) ⊂ 𝔞. Usf.

Sei M := { 𝔞_{i} : i ∈ Z_{⩾1} }. Es hat M ein maximales Element. Mithin gibt es ein k ⩾ 1 mit 𝔞_{k} ⊄ 𝔞_{i} für alle i ⩾ 1. Aber 𝔞_{k} ⊂ 𝔞_{k+1} , und wir haben einen Widerspruch.

Cf. auch Aufgabe 2.(1).

Ad (2).

Sei R noethersch. Wir haben zu zeigen, daß R[X] noethersch ist.

Wir haben die Abbildung

[figure: R[X]^{×}; ℓ; R^{×}; f(X); a_{deg(f)} ,]

wobei f(X) = ∑_{i∈[0,deg(f)]} a_{i}X^{i}.

Wir haben für n ⩾ 0 die Abbildung

Ideale(R[X]) ^{\overline{}^{ℓ_{n}}} Ideale(R)
𝔟  \overline{}ℓ(\{ f(X) ∈ 𝔟 : deg(f(X)) = n \}) ∪ \{0\} ,

denn für r, r̃ ∈ R^{×} und f(X), f̃(X) ∈ R[X] mit deg(f) = deg(f̃) = n ist rℓ(f(X)) + r̃ℓ(f̃(X)) = ℓ(rf(X) + r̃f̃(X)), falls rℓ(f(X)) + r̃ℓ(f̃(X)) ≠ 0. Sei nun 𝔟 ∈ Ideale(R[X]). Wir haben zu zeigen, daß 𝔟 endlich erzeugt ist. Für n ⩾ 0 ist ℓ_{n}(𝔟) ⊆ ℓ_{n+1}(𝔟), da wenn f(X) ∈ R[X] mit deg(f(X)) = n vorliegt und also ℓ(f(X)) ∈ ℓ_{n}(𝔟) liegt, dann deg(Xf(X)) = n + 1 ist und folglich auch ℓ(f(X)) = ℓ(Xf(X)) ∈ ℓ_{n+1}(𝔟) liegt. Da R noethersch ist, hat die Menge { ℓ_{n}(𝔟) : n ⩾ 0 } ein maximales Element ℓ_{k}(𝔟) für ein k ⩾ 0. Da ℓ_{k}(𝔟) ⊆ ℓ_{n}(𝔟) für n ∈ Z_{⩾k}, ist also ℓ_{k}(𝔟) = ℓ_{n}(𝔟) für n ∈ Z_{⩾k}. Für n ∈ [0, k] schreiben wir nun

ℓ_{n}(𝔟) = ( ℓ(f_{n,i}(X)) : i ∈ [1, s_{n}] )

für ein geeignetes s_{n} ⩾ 0 und geeignete f_{n,i}(X) ∈ 𝔟 mit deg(f_{n,i}(X)) = n. Wir behaupten

𝔟 =^{!} ( f_{n,i}(X) : n ∈ [0, k], i ∈ [1, s_{n}] ) =: 𝔠 .

Zu zeigen ist nur 𝔟 ⊆^{!} 𝔠. Sei g(X) ∈ 𝔟 gegeben. Wir müssen g(X) ∈^{!} 𝔠 zeigen. O.E. ist g(X) ≠ 0. Wir führen eine Induktion über d := deg(g). Ist d = 0, so ist g(X) = ℓ(g(X)) ∈ ℓ_{0}(𝔟) = ( ℓ(f_{0,i}(X)) : i ∈ [1, s_{0}] ) = ( f_{0,i}(X) : i ∈ [1, s_{0}] ) ⊆ 𝔠. Sei nun d ⩾ 1. Sei m := min{k, d} ∈ [0, k]. Es ist ℓ(g(X)) ∈ ℓ_{d}(𝔟) = ℓ_{m}(𝔟). Somit finden wir r_{i} ∈ R für i ∈ [1, s_{m}] mit

ℓ(g(X)) = ∑_{i∈[1,s_{m}]} r_{i}ℓ(f_{m,i}(X)) .

Schreibe g̃(X) := g(X) − ∑_{i∈[1,s_{m}]} r_{i}f_{m,i}(X) ∈ 𝔟. Es ist g̃(X) = 0 oder deg(g̃) < deg(g). Mit Induktion ist g̃(X) ∈ 𝔠. Also ist auch

g(X) = \underbrace{g̃(X)}_{∈ 𝔠} + \underbrace{∑_{i∈[1,s_{m}]} r_{i}f_{m,i}(X))}_{∈ 𝔠} ∈ 𝔠 .

Diese Aussage heißt Hilbertscher Basissatz.

Ad (3). Schreibe die Restklassenabbildung ρ : R → R/𝔞, r ↦ r + 𝔞. Sei 𝔟 ∈ Ideale(R/𝔞). Es ist ρ^{−1}(𝔟) ∈ Ideale(R), denn für r, r′ ∈ R und a, a′ ∈ ρ^{−1}(𝔟) ist ρ(a), ρ(a′) ∈ 𝔟 und folglich ρ(ra + r′a′) = rρ(a) + r′ρ(a′) ∈ 𝔟, i.e. ra + r′a′ ∈ ρ^{−1}(𝔟). Da R noethersch ist, schreiben wir ρ^{−1}(𝔟) = ( x_{i} : i ∈ [1, n] ) mit n ⩾ 0 und x_{i} ∈ R geeignet. Es wird

𝔟 = ρ(ρ^{−1}(𝔟)) = ( ρ(x_{i}) : i ∈ [1, n] ) ,

denn für ∑_{i∈[1,n]} r_{i}x_{i} mit r_{i} ∈ R wird ρ(∑_{i∈[1,n]} r_{i}x_{i}) = ∑_{i∈[1,n]} r_{i}ρ(x_{i}). Ad (4).

Zum Beweis wiederholen wir Argumente zur Lösung von Aufgabe 13.(2), entsprechend abgeändert. Damals kannten wir nur Hauptidealbereiche, die allgemeinere Situation über einem noetherschen kommutativen Ring konnten wir da noch nicht behandeln.

Wir führen eine Induktion über m ⩾ 0. Für m = 0 ist die Aussage richtig. Sei nun m ⩾ 1. Betrachte das folgende Diagramm von R-Moduln und R-linearen Abbildungen.

[figure: R^{⊕(m−1)}; •; R^{⊕m}; π; R; N′; •; •; N; •; 𝔞; •]

Hierbei ist π die Projektion auf den letzten Tupeleintrag. Die horizontalen Abbildungen links sind Inklusionen von Kernen. Die vertikalen Abbildungen sind Inklusionen. Das Kompositum N → R hat als Bild einen Teilmodul von R, i.e. ein Ideal 𝔞 in R, welches wegen R noethersch endlich erzeugt ist, sagen wir 𝔞 = ( a_{1} , …, a_{ℓ}) für ein ℓ ⩾ 0 und geeignete Elemente a_{i} ∈ 𝔞 für i ∈ [1, ℓ]. Es ist N′ der Kern der Abbildung N → 𝔞. Nach Induktion können wir N′ = _{R}⟨ n′_{1} , …, n′_{k} ⟩ schreiben für ein k ⩾ 0 und geeignete Elemente n′_{i} ∈ N′ für i ∈ [1, k]. Wähle n_{i} ∈ N mit π(n_{i}) = a_{i} für i ∈ [1, ℓ]. Wir wollen

N =^{!} _{R}⟨ n′_{1} , …, n′_{k} , n_{1} , …, n_{ℓ} ⟩

zeigen. Zu zeigen ist ⊆^{!} . Sei n ∈ N gegeben. Schreibe π(n) = ∑_{i∈[1,ℓ]} r′′_{i}a_{i} mit geeigneten r′′_{i} ∈ R für i ∈ [1, ℓ]. Dann ist

π(n −_{∑i∈[1,ℓ]}r′′_{i}n_{i}) = π(n) −_{∑i∈[1,ℓ]}r′′_{i}a_{i} = 0 ,

also n −_{∑i∈[1,ℓ]}r′′_{i}n_{i} ∈ N′, und wir können

n −_{∑i∈[1,ℓ]}r′′_{i}n_{i} = _{∑j∈[1,k]}r′_{j}n′_{j}

schreiben mit geeigneten r′_{j} ∈ R für j ∈ [1, k]. Somit liegt in der Tat n = (_{∑j∈[1,k]}r′_{j}n′_{j}) + (_{∑i∈[1,ℓ]}r′′_{i}n_{i}) ∈ _{R}⟨ n′_{1} , …, n′_{k} , n_{1} , …, n_{ℓ} ⟩ .

Ad (5). Es enthält B eine K-lineare Basis \underline{y} von L; cf. Lemma 28. Sei X := _{A}⟨\underline{y}⟩. Es ist

X ⊆ B ⊆ B^{#} ⊆ X^{#} ;

cf. Bemerkung 30, Lemma 31.(2). Es ist X^{#} = _{A}⟨\underline{y′}⟩, wobei \underline{y′} die zu \underline{y} bezüglich Spurbilinearform duale Basis ist; cf. Lemma 31. Insbesondere ist X^{#} ein endlich erzeugter freier A-Modul. Sei 𝔟 ⊆ B ein Ideal. Wir haben zu zeigen, daß 𝔟 ein endlich erzeugtes Ideal ist, i.e. ein endlich erzeugter B-Teilmodul von B. Es genügt zu zeigen, daß 𝔟 ein endlich erzeugter A-Teilmodul von B ist, da ein A-Erzeugendensystem a fortiori auch ein B-Erzeugendensystem ist. Nach isomorpher Ersetzung von X^{#} durch eine direkte Summe von Kopien von A folgt dies mit (4). Speziell folgt für 𝔟 = B, daß B ein endlich erzeugter A-Modul ist. Ad (6). Schreibe R := ∏_{k∈Z_{⩾1}} C. Schreibe für s ⩾ 0

𝔞_{s} := { (z_{k})_{k} ∈ R : z_{k} = 0 für k ⩾ s + 1 } ∈ Ideale(R) .

Es ist 𝔞_{s} ⊂ 𝔞_{s+1} für s ⩾ 0. Also hat { 𝔞_{s} : s ⩾ 0 } kein maximales Element. Mithin ist R nicht noethersch.

Ad (7). Es ist C als Körper ein noetherscher kommutativer Ring. Mit (2) folgt C[X] noethersch. Mit (2) folgt C[X][Y] = C[X, Y] noethersch.

Sei

R := C[ XY^{k} : k ⩾ 0 ] ⊆ C[X, Y] .

Sei darin das Ideal

𝔞 := ( XY^{k} : k ⩾ 0 ) ⊆ R

betrachtet. Um zu zeigen, daß es nicht endlich erzeugt ist, genügt es zu zeigen, daß für ℓ ⩾ 0 und

𝔞_{ℓ} := ( XY^{k} : k ∈ [0, ℓ] )

stets 𝔞_{ℓ} ⊂ 𝔞_{ℓ+1} ist. Denn es ist 𝔞 = ⋃_{ℓ⩾0} 𝔞_{ℓ}. Hätte also 𝔞 endlich viele Erzeuger, dann wären diese bereits in 𝔞_{m} für ein m ⩾ 0 enthalten, was wegen 𝔞 ⊆ 𝔞_{m} ⊂ 𝔞_{m+1} ⊆ 𝔞 nicht geht.

Es genügt also, XY^{ℓ+1} ∉^{!} 𝔞_{ℓ} nachzuweisen. Aber jedes Element von 𝔞_{ℓ} ist C-Linearkombination von Monomen, die Grad 1 in X und dabei Grad ∈ [0, ℓ] in Y haben, oder aber Grad ⩾ 2 in X haben. Denn in R stehen als Monome nur 1 oder aber Monome mit Grad ⩾ 1 in X zur Verfügung.

Anmerkung. Für einen kommutativen Ring A folgt aus A_{𝔭} noethersch für alle 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A) nicht unbedingt A noethersch. Zunächst müssen wir dazu die Definition den allgemeineren Gegebenheiten anpassen. Es besteht A_{𝔭} aus Brüchen \frac{a}{s} mit a ∈ A, s ∈ A ∖ 𝔭. Hierbei ist ein solcher Bruch eine Äquivalenzklasse von Paaren (a, s) mit a ∈ A, s ∈ A ∖ 𝔭, mit der Äquivalenzrelation erzeugt von ((a, s), (at, st), wobei t ∈ A ∖ 𝔭. Addition und Multiplikation folgen den Regeln der Bruchrechnung. Sei K ein Körper. Sei I eine unendliche Menge. Sei K^{I} := { (x_{i})_{i∈I} : x_{i} ∈ K }. Schreibe kurz x = (x_{i})_{i} := (x_{i})_{i∈I} . Mit eintragsweiser Addition und Multiplikation wird K^{I} ein kommutativer Ring. Schreibe e_{k} := (∂_{k,i})_{i} ∈ K^{I} für k ∈ I. Für eine endliche Teilmenge M von I sei e_{M} := ∑_{k∈M} e_{k}. Schreibe 𝔲 := K^{⊕I}. Dies ist ein Ideal in K^{I}. Für M ⊆ I sei K^{⊕M} := { x ∈ K^{⊕I} : x_{i} = 0 für i ∈ I ∖ M }. Sei A := K · 1 ⊕ 𝔲 ⊆ K^{I}. Dies ist ein Teilring in K^{I}. Es ist A nicht noethersch. Denn ist Z_{⩾1} → I, k ↦ i_{k} eine injektive Abbildung, dann ist

K^{⊕{i_{1}}} ⊂ K^{⊕{i_{1} , i_{2}}} ⊂ K^{⊕{i_{1} , i_{2} , i_{3}}} ⊂ …

eine nichtabbrechende echt aufsteigende Kette von Idealen von A; cf. Definition 50. Sei ein Primideal 𝔭 in A gegeben. Fall : es gibt kein j ∈ I mit e_{j} ∉ 𝔭. Dann ist 𝔲 ⊆ 𝔭. Da A/𝔲 ≃ K, folgt 𝔲 maximal und also 𝔭 = 𝔲. Sei \frac{λ·1+u}{μ·1+v} ∈ A_{𝔭} gegeben, mit u, v ∈ 𝔲, mit λ ∈ K und mit μ ∈ K^{×}. Sei M := \{ i ∈ I : u_{i} ≠ 0 oder v_{i} ≠ 0 \}. Dann ist ue_{M} = u und ve_{M} = v. Ferner ist 1 − e_{M} ∈ A ∖ 𝔭. Folglich ist

\frac{λ · 1 + u}{μ · 1 + v} = \frac{(λ · 1 + u)(1 − e_{M})}{(μ · 1 + v)(1 − e_{M})} = \frac{λ(1 − e_{M})}{μ(1 − e_{M})} = \frac{λ}{μ} .

Hieraus folgt K →^{∼} A_{𝔭} als Ringe. Insbesondere ist A_{𝔭} noethersch. Fall : es gibt ein j ∈ I mit e_{j} ∉ 𝔭. Schreibe I′ := I ∖ {j}. Schreibe 𝔲′ := K^{⊕I′}. Ist i ∈ I′, dann ist e_{i} ∈ 𝔭. Denn sonst wären e_{i} , e_{j} ∉ 𝔭, aber e_{i}e_{j} = 0 ∈ 𝔭, im Widerspruch zu 𝔭 prim. Folglich ist 𝔲′ ⊆ 𝔭. Es ist A/𝔲′ = _{K}⟨1 + 𝔲′, e_{j} + 𝔲′⟩. Wir haben einen Isomorphismus

\begin{matrix}K[X]/(X^{2} − X) & →^{∼} & A/𝔲′ \\ X + (X^{2} − X) & ↦ & e_{j} + 𝔲′ . \end{matrix}

Da K[X]/(X^{2} − X) = K[X]/(X(X − 1)) genau die beiden Primideale (X)/(X^{2} − X) und (X − 1)/(X^{2} − X) hat, hat A genau die beiden Primideale (e_{j} − 1) + 𝔲′ = (e_{j} − 1) und (e_{j}) + 𝔲′ = 𝔲, die 𝔲′ enthalten. Da e_{j} ∉ 𝔭 liegt, folgt 𝔭 = (e_{j} − 1) = 𝔲′ ⊕ _{K}⟨1 − e_{j}⟩.

Sei \frac{λ·1+u}{μ·1+v} ∈ A_{𝔭} gegeben, mit u, v ∈ 𝔲, mit λ, μ ∈ K, wobei v_{j} + μ ≠ 0 ist. Es ist e_{j} ∈ A ∖ 𝔭. Also folgt

\frac{λ · 1 + u}{μ · 1 + v} = \frac{(λ · 1 + u)e_{j}}{(μ · 1 + v)e_{j}} = \frac{(λ + u_{j})e_{j}}{(μ + v_{j})e_{j}} = \frac{λ + u_{j}}{μ + v_{j}} .

Hieraus folgt K →^{∼} A_{𝔭} als Ringe. Insbesondere ist A_{𝔭} noethersch.

Gibt es auch einen Integritätsbereich A, den man als Gegenbeispiel anführen kann?

Aufgabe 25

Ad (1). Sei E|K ein Zerfällungskörper von f(X) ∈ K[X] ; cf. [5, §2.5.2]. Sei n := deg(f). Schreibe f(X) = ∏_{i∈[1,n]}(X − u_{i}) mit u_{i} ∈ E für i ∈ [1, n]. Da E[X] ein Hauptidealbereich ist, gilt darin die bis auf Reihenfolge eindeutige Zerlegung in irreduzible Faktoren; cf. [5, §1.7.4], Aufgabe 2.(2, 3). Sei k := deg(g). Somit ist o.E. g(X) = ∏_{i∈[1,k]}(X − u_{i}).

Nun ist u_{i} ∈ Γ_{E}(A) als Nullstelle von f(X) in E für i ∈ [1, n]. Also ist g(X) ∈ Γ_{E}(A)[X] ∩ K[X] = Γ_{K}(A)[X] = A[X], letzteres, da A ganzabgeschlossen ist.

Ad (2). Ist μ_{y,K}(X) ∈ A[X], dann ist y als Nullstelle von μ_{y,K}(X) in B.

Ist umgekehrt y ∈ B, dann gibt es ein f(X) ∈ A[X] normiert mit f(y) = 0. Also ist μ_{y,K}(X) ein Teiler von f(X) in K[X]. Gemäß (1) folgt μ_{y,K}(X) ∈ A[X].

Cf. Aufgabe 2.(8).

Aufgabe 26

Ad (1). O.E. ist n ⩾ 2.

Es genügt zu zeigen, daß (∂_{j,i})_{i} im Bild von χ liegt für alle j ∈ [1, n].

Es genügt dazu zu zeigen, daß für vorgegebene j, k ∈ [1, n] ein Element (x_{i})_{i} mit x_{j} = 1 und x_{k} = 0 im Bild von χ liegt. Denn das Produkt solcher Elemente, für ein gegebenes j ∈ [1, n] genommen über k ∈ [1, n], ist dann von der gewünschten Form.

Es ist 𝔞_{j} +𝔞_{k} = R. Also können wir a_{j} ∈ 𝔞_{j} und a_{k} ∈ 𝔞_{k} mit a_{j} +a_{k} = 1 wählen. Nun hat χ(a_{k}) = (a_{k}+𝔞_{i})_{i} die Einträge a_{k} + 𝔞_{j} = 1 − a_{j} + 𝔞_{j} = 1 + 𝔞_{j} = 1 an Position j und a_{k} + 𝔞_{k} = 0 + 𝔞_{k} = 0 an Position k.

Die Aussage heißt auch Chinesischer Restsatz.

Ad (2). Dank (1) bleibt uns 𝔭^{k} + 𝔮^{ℓ} =^{!} D zu zeigen für 𝔭, 𝔮 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D) mit 𝔭 ≠ 𝔮 und für k, ℓ ⩾ 1.

Es ist 𝔭^{k} + 𝔮^{ℓ} ∈ Ideale(D). Da jedes Ideal ungleich (1) von D in einem maximalen Ideal liegt, genügt es zu zeigen, daß 𝔭^{k} + 𝔮^{ℓ} in keinem maximalen Ideal liegt; cf. Bemerkung 51.(4).

Dafür genügt es zu zeigen, daß 𝔭^{k} in keinem anderen maximalen Ideal als 𝔭 liegt. Denn genauso liegt dann 𝔮^{ℓ} in keinem anderen maximalen Ideal als 𝔮. Läge das Ideal 𝔭^{k} + 𝔮^{ℓ}, das 𝔭^{k} und 𝔮^{ℓ} enthält, in einem maximalen Ideal, so müßte dies demnach sowohl gleich 𝔭 als auch gleich 𝔮 sein, was nicht geht.

Annahme, es ist 𝔭^{k} ⊆ 𝔯 mit 𝔯 ∈ Ideale_{prim}^{×}(D)∖{𝔭}. Dann ist 𝔭^{k}𝔯^{−1} ⊆ D. Es ist v_{𝔯}(𝔭^{k}𝔯^{−1}) = −1 < 0 gemäß Lemma 65. Dies steht im Widerspruch zu Bemerkung 66.(1), wonach Ideale in D überall Bewertung ⩾ 0 haben.

Aufgabe 27

Schreibe α := \sqrt{−5}. Es ist O_{Q(α)} = Z[α] ; cf. Aufgabe 3. Es ist Gal(Q(α)|Q) = \{id, σ\}, wobei σ(α) = −α ist.

Ad (1). Sei 𝔞 := (2, 1 + α). Es ist 𝔞^{2} = (2, 2 + 2α, (1 + α)^{2}) = (2, 2 + 2α, −4 + 2α) = (2). Wir haben zu zeigen, daß 𝔞 kein Hauptideal ist. Ist 𝔞 = (x) für ein x ∈ Z[α], dann ist |R/(x)| die Determinante der Z-linearen Multiplikationsabbildung λ_{x} : R → R, y ↦ xy; cf. Aufgabe 14.(2). I.e. es ist |R/(x)| = | N_{Q(α)|Q}(x)|; cf. Definition 12. Nun ist für a + bα ∈ Z[α] mit a, b ∈ Z bekanntlich | N_{Q(α)|Q}(a + bα)| = a^{2} + 5b^{2}. Es genügt also zu zeigen, daß |Z[α]/𝔞| nicht von dieser Form ist. Es ist

𝔞 = (2, 1 + α) = _{Z}⟨2, 2α, 1 + α, (1 + α)α⟩ = _{Z}⟨2, 2α, 1 + α, −5 + α⟩ = _{Z}⟨2, 1 + α⟩ .

Also ist |Z[α]/𝔞| = | det (\begin{matrix}2 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) | = 2 ; cf. Aufgabe 14.(2). Es sind nun in der Tat

−2, 2 ∉ { a^{2} + 5b^{2} : a, b ∈ Z } = N_{Q(α)|Q}(Z[α]) .

Folglich ist 𝔞 kein Hauptideal. Ad (2). Es ist

(3, 1 + 2α)(3, 1 − 2α) = (9, 3 + 6α, 3 − 6α, 21) = (3)

und

(7, 4 + α)(7, 4 − α) = (49, 28 + 7α, 28 − 7α, 21) = (7) .

Es ist (3, 1 + 2α) = _{Z}⟨3, 3α, 1 + 2α, −10 + α⟩ = _{Z}⟨1 − α, 3α⟩. Hierfür kann man mit A = (\begin{matrix}3 & 0 \\ 0 & 3 \\ 1 & 2 \\ −10 & 1 \end{matrix}) Matrizen S ∈ GL_{4}(Z) und T ∈ GL_{2}(Z) so suchen, daß D := SAT diagonal ist und dann die Koeffizienten der Basis den Zeilen von SA = DT^{−1} entnehmen. Inbesondere ist |Z[α]/(3, 1 + 2α)| = | det (\begin{matrix}1 & 2 \\ 0 & 3 \end{matrix}) | = 3, mithin Z/(3) → Z[α]/(3, 1 + 2α), z + (3) ↦ z + (3, 1 + 2α) ein Isomorphismus und also (3, 1 + 2α) ein Primideal. Da (3, 1 + 2α) ein Primideal ist, trifft dies auch auf σ((3, 1 + 2α)) = (3, 1 − 2α) zu, denn σ|_{Z[α]}^{Z[α]} ist ein Ringautomorphismus von Z[α]. Es ist (7, 4 + α) = _{Z}⟨7, 7α, 4 + α, −5 + 4α⟩ = _{Z}⟨1 + 2α, 7α⟩. Inbesondere ist |Z[α]/(7, 4 + α)| = | det (\begin{matrix}1 & 2 \\ 0 & 7 \end{matrix}) | = 7, mithin Z/(7) → Z[α]/(7, 4 + α), z + (7) ↦ z + (7, 4 + α) ein Isomorphismus und also (7, 4 + α) ein Primideal. Da (7, 4 + α) ein Primideal ist, trifft dies auch auf σ((7, 4 + α)) = (7, 4 − α) zu. Somit wird

(21) = (3) · (7) = (3, 1 + 2α)(3, 1 − 2α)(7, 4 + α)(7, 4 − α)

die Zerlegung von (21) in Primideale. Es ist

(21) = (3) · (7) = (1 + 2α)(1 − 2α) = (4 + α)(4 − α) .

Da 3, 7 ∉ N_{Q(α)|Q}(Z[α]) liegen und da N_{Q(α)|Q}(7) = 49, N_{Q(α)|Q}(3) = 9, N_{Q(α)|Q}(1 ± 2α) = 21 und N_{Q(α)|Q}(4 ± α) = 21 ist, sind alle angeführten Idealerzeuger irreduzibel. Daß es sich um drei wesentlich verschiedene Faktorisierungen handelt, die nicht durch Faktorenvertauschung und Multiplikation der Erzeuger mit Einheiten auseinander hervorgehen, wird sich aus der Verfeinerung in Produkte von Primidealen ergeben. Es ist, wie oben schon bemerkt,

\begin{aligned}(3) & = & (3, 1 + 2α)(3, 1 − 2α) \\ (7) & = & (7, 4 + α)(7, 4 − α) . \end{aligned}

Also können wir verfeinern zu

(21) = (3) · (7) = ((3, 1 + 2α)(3, 1 − 2α)) · ((7, 4 + α)(7, 4 − α)) .

Unter Beachtung von (1 + 2α)(1 − 2α) = 21 wird

(3, 1 + 2α)(7, 4 + α) = (21, 12 + 3α, 7(1 + 2α), (1 + 2α)(4 + α))
= (21, (1 + 2α)(2 − α), 7(1 + 2α), (1 + 2α)(4 + α))
= (1 + 2α) .

Anwendung von σ gibt hieraus

(3, 1 − 2α)(7, 4 − α) = (1 − 2α) .

Also können wir verfeinern zu

(21) = (1 + 2α) · (1 − 2α) = ((3, 1 + 2α)(7, 4 + α)) · ((3, 1 − 2α)(7, 4 − α)) .

Unter Beachtung von (4 − α)(4 + α) = 21 wird

(3, 1 + 2α)(7, 4 − α) = (21, 3(4 − α), 7 + 14α, (1 + 2α)(4 − α))
= (21, 3(4 − α), (4 − α)(−2 + 3α), (1 + 2α)(4 − α))
= (4 − α) .

Anwendung von σ gibt hieraus

(3, 1 − 2α)(7, 4 + α) = (4 + α) .

Also können wir verfeinern zu

(21) = (4 + α) · (4 − α) = ((3, 1 − 2α)(7, 4 + α)) · ((3, 1 + 2α)(7, 4 − α)) .

Dieses Phänomen der “unterschiedlichen Klammerungen” einer Primidealfaktorzerlegung kann als Erklärung für die nicht mehr eindeutigen Faktorisierungen in von irreduziblen Elementen erzeugte Ideale dienen.

Ad (3.i). Sei K = Q(α). Sei p = 2. Sei, wie in (1), 𝔞 := (2, 1 + α). Es ist 𝔞^{2} = (2). Das allein zeigt schon, daß in der Primidealfaktorzerlegung von (2) alle Exponenten der auftretenden Primidealfaktoren durch 2 teilbar sind. Und es muß mindestens ein solcher Faktor auftreten, da (2) ≠ (1).

Genauer, es ist Z/(2) → Z[α]/𝔞, z + (2) ↦ z + 𝔞 als Ringmorphismus von einem Körper zu einem Ring ungleich 0 eine injektive Abbildung. Da, wie in (1) festgestellt, |Z[α]/𝔞| = 2 ist, ist dieser Ringmorphismus ein Isomorphismus. Insbesondere ist auch Z[α]/𝔞 ein Körper, also 𝔞 ⊂ Z[α] ein maximales Ideal, also ein Primideal.

Ad (3.ii). Sei K = Q(i). Es ist O_{Q(i)} = Z[i] ; cf. Aufgabe 3. Sei p = 2. Es ist (1 + i)^{2} = ((1 + i)^{2}) = (2).

Wie in (i) wollen wir es noch etwas genauer wissen. Es ist |Z[i]/(1 + i)| = | N_{Q(i)|Q}(1 + i)| = 2, also Z/(2) →^{∼} Z[i]/(1 + i) und folglich (1 + i) ein Primideal in Z[i].

Aufgabe 28

Ad (1). Schreibe 𝔤 = z𝔞_{0} und 𝔥 = w𝔟_{0} mit z, w ∈ K^{×} und 𝔞_{0} , 𝔟_{0} ∈ Ideale^{×}(D). Sei s ∈ D^{×} mit sz ∈ D^{×} und sw ∈ D^{×}.

Folglich können wir 𝔤 = \frac{1}{s}sz𝔞_{0} = \frac{1}{s}𝔞 und 𝔥 = \frac{1}{s}sw𝔟_{0} = \frac{1}{s}𝔟 schreiben, wobei 𝔞 := (sz)𝔞_{0} und 𝔟 = (bw)𝔟_{0} in Ideale^{×}(D) liegen.

Zeigen wir, daß 𝔞𝔟, 𝔞 ∩ 𝔟 und 𝔞 + 𝔟 in Ideale^{×}(D) liegen. Das erledigt im Falle x = y = s = 1 auch gleich die letzte Frage.

Zu 𝔞𝔟. Es ist 0 ∈ 𝔞𝔟. Sind d, d′ ∈ D und x, x′ ∈ 𝔞𝔟, dann können wir x = ∑_{i∈[1,n]} a_{i}b_{i} schreiben mit n ⩾ 0, a_{i} ∈ 𝔞 und b_{i} ∈ 𝔟 für i ∈ [1, n], und wir können x′ = ∑_{i∈[1,n′]} a′_{i}b′_{i} schreiben mit n′ ⩾ 0, a′_{i} ∈ 𝔞 und b′_{i} ∈ 𝔟 für i ∈ [1, n′]. Es wird

dx + d′x′ = ∑_{i∈[1,n′]}(da′_{i})b′_{i} + ∑_{i∈[1,n′]}(d′a′_{i})b′_{i} ∈ 𝔞𝔟 .

Ferner ist (0) ⊂ 𝔞𝔟, da für a ∈ 𝔞^{×} und b ∈ 𝔟^{×} dann ab ∈ (𝔞𝔟)^{×} liegt. Zu 𝔞 ∩ 𝔟. Es ist 0 ∈ 𝔞 ∩ 𝔟. Sind d, d′ ∈ D und x, x′ ∈ 𝔞 ∩ 𝔟, dann ist auch dx + d′x′ ∈ 𝔞 ∩ 𝔟. Ferner ist (0) ⊂ 𝔞𝔟 ⊆ 𝔞 ∩ 𝔟. Zu 𝔞 + 𝔟. Es ist 0 ∈ 𝔞 + 𝔟. Sind d, d′ ∈ D und x, x′ ∈ 𝔞 + 𝔟, dann können wir x = a + b und x′ = a′ + b′ mit a, a′ ∈ 𝔞 und b, b′ ∈ 𝔟 schreiben. Es wird

dx + d′x′ = (da + d′a′) + (db + d′b′) ∈ 𝔞 + 𝔟 .

Ferner ist (0) ⊂ 𝔞 ⊆ 𝔞 + 𝔟. Zeigen wir, daß 𝔤𝔥, 𝔤 ∩ 𝔥 und 𝔤 + 𝔥 in Ideale^{×}(D) liegen. Es ist 𝔤𝔥 = _{Z}⟨ \frac{a}{s} · \frac{b}{s} : a ∈ 𝔞, b ∈ 𝔟 ⟩ = \frac{1}{s^{2}} (𝔞𝔟) ∈ \underline{Ideale}^{×}(D). Es ist 𝔤 ∩ 𝔥 = \frac{1}{s}𝔞 ∩ \frac{1}{s}𝔟 = \frac{1}{s}(𝔞 ∩ 𝔟) ∈ \underline{Ideale}^{×}(D). Es ist 𝔤 + 𝔥 = \{ \frac{a}{s} + \frac{b}{s} : a ∈ 𝔞, b ∈ 𝔟 \} = \frac{1}{s}(𝔞 + 𝔟) ∈ \underline{Ideale}^{×}(D).

Zeigen wir 𝔤 ∈^{!} Ideale^{×}(D), falls 𝔤 ⊆ D. Es ist 0 = \frac{1}{s} · 0 ∈ 𝔤. Seien d, d′ ∈ D und g, g′ ∈ 𝔤. Dann können wir g = \frac{a}{s} und g′ = \frac{a′}{s} mit a, a′ ∈ 𝔞 schreiben. Es wird

dx + d′x′ = \frac{1}{s}(da + d′a′) ∈ \frac{1}{s}𝔞 = 𝔤 .

Zeigen wir 𝔤^{−1} ∈^{!} \underline{Ideale}^{×}(D). Sei g ∈ 𝔤^{×}. Es ist 𝔤^{−1} = g^{−1}g𝔤^{−1}, wobei g𝔤^{−1} ⊆ D liegt. Bleibt g𝔤^{−1} ∈^{!} Ideale^{×}(D) zu zeigen. Es ist 0 = g ·0 ∈ g𝔤^{−1}. Seien x, x′ ∈ 𝔤^{−1} und d, d′ ∈ D gegeben. Zu zeigen ist d(gx) + d′(gx′) ∈^{!} g𝔤^{−1}. Zu zeigen ist dx + d′x′ ∈^{!} 𝔤^{−1}. Sei h ∈ 𝔤. Zu zeigen ist (dx + d′x′)h ∈ D. In der Tat liegen xh, x′h ∈ D und also liegt auch (dx + dx′)h ∈ D. Ad (2). Ad ⇐. Sei o.E. 𝔞 ⊆ 𝔭. Es ist dann 𝔞𝔟 ⊆ 𝔞 ⊆ 𝔭, da 𝔞 ein Ideal in D ist. Ad ⇒. Annahme, nicht. Dann gibt es ein a ∈ 𝔞 ∖ 𝔭 und ein b ∈ 𝔟 ∖ 𝔭. Es ist ab ∈ 𝔞𝔟 ⊆ 𝔭. Da 𝔭 prim ist, folgt a ∈ 𝔭 oder b ∈ 𝔭. Wir haben einen Widerspruch.

Aufgabe 29 Schreibe P := Ideale_{prim}^{×}(D). Ad (1). Falls 𝔞 ⊆ 𝔭^{k} ist, dann ist 𝔞𝔭^{−k} ⊆ D ein Ideal. Wir können also 𝔞𝔭^{−k} = ∏_{𝔮∈P} 𝔮^{γ_{𝔮}} schreiben, wobei stets γ_{𝔮} ⩾ 0 ist und { 𝔭 ∈ P : γ_{𝔭} > 0 } endlich ist; cf. Satz 63.(1). Folglich ist 𝔞 = 𝔞𝔭^{−k}𝔭^{k} = 𝔭^{k+γ_{𝔭}} · ∏_{𝔮∈P ∖{𝔭}} 𝔮^{γ_{𝔮}}. Somit ist v_{𝔭}(𝔞) = k + γ_{𝔭} ⩾ k; cf. Lemma 65.

Sei umgekehrt v_{𝔭}(𝔞) ⩾ k. Es ist

𝔞 = ∏_{𝔮∈P} 𝔮^{v_{𝔮}(𝔞)} = 𝔭^{k} · 𝔭^{v_{𝔭}(𝔞)−k} · ∏_{𝔮∈P ∖{𝔭}} 𝔮^{v_{𝔮}(𝔞)} ⊆ 𝔭^{k} .

Alternativ kann man auch Bemerkung 66.(1) auf 𝔞𝔭^{−k} anwenden.

Ad (2). Seien (α_{𝔮})_{𝔮} , (β_{𝔮})_{𝔮} ∈ Z^{⊕P}. Merken wir zunächst an, daß genau dann ∏_{𝔮∈P} 𝔮^{α_{𝔮}} ⊆ ∏_{𝔮∈P} 𝔮^{β_{𝔮}} liegt, wenn ∏_{𝔮∈P} 𝔮^{α_{𝔮}−β_{𝔮}} ⊆ D liegt, i.e. wenn α_{𝔭} ⩾ β_{𝔭} ist für 𝔭 ∈ P ; cf. Bemerkung 66.(1).

Es ist 𝔤𝔥 = ∏_{𝔮∈P} 𝔮^{v_{𝔮}(𝔤)+v_{𝔮}(𝔥)}. Folglich ist v_{𝔭}(𝔤𝔥) = v_{𝔭}(𝔤) + v_{𝔭}(𝔥) = γ + χ.

Da 𝔤𝔤^{−1} = (1), folgt hieraus v_{𝔭}(𝔤) + v_{𝔭}(𝔤^{−1}) = 0, i.e. v_{𝔭}(𝔤^{−1}) = −γ.

Es ist 𝔤 ∩ 𝔥 das terminale gebrochene Ideal, das in 𝔤 und 𝔥 enthalten ist. Dies trifft nach der Anmerkung eingangs und nach Lemma 65 auch auf ∏_{𝔮∈P} 𝔮^{max{v_{𝔮}(𝔤),v_{𝔮}(𝔥)}} zu. Also ist 𝔤 ∩ 𝔥 = ∏_{𝔮∈P} 𝔮^{max{v_{𝔮}(𝔤),v_{𝔮}(𝔥)}}. Insbesondere ist v_{𝔭}(𝔤 ∩ 𝔥) = max{v_{𝔭}(𝔤), v_{𝔭}(𝔥)} = max{γ, χ}.

Es ist 𝔤+𝔥 das initiale gebrochene Ideal, das 𝔤 und 𝔥 enthält. Dies trifft nach der Anmerkung eingangs und nach Lemma 65 auch auf ∏_{𝔮∈P} 𝔮^{min{v_{𝔮}(𝔤),v_{𝔮}(𝔥)}} zu. Also ist 𝔤 + 𝔥 = ∏_{𝔮∈P} 𝔮^{min{v_{𝔮}(𝔤),v_{𝔮}(𝔥)}}. Insbesondere ist v_{𝔭}(𝔤 + 𝔥) = min{v_{𝔭}(𝔤), v_{𝔭}(𝔥)} = min{γ, χ}.

Ad (3). Es ist v_{𝔭}(xy) = v_{𝔭}( (xy) ) = v_{𝔭}( (x)(y) ) =^{(2)} v_{𝔭}( (x) ) + v_{𝔭}( (y) ) = v_{𝔭}(x) + v_{𝔭}(y).

Daraus folgt übrigens auch 0 = v_{𝔭}(1) = v_{𝔭}(xx^{−1}) = v_{𝔭}(x) + v_{𝔭}(x^{−1}), i.e. v_{𝔭}(x^{−1}) = − v_{𝔭}(x).

Es ist x+y ∈ (x, y), also (x+y) ⊆ (x, y) = (x)+(y) und somit v_{𝔭}(x+y) = v_{𝔭}( (x+y) ) ⩾^{(1)} v_{𝔭}( (x)+(y) ) =^{(2)} min{v_{𝔭}( (x) ), v_{𝔭}( (y) )} = min{v_{𝔭}(x), v_{𝔭}(y)}.

Sei nun o.E. v_{𝔭}(x) > v_{𝔭}(y). Es ist v_{𝔭}(x + y) ⩾ v_{𝔭}(y). Wir haben v_{𝔭}(x + y) =^{!} v_{𝔭}(y) zu zeigen. Annahme, es ist v_{𝔭}(x + y) > v_{𝔭}(y). Dann ist

v_{𝔭}(y) = v_{𝔭}(x + y + (−x)) ⩾ min{v_{𝔭}(x + y), v_{𝔭}(−x)} = min{v_{𝔭}(x + y), v_{𝔭}(x)} > v_{𝔭}(y) ,

und wir haben einen Widerspruch.

Ad (4). Dank (2) und Lemma 65 ist genau dann 𝔞 + 𝔟 = (1), wenn v_{𝔭}(𝔞 + 𝔟) = min{v_{𝔭}(𝔞), v_{𝔭}(𝔟)} gleich v_{𝔭}( (1) ) = 0 ist für 𝔭 ∈ P. Da alle Bewertungen von 𝔞 und 𝔟 in Z_{⩾0} liegen nach Bemerkung 66.(1), folgt (v_{𝔭}(𝔞) = 0 oder v_{𝔭}(𝔟) = 0) für 𝔭 ∈ P. Dies ist genau dann der Fall, wenn kein 𝔭 ∈ P sowohl in der Primidealfaktorzerlegung von 𝔞 als auch in der von 𝔟 als Faktor auftritt.

Ad (5). Sei P_{1} := { 𝔮 ∈ P : v_{𝔮}(𝔞) ⩾ 1 }. Es ist P_{1} eine endliche Menge. Sei mit Lemma 71 ein Element x ∈ D mit v_{𝔮}(x) = v_{𝔮}(𝔞) für 𝔮 ∈ P_{1} gefunden.

Sei P_{2} := { 𝔮 ∈ P : v_{𝔮}(𝔞) = 0 und v_{𝔮}(x) ⩾ 1 }. Es ist P_{2} eine endliche Menge mit P_{1} ∩ P_{2} = ∅. Sei mit Lemma 71 ein Element y ∈ D mit v_{𝔮}(y) = v_{𝔮}(𝔞) für 𝔮 ∈ P_{1} und v_{𝔮}(y) = 0 für 𝔮 ∈ P_{2} gefunden.

Wir wollen 𝔞 =^{!} (x, y) zeigen. Dank Lemma 65 genügt es, v_{𝔮}(𝔞) =^{!} v_{𝔮}( (x, y) ) = v_{𝔮}( (x) + (y) ) für 𝔮 ∈ P

zu zeigen. Dank (2) bedeutet das, v_{𝔮}(𝔞) =^{!} min{v_{𝔮}(x), v_{𝔮}(y)} zu zeigen.

Fall 𝔮 ∈ P_{1} . Es ist min{v_{𝔮}(x), v_{𝔮}(y)} = min{v_{𝔮}(𝔞), v_{𝔮}(𝔞)} = v_{𝔮}(𝔞).

Fall 𝔮 ∈ P_{2} . Es ist min{v_{𝔮}(x), v_{𝔮}(y)} = min{v_{𝔮}(x), 0} = 0 = v_{𝔮}(𝔞).

Fall 𝔮 ∈ P ∖ (P_{1} ⊔ P_{2}). Es ist min{v_{𝔮}(x), v_{𝔮}(y)} = min{0, v_{𝔮}(y)} = 0 = v_{𝔮}(𝔞).

Ad (6). Gemäß (2) und (4) ist 𝔞𝔟 = 𝔞 ∩ 𝔟, denn für 𝔮 ∈ P folgt aus v_{𝔮}(𝔞) = 0 oder v_{𝔮}(𝔟) = 0, daß v_{𝔮}(𝔞) + v_{𝔮}(𝔟) = max{v_{𝔮}(𝔞), v_{𝔮}(𝔟)} ist.

Betrachte die exakte Sequenz D-linearer Abbildungen

0 \overline{}𝔞𝔟 ^{\overline{}^{ι}}  𝔞 ⊕ 𝔟  ^{\overline{}^{φ}}  D  \overline{}0
x  \overline{}(x, −x)
(a, b)  \overline{}a + b

Hierbei ist φ surjektiv wegen 𝔞 + 𝔟 = D. Ist φ((a, b)) = 0, dann ist a = −b =: x ∈ 𝔞 ∩ 𝔟 = 𝔞𝔟, also (a, b) = (x, −x) = ι(x). Umgekehrt ist für x ∈ 𝔞𝔟 auch φ(ι(x)) = φ((x, −x)) = x + (−x) = 0.

Da 𝔞 + 𝔟 = (1), gibt es a_{1} ∈ 𝔞 und b_{1} ∈ 𝔟 mit a_{1} + b_{1} = 1. Sei D ⟶^{σ} 𝔞 ⊕ 𝔟, d ↦ ( da_{1} , db_{1} ). Es ist φ ∘ σ = id_{D}. Definiere die D-lineare Abbildung 𝔞 ⊕ 𝔟 ⟶^{ψ} 𝔞𝔟, (a, b) ↦ x mit ι(x) = (a, b) − σ(φ((a, b))) = (a − (a + b)a_{1}, b − (a + b)b_{1}), i.e. ψ((a, b)) = a − (a + b)a_{1} = −b + (a + b)b_{1} .

Definiere die D-lineare Abbildung 𝔞 ⊕ 𝔟 ⟶^{α} D ⊕ 𝔞𝔟, (a, b) ↦ (φ((a, b)), ψ((a, b))).

Definiere die D-lineare Abbildung D ⊕ 𝔞𝔟 ⟶^{β} 𝔞 ⊕ 𝔟, (d, x) ↦ σ(d) + ι(x).

Für (d, x) ∈ D ⊕ 𝔞𝔟 ist

α(β((d, x))) = α(σ(d) + ι(x))
= (φ(σ(d) + ι(x)), ψ(σ(d) + ι(x)))
= (φ((da_{1} + x, db_{1} − x)), ψ((da_{1} + x, db_{1} − x)))
= (da_{1} + x + db_{1} − x, da_{1} + x − (da_{1} + x + db_{1} − x)a_{1})
= (d, x) .

Für (a, b) ∈ 𝔞 ⊕ 𝔟 ist

β(α((a, b))) = β((φ((a, b)), ψ((a, b))))
= σ(φ((a, b))) + ι(ψ((a, b)))
= σ(a + b) + ι(a − (a + b)a_{1})
= ( (a + b)a_{1} , (a + b)b_{1} ) + ( a − (a + b)a_{1} , −a + (a + b)a_{1} )
= (a, b) .

Also sind α und β sich invertierende Isomorphismen von D-Moduln.

Ad (7). Zeigen wir 𝔞 ⊕ 𝔞^{−1} ≃ D ⊕ D. Für x ∈ K^{×} ist 𝔞^{−1} isomorph zu x𝔞^{−1}. Also genügt es zu zeigen, daß es ein x ∈ K^{×} gibt mit 𝔞 ⊕ x𝔞^{−1} isomorph zu D ⊕ D.

Mit Lemma 71 können wir ein x ∈ D^{×} so wählen, daß v_{𝔭}(x) = v_{𝔭}(𝔞) ist für 𝔭 ∈ P mit v_{𝔭}(𝔞) ⩾ 1. Dann ist v_{𝔭}(x𝔞^{−1}) ⩾ 0 für 𝔭 ∈ P, also x𝔞^{−1} ∈ Ideale^{×}(D). Ferner ist v_{𝔭}(x𝔞^{−1}) = 0, wann immer v_{𝔭}(𝔞) ⩾ 1 ist. Also ist 𝔞 + x𝔞^{−1} = (1) ; cf. (4). Folglich ist

𝔞 ⊕ x𝔞^{−1} ≃^{(6)} D ⊕ 𝔞 · x𝔞^{−1} = D ⊕ (x) ≃ D ⊕ D .

Annahme, es ist 𝔞 in eine direkte Summe von echten D-Teilmoduln zerlegbar, sagen wir, 𝔞 = 𝔵 ⊕ 𝔶 mit 𝔵 ≠ (0) und 𝔶 ≠ (0). Wähle x ∈ 𝔵^{×} und y ∈ 𝔶^{×}. Es wird xy ∈ 𝔵 ∩ 𝔶 = (0), also xy = 0, im Widerspruch zu D Integritätsbereich. Man sagt, 𝔞 ist unzerlegbar.

Auch alle gebrochenen Ideale von D sind unzerlegbar als D-Moduln, da jedes gebrochene Ideal isomorph zu einem Ideal ist.

Ist 𝔞 ein Hauptideal, sagen wir 𝔞 = (a) mit a ∈ D^{×}, dann ist D isomorph zu 𝔞, indem d auf da geschickt wird.

Ist umgekehrt ein Isomorphismus D →^{∼} 𝔞 gegeben, dann sei 1 ↦ a ∈ D^{×}. Folglich ist das Bild gleich (a). Wegen Surjektivität ist also (a) = 𝔞.

Somit ist 𝔞 ≃ D genau dann, wenn 𝔞 ein Hauptideal ist.

Ist 𝔞 kein Hauptideal, dann ist mithin die Zerlegung von D^{⊕2} in unzerlegbare Summanden nicht auf bis auf Reihenfolge eindeutige Weise gegeben. Man sagt, die Krull-Schmidt-Eigenschaft ist in den endlich erzeugten D-Moduln verletzt, falls D kein Hauptidealbereich ist.

Ad (8).

Zeigen wir S^{−1}(𝔞𝔟) =^{!} (S^{−1}𝔞)(S^{−1}𝔟). Die linke Seite ist Z-linear erzeugt von Elementen der Form s^{−1}ab mit s ∈ S, a ∈ 𝔞, b ∈ 𝔟. Diese liegen in der rechten Seite. Die rechte Seite ist Z-linear erzeugt von Elementen der Form s^{−1}at^{−1}b mit s, t ∈ S, a ∈ 𝔞, b ∈ 𝔟. Diese liegen in der linken Seite.

Zeigen wir S^{−1}(𝔞 ∩ 𝔟) =^{!} (S^{−1}𝔞) ∩ (S^{−1}𝔟). Ein Element x ∈ K liegt genau dann in der linken Seite, wenn es ein s ∈ S mit sx ∈ 𝔞 ∩ 𝔟 gibt. Dann liegt es aber in der rechten Seite. Ein Element y ∈ K liegt in der rechten Seite, wenn es ein s ∈ S mit sy ∈ 𝔞 und ein t ∈ S mit ty ∈ 𝔟 gibt. Dann aber ist sty ∈ 𝔞 ∩ 𝔟 und somit y in der linken Seite enthalten.

Zeigen wir S^{−1}(𝔞 + 𝔟) =^{!} (S^{−1}𝔞) + (S^{−1}𝔟). Ein Element der linken Seite ist von der Form s^{−1}(a + b) = s^{−1}a + s^{−1}b mit s ∈ S, a ∈ 𝔞, b ∈ 𝔟, liegt also in der rechten Seite. Ein Element der rechten Seite ist von der Form s^{−1}a + t^{−1}b = (s^{−1}t^{−1})(ta + sb) mit s, t ∈ S, a ∈ 𝔞, b ∈ 𝔟, liegt also in der linken Seite.

Zeigen wir 𝔞_{𝔭} =^{!} (𝔭_{𝔭})^{v_{𝔭}(𝔞)}. Es ist 𝔞 = ∏_{𝔮∈P} 𝔮^{v_{𝔮}(𝔞)} und also 𝔞_{𝔮} = ∏_{𝔮∈P} (𝔮_{𝔮})^{v_{𝔮}(𝔞)}. Somit müssen wir

𝔮_{𝔭} =^{!} (1) für 𝔮 ∈ P ∖ {𝔭} zeigen. Da 𝔮 ein von 𝔭 verschiedenes maximales Ideal von D ist, ist 𝔮 ⊈ 𝔭. Also gibt es ein q ∈ 𝔮 ∖ 𝔭. Es ist q ∈ U(D_{𝔭}) ∩ 𝔮_{𝔭}. Folglich ist (1) = (q) ⊆ 𝔮_{𝔭} ⊆ (1) in D_{𝔭}, i.e. 𝔮_{𝔭} = (1).

Aufgabe 30

Ad (1). Es ist 0 ∈ 𝔞𝔠. Es ist 𝔞𝔠 unter Summen abgeschlossen. Sei x ∈ 𝔞𝔠, sei c ∈ C. Schreibe x = ∑_{i∈[1,k]} z_{i}a_{i}c_{i} mit k ⩾ 0 und z_{i} ∈ Z, a_{i} ∈ 𝔞, c_{i} ∈ 𝔠 für i ∈ [1, k]. Es wird cx = ∑_{i∈[1,k]} z_{i}a_{i}(cc_{i}) ∈ 𝔞𝔠.

Ad (2).

Ad (i). Sei n := deg(μ_{b,K}(X)).

Schreibe

𝔨 := (μ_{b,k}(X)) + 𝔞 · A[X] ⊆ A[X] .

1. Betrachte den surjektiven Ringmorphismus

[figure: A[X]; η̂; A[b]/(𝔞 · A[b]); a; a + (𝔞 · A[b]); X; b + (𝔞 · A[b]) ;]

cf. [5, §1.6.2].

Es liegt 𝔨 im Kern von η̂.

Werde umgekehrt f(X) ∈ A[X] unter η̂ auf 0 abgebildet, i.e. liege f(b) ∈ 𝔞 · A[b].

Es ist das K-linear unabhängige Tupel ( b^{i} : i ∈ [0, n − 1] ) eine A-lineare Basis von A[b].

Schreibe mit Polynomdivision f(X) = μ_{b,K}(X)·q(X)+r(X) mit q(X), r(X) ∈ A[X] und mit (r(X) = 0 oder (r(X) ≠ 0 und deg(r) ∈ [0, n − 1])). Schreibe r(X) =: ∑_{i∈[0,n−1]} u_{i}X^{i} mit u_{i} ∈ A für i ∈ [0, n − 1].

Es ist 𝔞 · A[b] = { ∑_{i∈[0,n−1]} a_{i} b^{i} : a_{i} ∈ 𝔞 }.

Es ist ∑_{i∈[0,n−1]} u_{i}b^{i} = r(b) = f(b) ∈ 𝔞 · A[b]. Also ist ∑_{i∈[0,n−1]} u_{i}b^{i} = ∑_{i∈[0,n−1]} a_{i} b^{i} für gewisse a_{i} ∈ 𝔞 für i ∈ [0, n − 1]. Koeffizientenvergleich gibt u_{i} ∈ 𝔞 für i ∈ [0, n − 1]. Folglich ist f(X) = μ_{b,K}(X) · q(X) + r(X) ∈ (μ_{b,k}(X)) + 𝔞 · A[X] = 𝔨. Insgesamt ist 𝔨 = Kern(η̂). Wir erhalten mit [5, §1.4.3] den Ringisomorphismus

[figure: A[X]/𝔨; η; ∼; A[b]/(𝔞 · A[b]); f(X) + 𝔨; f(b) + (𝔞 · A[b]) .]

2. Betrachte den surjektiven Ringmorphismus

[figure: A[X]; ψ̂; Ā[X]/(μ̄_{b,K}(X)); a; ā + (μ̄_{b,K}(X)); X; X + (μ̄_{b,K}(X)) ;]

cf. [5, §1.6.2]. Es liegt 𝔨 im Kern von ψ̂. Werde umgekehrt f(X) ∈ A[X] unter ψ̂ auf 0 abgebildet, i.e. liege f̄(X) ∈ (μ̄_{b,K}(X)). Dann können wir f̄(X) = μ̄_{b,K}(X) · s̄(X) schreiben für ein s(X) ∈ A[X]. Dann wird f(X) = μ_{b,K}(X) · s(X) + t(X) für ein t(X) ∈ 𝔞 · A[X]. Also ist f(X) ∈ (μ_{b,k}(X)) + 𝔞 · A[X] = 𝔨. Insgesamt ist 𝔨 = Kern(ψ̂). Wir erhalten mit [5, §1.4.3] den Ringisomorphismus

[figure: A[X]/𝔨; ψ; ∼; Ā[X]/(μ̄_{b,K}(X)); f(X) + 𝔨; f̄(X) + (μ̄_{b,K}(X)) .]

3. Setzen wir φ := ψ ∘ η^{−1}, so erhalten wir den Ringisomorphismus

[figure: A[b]/(𝔞 · A[b]); φ; ∼; Ā[X]/(μ̄_{b,K}(X)); f(b) + (𝔞 · A[b]); f̄(X) + (μ̄_{b,K}(X)) .]

Die Ideale von A[b], die 𝔞 enthalten, stehen in Bijektion zu den Idealen von A[b]/(𝔞 · A[b]) via Restklassenmorphismus. Diese stehen in Bijektion zu den Idealen von Ā[X]/(μ̄_{b,K}(X)) via φ. Ad (ii). Wir wollen Aufgabe 26 verwenden. Dazu bemerken wir, daß (ū_{i}(X)^{α_{i}})+(ū_{j}(X)^{α_{j}}) = (1) für i, j ∈ [1, k] mit i ≠ j gemäß Aufgabe 29.(4). Ferner ist (μ̄_{b,K}(X)) = ⋂_{i∈[1,k]}(ū_{i}(X)^{α_{i}}) gemäß Aufgabe 29.(2) und Lemma 65. Mit Aufgabe 26 und [5, §1.4.3] erhalten wir so den Ringisomorphismus

[figure: Ā[X]/(μ̄_{b,K}(X)); ζ; ∼; ∏_{i∈[1,k]} Ā[X]/(ū_{i}(X)^{α_{i}}); f̄(X) + (μ̄_{b,K}(X)); (f̄(X) + (ū_{i}(X)^{α_{i}}))_{i∈[1,k]} .]

Es hat R_{i} := Ā[X]/(ū_{i}(X)^{α_{i}}) nur das maximale Ideal 𝔪_{i} := (ū_{i}(X))/(ū_{i}(X)^{α_{i}}), für i ∈ [1, k]. Für f(X) ∈ A[X] ist genau dann f̄(X) + (ū_{i}(X)^{α_{i}}) ∈ 𝔪_{i}, wenn f̄(X) ∈ (ū_{i}(X)) liegt. Also hat die rechte Seite R_{1} × ⋯ × R_{k} genau die maximalen Ideale

𝔪̃_{i} := R_{1} × ⋯ × R_{i−1} × 𝔪_{i} × R_{i+1} × ⋯ × R_{k} für i ∈ [1, k]. Denn ein maximales Ideal 𝔫 in diesem direkten Produkt kann nicht alle Tupel enthalten, die an einer Stelle eine 1 und ansonsten Nullen aufweisen. Sei o.E. (1, 0, …, 0) ∉ 𝔫. Dann ist

𝔫 ⊆ 𝔫 + (0 × R_{2} × ⋯ × R_{k}) ⊂ R_{1} × ⋯ × R_{k} ,

da auch (1, 0, …, 0) ∉ 𝔫 + (0 × R_{2} × ⋯ × R_{k}), denn läge ein Element der Form (1, ∗, …, ∗) in 𝔫, dann wegen 𝔫 Ideal auch (1, 0, …, 0). Wegen Maximalität von 𝔫 folgt (0 × R_{2} × ⋯ × R_{k}) ⊆ 𝔫. Bezeichnet 𝔪 das Bild der Projektion von 𝔫 auf R_{1} , dann ist deswegen 𝔫 = 𝔪 × R_{2} × ⋯ × R_{k}. Da

(R_{1} × R_{2} × ⋯ × R_{k})/(𝔪 × R_{2} × ⋯ × R_{k}) ≃ R_{1}/𝔪

ein Körper ist, ist 𝔪 ⊂ R_{1} maximal und also 𝔪 = 𝔪_{1} . Sei i ∈ [1, k] gegeben. Es ist ζ^{−1}(𝔪̃_{i}) = (ū_{i}(X))/(μ̄_{b,K}(X)). Sodann ist φ^{−1}(ζ^{−1}(𝔪̃_{i})) = (u_{i}(b) + (𝔞 · A[b])). Schließlich ist das Urbild dieses Ideals in A[b] gegeben durch (u_{i}(b)) + 𝔞A[b]. Somit sind die maximalen Ideale über 𝔞 in A[b] gegeben durch 𝔮_{i} := (u_{i}(b)) + 𝔞A[b] für i ∈ [1, k]. Desweiteren ist A[b]/𝔮_{i} →^{∼} Ā[X]/(ū_{i}(X)), b + 𝔮_{i} ↦ X + (ū_{i}(X)) dank (i) und also

[A[b]/𝔮_{i} : Ā] = [Ā[X]/(ū_{i}(X)) : Ā] = deg(ū_{i})

für i ∈ [1, k]. Ad (iii). Nun ist A[b] = B vorausgesetzt. Insbesondere ist A[b] ein Dedekindbereich. Dann ist 𝔞 · B = 𝔮_{1}^{β_{1}}𝔮_{2}^{β_{2}} ⋯ 𝔮_{k}^{β_{k}} mit β_{i} := v_{𝔮_{i}}(𝔞) ⩾ 1 für i ∈ [1, k] ; cf. Aufgabe 29.(1). Sei i ∈ [1, k] gegeben. Wir wollen den Exponenten β_{i} bestimmen. Sei o.E. i = 1. Sei s ⩾ 0. Das Bild 𝔮̄_{1}^{s} von 𝔮_{1}^{s} in B/(𝔞 · B) ist gleich (𝔮_{1}^{s} + (𝔞 · B))/(𝔞 · B), mit Aufgabe 29.(2) also gleich 𝔮_{1}^{min{β_{1} , s}}𝔮_{2}^{β_{2}} ⋯ 𝔮_{k}^{β_{k}}/(𝔞 · B). Somit haben wir

𝔮̄_{1}^{0} ⊃ … ⊃ 𝔮̄_{1}^{β_{1}−1} ⊃ 𝔮̄_{1}^{β_{1}} = 𝔮̄_{1}^{β_{1}+1} = …

Das übersetzt sich via ζ ∘ φ zu

𝔪̃_{1}^{0} ⊃ … ⊃ 𝔪̃_{1}^{β_{1}−1} ⊃ 𝔪̃_{1}^{β_{1}} = 𝔪̃_{1}^{β_{1}+1} = …

Auf der anderen Seite ist nach Konstruktion aber

𝔪̃_{1}^{0} ⊃ … ⊃ 𝔪̃_{1}^{α_{1}−1} ⊃ 𝔪̃_{1}^{α_{1}} = 𝔪̃_{1}^{α_{1}+1} = …

Also ist α_{1} = β_{1} . Im Ergebnis ist mithin

𝔞 · A[b] = 𝔮_{1}^{α_{1}}𝔮_{2}^{α_{2}} ⋯ 𝔮_{k}^{α_{k}} .

Ad (3). Es ist μ_{\sqrt{d},Q}(X) = X^{2} − d. Schreibe z̄ := z + pZ ∈ F_{p} für z ∈ Z ; analog für Polynome mit Koeffizienten in Z. Fall d ≡_{4} 2 oder d ≡_{4} 3. Es ist O_{Q(\sqrt{d})} = Z[\sqrt{d}] ; cf. Aufgabe 3. Es ist μ_{\sqrt{d},Q}(X) = X^{2} − d. Unterfall p = 2. Es ist X^{2} − d̄= (X − d̄)^{2} ∈ F_{2}[X]. Wir erhalten die Primidealfaktorzerlegung

(2) = 2Z[\sqrt{d}] = (2, \sqrt{d} − d)^{2} .

Speziell ergibt sich für d = −1 die Primidealfaktorzerlegung (2) = (2, 1 + i)^{2} = (1 + i)^{2}.

Unterfall p ≠ 2 und d̄∈ (F_{p}^{×})^{2}. Wähle s ∈ Z mit s^{2} ≡_{p} d. Es ist X^{2} − d̄= (X − s̄)(X + s̄) ∈ F_{p}[X]. Wir erhalten die Primidealfaktorzerlegung

(p) = pZ[\sqrt{d}] = (p, \sqrt{d} − s)^{1}(p, \sqrt{d} + s)^{1} .

Speziell ergibt sich für d = −1 die Primidealfaktorzerlegung (5) = (5, i + 2)^{1}(5, i − 2)^{1} = (i + 2)^{1}(i − 2)^{1}. Unterfall p ≠ 2 und d̄ ∉ (F_{p}^{×})^{2}. Es ist X^{2} − d̄ ∈ F_{p}[X] irreduzibel. Wir erhalten die triviale Primidealfaktorzerlegung

(p) = pZ[\sqrt{d}] = (p)^{1} .

Speziell ergibt sich für d = −1 die triviale Primidealfaktorzerlegung (3) = (3)^{1}. Fall d ≡_{4} 1. Es ist O_{Q(\sqrt{d})} = Z[α] mit α := \frac{1}{2}(1 + \sqrt{d}); cf. Aufgabe 3. Schreibe t := \frac{d−1}{4}. Es ist μ_{α,Q}(X) = X^{2} − X − t. Unterfall p = 2. Unterunterfall t ≡_{2} 1. Es ist X^{2} − X − t̄ ∈ F_{2}[X] mangels Nullstelle in F_{2} irreduzibel. Wir erhalten die triviale Primidealfaktorzerlegung

(2) = 2Z[α] = (2)^{1} .

Unterunterfall t ≡_{2} 0. Es ist X^{2} − X − t̄= X(X − 1) ∈ F_{2}[X]. Wir erhalten die Primidealfaktorzerlegung (2) = 2Z[α] = (2, α)^{1}(2, α − 1)^{1} .

Unterfall p ≠ 2. Wähle ein u ∈ Z mit 2u ≡_{p} 1. Unterunterfall d̄∈ (F_{p}^{×})^{2}. Wähle ein s ∈ Z mit s^{2} ≡_{p} d. Es ist X^{2} − X − t̄= (X − ū + ūs̄)(X − ū − ūs̄) ∈ F_{p}[X]. Wir erhalten die Primidealfaktorzerlegung

(p) = pZ[α] = (p, α − u + us)^{1}(p, α − u − us)^{1} .

Unterunterfall d̄ ∉ (F_{p}^{×})^{2}. Es ist X^{2} − X − t̄ ∈ F_{p}[X] mangels Nullstelle irreduzibel. Denn gäbe es ein x ∈ Z mit 0 = x̄^{2} − x̄ − t̄ = (x̄ − ū)^{2} − (ū^{2} + t̄), dann wäre (F_{p}^{×})^{2} ∋ 4(ū^{2} + t̄) = ¯1 + 4t̄ = d̄, was nicht so ist. Wir erhalten die triviale Primidealfaktorzerlegung

(p) = pZ[α] = (p)^{1} .

Ad (4). Schreibe δ := \sqrt[3]{2}. Es ist O_{Q(δ)} = Z[δ] ; cf. Aufgabe 19. Es ist μ_{δ,Q}(X) = X^{3} − 2. Wir suchen die Primidealfaktorzerlegung von (p) = pZ[δ] für p ∈ {2, 3, 5, 7}. Fall p = 2. Es ist X^{3} − ¯2 = X^{3} ∈ F_{2}[X]. Wir erhalten die Primidealfaktorzerlegung

(2) = 2Z[δ] = (2, δ)^{3} = (δ)^{3} .

Fall p = 3. Es ist X^{3} − ¯2 = (X + ¯1)^{3} ∈ F_{3}[X]. Wir erhalten die Primidealfaktorzerlegung

(3) = 3Z[δ] = (3, δ + 1)^{3} = (δ + 1)^{3} ,

beachte hierzu noch 3 = (δ + 1)^{3} − 3δ(δ + 1) ∈ (δ + 1). Fall p = 5. Es ist X^{3} − ¯2 = (X + ¯2)(X^{2} − ¯2X − ¯1) ∈ F_{5}[X], wobei der quadratische Faktor mangels Nullstelle irreduzibel ist. Wir erhalten die Primidealfaktorzerlegung

(5) = 5Z[δ] = (5, δ + 2)^{1}(5, δ^{2} − 2δ − 1)^{1} .

Beachte noch, daß als Elemente (δ^{2} − 2δ − 1)(−δ^{2} − 1) = 5 ist und folglich als Ideale

(5, δ^{2} − 2δ − 1) = (δ^{2} − 2δ − 1) .

Also ist als Ideale auch (5) = (δ^{2} +1)(δ^{2} −2δ −1). Wegen der Eindeutigkeit der Primidealfaktorzerlegung folgt (5, δ + 2) = (δ^{2} + 1). Folglich können wir unsere Primidealfaktorzerlegung auch schreiben als

(5) = 5Z[δ] = (δ^{2} + 1)^{1}(δ^{2} − 2δ − 1)^{1} .

Fall p = 7. Es ist X^{3} − ¯2 ∈ F_{7}[X] mangels Nullstelle irreduzibel. Wir erhalten die triviale Primidealfaktorzerlegung

(7) = 7Z[δ] = (7)^{1} .

Oft verzichtet man auch auf eine Kennzeichnung der Restklassen und schreibt mißbräuchlicherweise nur 2 := ¯2 etc.

Aufgabe 31

Sei x ∈ B_{𝔭}. Zu zeigen ist x ∈^{!} A_{𝔭}[b].

Schreibe x = s^{−1}b̃ mit b̃ ∈ B und s ∈ A ∖ 𝔭. Da B = A[b], gibt es k ⩾ 0 und a_{i} ∈ A für i ∈ [0, k] mit b̃ = a_{k}b^{k} + ⋯ + a_{0}b^{0}. Folglich ist

x = s^{−1}b̃ = s^{−1}(a_{k}b^{k} + ⋯ + a_{0}b^{0}) = s^{−1}a_{k}b^{k} + ⋯ + s^{−1}a_{0}b^{0} ∈ A_{𝔭}[b] .

Aufgabe 32

Sei S = Z ∖ ((2) ∪ (3)). Es ist 1 ∈ S. Für s, t ∈ S, i.e. s und t teilerfremd zu 6, ist auch st teilerfremd zu 6, i.e. st ∈ S.

Gemäß Lemma 70.(3) ist auch A := S^{−1}Z ein Hauptidealbereich.

Gemäß Aufgabe 10.(1) ist Ideale_{prim}^{×}(S^{−1}Z) in Bijektion mit { 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(Z) : 𝔭∩S = ∅ }. Ist p ∈ Z_{>0} eine Primzahl mit p ∉ {2, 3}, dann ist p ∈ (p) ∩ S und somit (p) ∩ S ≠ ∅. Dagegen ist (2) ∩ S = ∅ und (3) ∩ S = ∅. Also ist | Ideale_{prim}^{×}(S^{−1}Z)| = 2. Genauer, es ist Ideale_{prim}^{×}(S^{−1}Z) = {(2), (3)}, gelesen als Ideale in S^{−1}Z.

Aufgabe 33

Vorbemerkung. Wir können t ∈ D^{×} und 𝔞, 𝔟 ∈ Ideale^{×}(D) wählen mit 𝔤 = \frac{1}{t}𝔞 und 𝔥 = \frac{1}{t}𝔟. Denn ist 𝔤 = \frac{d′}{t′} 𝔞_{0} und 𝔥 = \frac{d′′}{t′′} 𝔟_{0} mit d′, d′′, t′, t′′ ∈ D^{×} und setzen wir t := t′t′′, 𝔞 := d′t′′𝔞_{0} , 𝔟 := d′′t′𝔟_{0} , dann wird 𝔤 = \frac{1}{t′t′′} d′t′′𝔞_{0} = \frac{1}{t}𝔞 und 𝔥 = \frac{1}{t′t′′} d′′t′𝔟_{0} = \frac{1}{t}𝔟.

Ad (1). Es ist S^{−1}𝔞 ∈ Ideale^{×}(S^{−1}D) ; cf. Aufgabe 10.(1). Es ist \frac{1}{t} ∈ Quot(S^{−1}D)^{×} = Quot(D)^{×}. Also ist S^{−1}𝔤 = \frac{1}{t}S^{−1}𝔞 ∈ \underline{Ideale}_{prim}^{×}(S^{−1}D).

Ad (2). Es ist S^{−1}(𝔤𝔥) = S^{−1}(\frac{1}{t^{2}} 𝔞𝔟)x = \frac{1}{t^{2}} S^{−1}(𝔞𝔟) = \frac{1}{t^{2}} (S^{−1}𝔞)(S^{−1}𝔟) = (S^{−1} \frac{1}{t}𝔞)(S^{−1} \frac{1}{t}𝔟) = (S^{−1}𝔤)(S^{−1}𝔥) ; cf. Aufgabe 29.(8). Wegen (S^{−1}(𝔤^{−1}))(S^{−1}𝔤) = S^{−1}(𝔤^{−1}𝔤) = S^{−1}D ist S^{−1}(𝔤^{−1}) = (S^{−1}𝔤)^{−1}.

Ad (3). Es ist S^{−1}(𝔤 + 𝔥) = S^{−1}(\frac{1}{t}𝔞 + \frac{1}{t}𝔟) = S^{−1}(\frac{1}{t}(𝔞 + 𝔟)) = \frac{1}{t}S^{−1}(𝔞 + 𝔟) = \frac{1}{t}(S^{−1}𝔞 + S^{−1}𝔟) = \frac{1}{t}S^{−1}𝔞 + \frac{1}{t}S^{−1}𝔟 = S^{−1} \frac{1}{t}𝔞 + S^{−1} \frac{1}{t}𝔟 = S^{−1}𝔤 + S^{−1}𝔥; cf. Aufgabe 29.(8).

Es ist S^{−1}(𝔤 ∩ 𝔥) = S^{−1}(\frac{1}{t}𝔞 ∩ \frac{1}{t}𝔟) = S^{−1}(\frac{1}{t}(𝔞 ∩ 𝔟)) = \frac{1}{t}S^{−1}(𝔞 ∩ 𝔟) = \frac{1}{t}(S^{−1}𝔞 ∩ S^{−1}𝔟) = \frac{1}{t}S^{−1}𝔞 ∩ \frac{1}{t}S^{−1}𝔟 = S^{−1} \frac{1}{t}𝔞 ∩ S^{−1} \frac{1}{t}𝔟 = S^{−1}𝔤 ∩ S^{−1}𝔥; cf. Aufgabe 29.(8).

Ad (4). Es ist v_{𝔭}(𝔤) = v_{𝔭}(\frac{1}{t}𝔞) = − v_{𝔭}(t) + v_{𝔭}(𝔞) ; cf. Lemma 65. Es wird 𝔤_{𝔭} = (\frac{1}{t}𝔞)_{𝔭} = ((t)^{−1}𝔞)_{𝔭} = ((t)_{𝔭})^{−1}𝔞_{𝔭} = ((𝔭_{𝔭})^{v_{𝔭}((t))})^{−1}(𝔭_{𝔭})^{v_{𝔭}(𝔞)} = (𝔭_{𝔭})^{− v_{𝔭}(t)+v_{𝔭}(𝔞)} = (𝔭_{𝔭})^{v_{𝔭}(𝔤)} ; cf. Aufgabe 29.(8).

Ad (5). Es ist 𝔤 = \frac{1}{t}𝔞 =^{L. 77} \frac{1}{t} ⋂_{𝔭∈Ideale_{prim}^{×}(D)} 𝔞_{𝔭} = ⋂_{𝔭∈Ideale_{prim}^{×}(D)} \frac{1}{t}𝔞_{𝔭} =^{D. 80} ⋂_{𝔭∈Ideale_{prim}^{×}(D)} 𝔤_{𝔭}.

Aufgabe 34

Ad (1). Es ist N_{L|K}(𝔤^{−1}) N_{L|K}(𝔤) =^{L. 88} N_{L|K}(𝔤^{−1}𝔤) = N_{L|K}( (1) ) =^{B. 86.(3)} ( N_{L|K}(1) ) = (1). Also ist N_{L|K}(𝔤^{−1}) = N_{L|K}(𝔤)^{−1}.

Ad (2). Es genügt, N_{L|K}(N_{M|L}(𝔥))_{𝔭} =^{!} N_{M|K}(𝔥)_{𝔭} für 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A) zu zeigen; cf. Bemerkung 81.(5).

Dank Lemma 87 bedeutet dies N_{L|K}(N_{M|L}(𝔥_{𝔭})) =^{!} N_{M|K}(𝔥_{𝔭}). Nun sind A_{𝔭}, B_{𝔭} und C_{𝔭} Hauptidealbereiche, es ist K = Quot(A_{𝔭}), L = Quot(B_{𝔭}), M = Quot(C_{𝔭}), und es ist B_{𝔭} = Γ_{L}(A_{𝔭}) , C_{𝔭} = Γ_{M}(A_{𝔭}) ; cf. Bemerkung 82.(1, 2, 3).

Somit dürfen wir o.E. A, B und C als Hauptidealbereiche voraussetzen. Ist nun 𝔥 = (h) mit h ∈ M^{×}, dann wird in der Tat

N_{L|K}(N_{M|L}( (h) )) =^{B. 86.(3)} ( N_{L|K}(N_{M|L}(h)) ) =^{L. 19.(2)} ( N_{M|K}(h) ) =^{B. 86.(3)} N_{M|K}( (h) ) .

Ad (3). Es genügt, N_{L|K}(𝔣B)_{𝔭} =^{!} (𝔣^{ℓ})_{𝔭} für 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A) zu zeigen; cf. Bemerkung 81.(5).

Dank Lemma 87 und Bemerkung 81.(2) bedeutet dies N_{L|K}(𝔣_{𝔭}B_{𝔭}) =^{!} (𝔣_{𝔭})^{ℓ}. Nun sind A_{𝔭} und B_{𝔭} Hauptidealbereiche und es ist K = Quot(A_{𝔭}) sowie L = Quot(B_{𝔭}), und es ist B_{𝔭} = Γ_{L}(A_{𝔭}) ; cf. Bemerkung 82.(1, 2, 3).

Somit dürfen wir o.E. A und B als Hauptidealbereiche voraussetzen. Ist nun 𝔣 = (f) mit f ∈ K^{×}, dann wird in der Tat

N_{L|K}( (f)B) = N_{L|K}( (f) ) =^{B. 86.(3)} ( N_{L|K}(f) ) =^{L. 15.(2)} (f^{ℓ}) = (f)^{ℓ} .

Aufgabe 35

Ad (1). Die Aussage ist falsch.

Sei K = Q, L = Q(i), A = Z, B = Z[i] ; cf. Aufgabe 3.

Es ist Z[i]^{#} = _{Z}⟨ \frac{1}{2} ⟩ ⊕ _{Z}⟨ \frac{1}{2} i ⟩; cf. Beispiel 32.(1).

Für a, b ∈ Q ist dagegen Tr_{Q(i)|Q}(a + bi) = 2a genau dann in Z, wenn a + bi ∈ _{Z}⟨ \frac{1}{2} ⟩ ⊕ _{Q}⟨ i ⟩ liegt.

Also ist hier Z[i]^{#} im Urbild von Z unter Tr_{Q(i)|Q} echt enthalten.

Ad (2). Die Aussage ist richtig.

Zeigen wir (B^{#})_{𝔭} ⊆^{!} (B_{𝔭})^{#}. Dazu genügt B^{#} ⊆^{!} (B_{𝔭})^{#}. Ist aber y ∈ L gegeben mit Tr_{L|K}(yB) ⊆ A, dann ist auch Tr_{L|K}(yB_{𝔭}) ⊆ A_{𝔭}, da für b ∈ B und s ∈ A ∖ 𝔭 sich dann Tr_{L|K}(y \frac{b}{s}) = \frac{1}{s} Tr_{L|K}(yb) ∈ A_{𝔭} ergibt.

Zeigen wir (B^{#})_{𝔭} ⊇^{!} (B_{𝔭})^{#}. Sei y ∈ K gegeben mit Tr_{L|K}(yB_{𝔭}) ⊆ A_{𝔭}. Wir haben zu zeigen, daß es ein s ∈ A ∖ 𝔭 gibt mit sy ∈ B^{#}, i.e. mit Tr_{L|K}(syB) ⊆ A.

Dank Aufgabe 24.(5) ist B ein endlich erzeugter A-Modul. Schreibe demgemäß B = _{A}⟨b_{1} , …, b_{m}⟩ mit m ⩾ 0 und b_{i} ∈ B für i ∈ [1, m]. Schreibe Tr_{L|K}(yb_{i}) = \frac{a_{i}}{s} mit s ∈ A ∖ 𝔭 und a_{i} ∈ A für i ∈ [1, m]. Es ist Tr_{L|K}(syb_{i}) = a_{i} ∈ A für i ∈ [1, m]. Also ist Tr_{L|K}(syB) ⊆ A.

Ad (3). Die Aussage ist falsch.

Sei K := Q, L := Q(i), A = Z, B = Z[i]; cf. Aufgabe 3.. Sei x := 2 + i und y := 2 − i. Dann ist

N_{L|K}( (x, y) ) ∋ 16 = N_{L|K}(x + y) = N_{L|K}(4) = 16 ,

aber

( N_{L|K}(x), N_{L|K}(y) ) = ( 5, 5 ) = (5) ∌ 16 .

Ad (4). Die Aussage ist richtig. Sei E ein Zerfällungskörper von L|K. Sei G := Gal(L|K). Sei U := Gal(E|L). Sei G = ⨆_{i∈[1,ℓ]} σ_{i}U, wobei ℓ := [L : K] und σ_{i} ∈ G für i ∈ [1, ℓ]. Hierbei sei o.E. σ_{1} = id_{E} . Sei b ∈ 𝔟^{×}. Schreibe b′ := ∏_{i∈[2,ℓ]} σ_{i}(b). Es ist N_{L|K}(b) =^{L. 15} bb′. Folglich ist b′ = \frac{N_{L|K}(b)}{b} ∈ L. Es ist aber auch b′ = ∏_{i∈[2,ℓ]} σ_{i}(b) ∈ Γ_{E}(A) ; cf. Lemma 20.(1). Zusammen ist b′ ∈ L ∩ Γ_{E}(A) = Γ_{L}(A) = B. Also ist N_{L|K}(b) = bb′ ∈ 𝔟. Insgesamt ist N_{L|K}(b) ∈ A ∩ 𝔟; cf. Lemma 20.(3).

Cf. auch Beweis zu Lemma 120.

Ad (5). Die Aussage ist falsch. Sei K = Q, L = Q(i), A = Z, B = Z[i] ; cf. Aufgabe 3. Sei 𝔟 := (2) ∈ Ideale^{×}(Z[i]). Es ist N_{Q(i)|Q}( (2) ) =^{B. 86.(3)} ( N_{Q(i)|Q}(2) ) = (4). Es ist (2) ∩ Z = (2). Also ist in diesem Fall N_{L|K}(𝔟) ⊂ 𝔟 ∩ A. Ad (6). Die Aussage ist falsch. Sei K = Q, L = Q(i), A = Z, B = Z[i] ; cf. Aufgabe 3. Es ist (2 + i) ≠ (2 − i), da \frac{2+i}{2−i} = \frac{1}{5}(3 + 4i) ∉ Z[i].

Dahingegen ist N_{Q(i)|Q}( (2 + i) ) =^{B. 86.(3)} ( N_{Q(i)|Q}(2 + i) ) = (5) und N_{Q(i)|Q}( (2 − i) ) =^{B. 86.(3)}

( N_{Q(i)|Q}(2 − i) ) = (5). Ad (7). Die Aussage ist falsch. Sei K = Q, L = Q(i), A = Z, B = Z[i] ; cf. Aufgabe 3. Wir behaupten, daß (3) ∈ \underline{Ideale}^{×}(Z) nicht im Bild von N_{Q(i)|Q} liegt. Annahme, doch. Sei 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(Z[i]) mit N_{Q(i)|Q}(𝔤) = (3). Da Z[i] ein Hauptidealbereich ist, können wir 𝔤 = (a + bi) schreiben, mit a, b ∈ Q ; cf. Aufgabe 6.(2). Gemäß Bemerkung 86.(3) ist also ( N_{Q(i)|Q}(a + bi) ) = (3), i.e. a^{2} + b^{2} ∈ {−3, +3}, i.e. a^{2} + b^{2} = 3. Schreibe a = \frac{u}{s} und b = \frac{v}{s}, mit u, v ∈ Z und s ∈ Z^{×} derart, daß es keine Primzahl gibt, die a, b und s teilt. Dann ist u^{2} +v^{2} = 3s^{2}. Folglich ist u^{2} +v^{2} ≡_{3} 0. Da in F_{3} nur die Quadrate 0 und 1 liegen, erzwingt dies u ≡_{3} 0 und v ≡_{3} 0. Dann aber ist 0 ≡_{9} u^{2} + v^{2} = 3s^{2}, und somit 0 ≡_{3} s. Widerspruch. Ad (8). Die Aussage ist richtig. Wir benötigen folgende allgemeine Aussage, die eine Variante von Lemma 77 darstellt. Sei 𝔟̃ ∈ Ideale^{×}(B). Wir behaupten 𝔟̃ = ⋂_{𝔭∈Ideale_{prim}^{×}(A)} 𝔟̃_{𝔭}. Sei x ∈ L in der rechten Seite enthalten. Wir haben x ∈^{!} B zu zeigen. Sei 𝔞 := { a ∈ A : ax ∈ 𝔟 }. Es ist 𝔞 ∈ Ideale(A). Wir haben 1 ∈ 𝔞 zu zeigen. Es genügt zu zeigen, daß es für alle 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A) ein s ∈ A ∖ 𝔭 gibt, da dann 𝔞 in keinem maximalen Ideal enthalten ist und also 𝔞 = A folgt; cf. Bemerkung 51.(4). Aber es ist x ∈ 𝔟̃_{𝔭} und also x = \frac{b}{s} für ein b ∈ 𝔟 und ein s ∈ A ∖ 𝔭, was sx ∈ 𝔟 nach sich zieht. Dies zeigt die Behauptung.

Es genügt, (N_{L|K}(𝔟)B)_{𝔭} =^{!} (∏_{σ∈G} σ(𝔟))_{𝔭} für 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A) zu zeigen; cf. Behauptung. Dank Lemma 87 und Aufgabe 29.(8) bedeutet dies N_{L|K}(𝔟_{𝔭})B_{𝔭} =^{!} ∏_{σ∈G} σ(𝔟_{𝔭}) . Nun sind A_{𝔭} und B_{𝔭} Hauptidealbereiche und es ist K = Quot(A_{𝔭}) sowie L = Quot(B_{𝔭}), und es ist B_{𝔭} = Γ_{L}(A_{𝔭}) ; cf. Bemerkung 82.(1, 2, 3). Somit dürfen wir o.E. A und B als Hauptidealbereiche voraussetzen. Ist nun 𝔟 = (b) mit b ∈ B^{×}, dann wird in der Tat

N_{L|K}( (b) )B =^{B. 86.(3)} ( N_{L|K}(b) )B = ( N_{L|K}(b) ) =^{B. 16.(2)} ( ∏_{σ∈G} σ(b) ) = ∏_{σ∈G} σ( (b) ) .

Ad (9). Die Aussage ist richtig. Es genügt, ((B𝔞) ∩ A)_{𝔭} =^{!} 𝔞_{𝔭} für 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A) zu zeigen; cf. Lemma 77. Dank Aufgabe 29.(8) bedeutet dies (B_{𝔭}𝔞_{𝔭}) ∩ A_{𝔭} =^{!} 𝔞_{𝔭}. Nun sind A_{𝔭} und B_{𝔭} Hauptidealbereiche und es ist K = Quot(A_{𝔭}) sowie L = Quot(B_{𝔭}), und es ist B_{𝔭} = Γ_{L}(A_{𝔭}) ; cf. Bemerkung 82.(1, 2, 3). Somit dürfen wir o.E. A und B als Hauptidealbereiche voraussetzen. Ist nun 𝔞 = (a) mit a ∈ A^{×}, dann haben wir B(a) ∩ A =^{!} (a) zu zeigen. Dabei ist nur B(a) ∩ A ⊆^{!} (a) zu zeigen. Sei also b ∈ B^{×} und a ∈ A^{×} gegeben mit ba ∈ A. Es genügt, b ∈^{!} A zu zeigen. Es ist b = \frac{ba}{a} ∈ K. Also ist b ∈ B ∩ K = Γ_{L}(A) ∩ K = Γ_{K}(A) = A; cf. Definition 52.

Der Versuch, es direkt, also ohne Lokalisierung, zu zeigen, führt wegen der Tatsache, daß B𝔞 aus Elementen der Form ∑_{i} b_{i}a_{i} mit b_{i} ∈ B und a_{i} ∈ 𝔞 besteht, wohl zu Problemen.

Ad (10). Die Aussage ist falsch. Sei K := Q, L := Q(i), A := Z, B := Z[i] ; cf. Aufgabe 3. Sei 𝔤 := Z[i] = (1). Es ist N_{L|K}(𝔤) = N_{L|K}( (1) ) =^{B. 86.(3)} ( N_{L|K}(1) ) = (1) = Z. Dagegen ist { N_{L|K}(g) : g ∈ 𝔤 } = { N_{L|K}(a + bi) : a, b ∈ Z } = { a^{2} + b^{2} : a, b ∈ Z }. Es ist e.g. 3 in ersterer Menge, nicht aber in letzterer enthalten. Somit ist hier

N_{L|K}(𝔤) ⊃ { N_{L|K}(g) : g ∈ 𝔤 } .

Ad (11). Die Aussage ist falsch. Sei K := Q. Sei A := Z. Sei L := Q(i). Es ist B = Γ_{L}(A) = Z[i] ; cf. Aufgabe 3. Sei y := \frac{1}{5}(3 + 4i). Es ist N_{L|K}(y) = \frac{1}{5}(3 + 4i) · \frac{1}{5}(3 − 4i) = 1 ∈ U(A) ; Cf. Aufgabe 12. Sei 𝔤 = (y). Es ist 𝔤 ≠ (1), da y ∉ B. Aber es ist N_{L|K}(𝔤) = N_{L|K}( (y) ) = ( N_{L|K}(y) ) = (1) ; cf. Bemerkung 86.(3).

Cf. Aufgabe 12.

Ad (12). Die Aussage ist richtig. Ist 𝔟 = (1), dann ist N_{L|K}(𝔟) = N_{L|K}( (1) ) = ( N_{L|K}(1) ) = (1) ; cf. Bemerkung 86.(3). Sei umgekehrt N_{L|K}(𝔟) = (1). Insbesondere ist 𝔟 ≠ (0). Wir haben 𝔟 =^{!} (1) zu zeigen. Es genügt, 𝔟_{𝔭} =^{!} (1) zu zeigen für 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A). Es ist N_{L|K}(𝔟_{𝔭}) = N_{L|K}(𝔟)_{𝔭} = (1) ; cf. Lemma 87. Nun sind A_{𝔭} und B_{𝔭} Hauptidealbereiche und es ist K = Quot(A_{𝔭}) sowie L = Quot(B_{𝔭}), und es ist B_{𝔭} = Γ_{L}(A_{𝔭}) ; cf. Bemerkung 82.(1, 2, 3). Somit dürfen wir o.E. A und B als Hauptidealbereiche voraussetzen. Sei 𝔟 = (b) mit b ∈ B^{×}. Es ist (1) = N_{L|K}(𝔟) = N_{L|K}( (b) ) = ( N_{L|K}(b) ) ; cf. Bemerkung 86.(3). Also ist N_{L|K}(b) ∈ U(A) ; cf. Bemerkung 66.(3). Somit ist b ∈ U(B) ; cf. Lemma 20.

Aufgabe 36 Ad (1). Schreibe α := \frac{1}{2}(1 + \sqrt{−23}). Beachte α^{2} = α − 6. Es ist Q(α) = Q(\sqrt{−23}). Es ist O_{Q(α)} = Z[α] = _{Z}⟨1, α⟩; cf. Aufgabe 3. Schreibe 𝔭 := (2, α).

Gemäß Lösung zu Aufgabe 30.(3) ist 𝔭 übrigens ein Primideal.

Es ist 𝔭 = _{Z}⟨2, 2α, α, α^{2}⟩ = _{Z}⟨2, α, α − 6⟩ = _{Z}⟨2, α⟩. Also ist N_{Q(α)|Q}(𝔭) = (det (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})) = (2) ; cf. Lemma 90. Annahme, es ist 𝔭 ein Hauptideal. Dann ist 𝔭 = (u + vα) für gewisse u, v ∈ Z und also N_{Q(α)|Q}(𝔭) =

N_{Q(α)|Q}( (u + vα) ) =^{B. 86.(3)} ( N_{Q(α)|Q}(u + vα) ) = (det (\begin{matrix}u & −6v \\ v & u+v \end{matrix})) = (u^{2} + uv + 6v^{2}) = ((u + \frac{1}{2}v)^{2} + \frac{23}{4}v^{2}).

Es folgt (u + \frac{1}{2}v)^{2} + \frac{23}{4}v^{2} = 2, i.e. (2u + v)^{2} + 23v^{2} = 8, was zu v = 0 und u^{2} = 2 führt. Wir haben einen Widerspruch. Es bleibt zu zeigen, daß 𝔭^{3} ein Hauptideal ist. Denn dann ist die Ordnung von [𝔭], von der wir schon wissen, daß sie nicht 1 ist, ein Teiler von 3 und somit gleich 3. Es ist 𝔭^{3} = (8, 4α, 2α^{2}, α^{3}) = (8, 4α, 2α−12, −5α−6) = (8, 4α, 2α−12, −α+2) = (8, 4α, 2−α) = (8, 2−α). Wir behaupten, daß 𝔭^{3} =^{!} (2 − α) ist. In der Tat ist N_{Q(α)|Q}(2 − α) = 2^{2} + 2 · (−1) + 6(−1)^{2} = 8 ein Z[α]-Vielfaches von 2 − α; cf. Lemma 15.(2).

Alternativ hätte man auch mittels (2 − α) ⊆ 𝔭 und (|O_{Q(α)|Q}/𝔭^{5}|) = N_{Q(α)|Q}(𝔭^{3}) = (N_{Q(α)|Q}(α − 2)) = (|O_{Q(α)|Q}/(2−α)|) verwenden können, um auf 𝔭^{3} ! = (2−α) zu schließen; cf. Lemma 91, Bemerkung 86.(3).

Ad (2). Schreibe α := \frac{1}{2}1 + \sqrt{−47}. Beachte α^{2} = α − 12. Es ist Q(α) = Q(\sqrt{−47}). Es ist O_{Q(α)} = Z[α] = _{Z}⟨1, α⟩; cf. Aufgabe 3. Schreibe 𝔭 := (2, α).

Gemäß Lösung zu Aufgabe 30.(3) ist 𝔭 übrigens ein Primideal.

Es ist 𝔭 = _{Z}⟨2, 2α, α, α^{2}⟩ = _{Z}⟨2, α, α − 12⟩ = _{Z}⟨2, α⟩. Also ist N_{Q(α)|Q}(𝔭) = (det (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})) = (2) ; cf. Lemma 90. Annahme, es ist 𝔭 ein Hauptideal. Dann ist 𝔭 = (u + vα) für gewisse u, v ∈ Z und also N_{Q(α)|Q}(𝔭) =

N_{Q(α)|Q}( (u + vα) ) =^{B. 86.(3)} ( N_{Q(α)|Q}(u + vα) ) = (det (\begin{matrix}u & −12v \\ v & u+v \end{matrix})) = (u^{2} + uv + 12v^{2}) = ((u + \frac{1}{2}v)^{2} + \frac{47}{4}v^{2}).

Es folgt (u + \frac{1}{2}v)^{2} + \frac{47}{4}v^{2} = 2, i.e. (2u + v)^{2} + 47v^{2} = 8, was zu v = 0 und u^{2} = 2 führt. Wir haben einen Widerspruch. Es bleibt zu zeigen, daß 𝔭^{5} ein Hauptideal ist. Denn dann ist die Ordnung von [𝔭], von der wir schon wissen, daß sie nicht 1 ist, ein Teiler von 5 und somit gleich 5. Es ist 𝔭^{5} = (32, 16α, 8α^{2}, 4α^{3}, 2α^{4}, α^{5}) = (32, 16α, 8α − 96, −44α − 48, −46α + 264, 109α + 276) = (32, 16α, 8α, 4α + 16, 2α + 8, −3α − 12) = (32, 8α, 2α + 8, −α − 4) = (32, 8α, 4 + α) = (32, 4 + α).

Wir behaupten, daß 𝔭^{5} =^{!} (4 + α) ist. In der Tat ist N_{Q(α)|Q}(4 + α) = 4^{2} + 4 · 1 + 12 · 1^{2} = 32 ein Z[α]-Vielfaches von 4 + α; cf. Lemma 15.(2).

Alternativ hätte man auch mittels (4 + α) ⊆ 𝔭 und (|O_{Q(α)|Q}/𝔭^{5}|) = N_{Q(α)|Q}(𝔭^{5}) = (N_{Q(α)|Q}(4 + α)) = (|O_{Q(α)|Q}/(4+α)|) verwenden können, um auf 𝔭^{5} ! = (4+α) zu schließen; cf. Lemma 91, Bemerkung 86.(3).

Aufgabe 37 Ad (1). Die Aussage ist falsch. Sei K = Q, L = Q(i), A = Z, B = Z[i] ; cf. Aufgabe 3. Sei 𝔟 := (1 + i) ∈ Ideale^{×}(Z[i]). Es ist 𝔟 ∩ A = (1 + i) ∩ Z = (2). Denn 2 = (1 − i)(1 + i) ∈ (1 + i), und also (2) ⊆ (1 + i) ∩ Z. Es ist N_{Q(i)|Q}(1 + i) = 2, also (1 + i) ⊂ Z[i], also 1 ∉ (1 + i), also (1 + i) ∩ Z ⊂ Z. Da (2) ⊂ Z maximal ist, folgt (2) = (1 + i) ∩ Z. Nun ist B(𝔟 ∩ A) = Z[i](2) = (2). Aber N_{Q(i)|Q}( (1 + i) ) = (2) ≠ (4) = N_{Q(i)|Q}( (2) ) = (4), sodaß 𝔟 ≠ B(𝔟 ∩ A) ist. Ad (2). Die Aussage ist falsch. Sei K = Q, L = Q(i), A = Z, B = Z[i] ; cf. Aufgabe 3. Sei 𝔟 := (1 + i) und 𝔟′ = (1 − i) in Ideale^{×}(Z[i]). Es ist A ∩ 𝔟 = (2); cf. Lösung zu (1). Sei σ : Q(i) →^{∼} Q(i), i ↦ −i. Es ist 𝔟′ = σ(𝔟) und also A ∩ 𝔟′ = A ∩ σ(𝔟) = σ(A ∩ 𝔟) = σ( (2) ) = (2). Also ist (A ∩ 𝔟)(A ∩ 𝔟′) = (4). Auf der anderen Seite ist A ∩ (𝔟𝔟′) = A ∩ ( (1 − i)(1 + i) ) = A ∩ (2) = (2), letzteres, da 2 ∈ A ∩ (2) und 1 ∉ A ∩ (2). Ad (3). Die Aussage ist richtig. Es ist Tr_{L|K}(𝔟) ein Ideal in A. Denn es ist 0 = Tr_{L|K}(0) ∈ Tr_{L|K}(𝔟). Und sind b, b′ ∈ 𝔟 und a, a′ ∈ A, dann ist a Tr_{L|K}(b) + a′ Tr_{L|K}(b′) = Tr_{L|K}(ab + a′b′) ∈ Tr_{L|K}(𝔟). Wähle x ∈ L mit Tr_{L|K}(x) ≠ 0 ; cf. Lemma 18. Es ist x ≠ 0. Sei a ∈ A^{×} mit ax ∈ B^{×}; cf. Lemma 27. Sei b ∈ 𝔟^{×}. Sei a′ ∈ A^{×} mit a′b^{−1} ∈ B^{×}; cf. Lemma 27. Es ist a′ = (a′b^{−1})b ∈ 𝔟^{×}. Also ist a′ax ∈ 𝔟. Es wird Tr_{L|K}(𝔟) ∋ Tr_{L|K}(a′ax) = a′a Tr_{L|K}(x) ≠ 0. Ad (4). Die Aussage ist richtig. Schreibe 𝔥 = t^{−1}𝔟 mit t ∈ A^{×} und 𝔟 ∈ Ideale^{×}(B) ; cf. Lemma 88. Dann ist Tr_{L|K}(𝔥) = Tr_{L|K}(t^{−1}𝔟) = t^{−1} Tr_{L|K}(𝔟) ∈ \underline{Ideale}^{×}(A) nach (3). Ad (5). Die Aussage ist falsch. Sei K = Q, L = Q(i), A = Z, B = Z[i] ; cf. Aufgabe 3. Es ist Tr_{Q(i)|Q}( (2 + i) ) = { Tr_{Q(i)|Q}((2 + i)(u + vi)) : u, v ∈ Z } = { Tr_{Q(i)|Q}((2u − v) + i(u + 2v)) : u, v ∈ Z } = { 4u − 2v : u, v ∈ Z } = (2), wohingegen ( Tr_{Q(i)|Q}(2 + i) ) = (4) ist. Ad (6). Die Aussage ist richtig. Es ist Tr_{L|K}(𝔥) ⊆ Tr_{L|K}(𝔥_{𝔭}). Letzteres ist ein gebrochenes Ideal von A_{𝔭}; cf. (4). Also ist Tr_{L|K}(𝔥)_{𝔭} ⊆ Tr_{L|K}(𝔥_{𝔭}) . Ist umgekehrt x ∈ Tr_{L|K}(𝔥_{𝔭}) , so können wir x = Tr_{L|K}(\frac{h}{s}) schreiben mit h ∈ 𝔥 und s ∈ A ∖ 𝔭. Es wird x = Tr_{L|K}(\frac{h}{s}) = s^{−1} Tr_{L|K}(h) ∈ Tr_{L|K}(𝔥)_{𝔭}, da s^{−1} ∈ K liegt und da Tr_{L|K} eine K-lineare Abbildung ist. Insgesamt ist also Tr_{L|K}(𝔥)_{𝔭} = Tr_{L|K}(𝔥)_{𝔭}. Ad (7). Die Aussage ist richtig.

Zu zeigen ist nur A ⊆^{!} Tr_{L|K}(B^{#,A}) ; cf. Bemerkung 94.(3).

Es genügt, 1 ∈^{!} Tr_{L|K}(B^{#,A}) zu zeigen; cf. Bemerkung 94.(1) und (4).

Es genügt, 1 ∈^{!} Tr_{L|K}(B^{#,A})_{𝔭} =^{(6)} Tr_{L|K}((B^{#,A})_{𝔭}) =^{A. 35.(2)} Tr_{L|K}((B_{𝔭})^{#,A_{𝔭}}) zu zeigen; cf. (4), Bemerkung 81.(5). Es ist A_{𝔭} ein diskreter Bewertungsring, insbesondere also ein Hauptidealbereich; cf. Bemerkung 74. Es ist B_{𝔭} = Γ_{L}(A_{𝔭}) ; cf. Bemerkung 82.(2). Also ist o.E. A ein Hauptidealbereich und wir haben 1 ∈^{!} Tr_{L|K}(B^{#,A}) zu zeigen. Sei (g_{1}, …, g_{ℓ}) eine A-lineare Basis von B; cf. Lemma 33. Sei (g′_{1}, …, g′_{ℓ}) die zugehörige duale Basis bezüglich Spurbilinearform; cf. Lemma 22. Es ist B^{#,A} = _{A}⟨g′_{1}, …, g′_{ℓ}⟩; cf. Lemma 31.(3). Es ist g′_{1} ∈ B^{#,A}. Also ist auch g_{1}g′_{1} ∈ B^{#,A}; cf. Bemerkung 94.(1). Somit wird

Tr_{L|K}(B^{#,A}) ∋ Tr_{L|K}(g_{1}g′_{1}) = 1 .

Aufgabe 38

Ad (1). Es ist 𝔇_{L|K,A,𝔭} =^{D. 95.(1)} ((B^{#,A})^{−1})_{𝔭}.

Es ist 𝔇_{L|K,A_{𝔭}} =^{D. 95.(1), L. 70.(4)} (B_{𝔭}^{#,A_{𝔭}})^{−1} =^{A. 35.(2)} ((B^{#,A})_{𝔭})^{−1} = ((B^{#,A})^{−1})_{𝔭}.

Ad (2). Es ist 𝔡_{L|K,A,𝔭} =^{D. 95.(2)} N_{L|K}(𝔇_{L|K,A})_{𝔭} =^{L. 87} N_{L|K}(𝔇_{L|K,A,𝔭}) =^{(1)} N_{L|K}(𝔇_{L|K,A_{𝔭}}) =^{D. 95.(2)} 𝔡_{L|K,A_{𝔭}} .

Aufgabe 39 Schreibe B′ := Γ_{L′}(A), B′′ := Γ_{L′′}(A) und B := Γ_{L}(A). Es genügt, 𝔡_{L|K,A,𝔭} =^{!} (𝔡_{L′|K, A}^{ℓ′′} · 𝔡_{L′′|K,A}^{ℓ′})_{𝔭} für 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A) zu zeigen; cf. Lemma 77.

Dank Aufgaben 38.(2) und 29.(8) bedeutet dies 𝔡_{L|K,A_{𝔭}} =^{!} 𝔡_{L′|K, A_{𝔭}}^{ℓ′′} · 𝔡_{L′′|K,A_{𝔭}}^{ℓ′} . Nun sind A_{𝔭}, B′_{𝔭}, B′′_{𝔭} und B_{𝔭} Hauptidealbereiche; es ist K = Quot(A_{𝔭}) sowie L′ = Quot(B′_{𝔭}), L′′ = Quot(B′′_{𝔭}) und L = Quot(B_{𝔭}) ; es ist B′_{𝔭} = Γ_{L}(A′_{𝔭}), B′′_{𝔭} = Γ_{L}(A′′_{𝔭}) und B_{𝔭} = Γ_{L}(A_{𝔭}); es ist 𝔡_{L′|K,A_{𝔭}} + 𝔡_{L′′|K,A_{𝔭}} = 𝔡_{L′|K,A,𝔭} + 𝔡_{L′′|K,A,𝔭} = (𝔡_{L′|K,A} + 𝔡_{L′′|K,A})_{𝔭} = (1) in A_{𝔭} gemäß Aufgaben 38.(2) und 29.(8). Somit dürfen wir o.E. A, B′, B′′ und B als Hauptidealbereiche voraussetzen. Wähle eine A-lineare Basis \underline{g′} = ( g′_{i} : i ∈ [1, ℓ′] ) von B′ und eine A-lineare Basis \underline{g′′} = ( g′′_{j} : j ∈ [1, ℓ′′] ) von B′′; cf. Lemma 33. Dann ist \underline{g} := ( g′_{i}g′′_{j} : i ∈ [1, ℓ′], j ∈ [1, ℓ′′] ) eine A-lineare Basis von B; cf. Satz 48.(1). Es wird

𝔡_{L|K,A} =^{L. 96} (Δ_{L|K, \underline{g}}) =^{S. 48.(2)} (Δ_{L′|K, \underline{g′}})^{ℓ′′} · (Δ_{L′′|K, \underline{g′′}})^{ℓ′} =^{L. 96} 𝔡_{L′|K, A}^{ℓ′′} · 𝔡_{L′′|K,A}^{ℓ′} .

Aufgabe 40 Vorbemerkung. Es ist B = Z[α] mit α := \frac{1}{2}(1 + \sqrt{13}). Es ist B′ := Z[α′] mit α′ := \sqrt{3}. Cf. Aufgabe 3. Mit der Lösung zu Aufgabe 16.(2) folgt Δ_{L} = 13, Δ_{L′} = 2^{2} · 3 und Δ_{M} = 2^{4} · 3^{2} · 13^{2}. Diese Diskriminanten sind teilerfremd und es sind L|K und L′|K linear disjunkt; cf. Lösung zu Aufgabe 16.(2). Dank Satz 48 ist also C = Z[α, α′]. Ad (1). Es ist μ_{α,K}(X) = X^{2} − X − 3. Also ist μ′_{α,K}(X) = 2X − 1. Folglich ist μ′_{α,K}(α) = 2α − 1. Dank Lemma 97 ist also 𝔇_{L|K,A} = (2α − 1) = (\sqrt{13}) ∈ Ideale^{×}(B). Es ist μ_{α′,K}(X) = X^{2} − 3. Da L|K und L′|K linear disjunkt sind, ist auch μ_{α′,L}(X) = X^{2} − 3 ; cf.

Definition 43. Also ist μ′_{α′,L}(X) = 2X. Folglich ist μ′_{α′,L}(α′) = 2α′. Dank Lemma 97 ist also 𝔇_{M|L,B} = (2α′) ∈ Ideale^{×}(C). Dank Satz 100 folgt 𝔇_{M|K,A} = ((2α − 1) · 2α′) = (2\sqrt{13} · \sqrt{3}) ∈ Ideale^{×}(C). Ad (2). Es ist μ_{α,K}(X) = X^{2} − X − 3. Da L|K und L′|K linear disjunkt sind, ist auch μ_{α,L′}(X) = X^{2} −X −3 ; cf. Definition 43. Also ist μ′_{α,L′}(X) = 2X −1. Folglich ist μ′_{α,L′}(α) = 2α−1. Dank Lemma 97 ist also 𝔇_{M|L′,A} = (2α − 1) = (\sqrt{13}) ∈ Ideale^{×}(C). Es ist μ_{α′,K}(X) = X^{2} − 3. Also ist μ′_{α′,K}(X) = 2X. Folglich ist μ′_{α′,K}(α′) = 2α′. Dank Lemma 97 ist also 𝔇_{L′|K,B} = (2α′) = (2\sqrt{13}) ∈ Ideale^{×}(B′). Dank Satz 100 folgt 𝔇_{M|K,A} = ((2α − 1) · 2α′) ∈ Ideale^{×}(C). Ad (3). Es ist 𝔡_{L|K,A} = N_{L|K}( (2α − 1) ) = N_{L|K}( (\sqrt{13}) ) = (\sqrt{13} · (−\sqrt{13})) = (−13) = (13), in Übereinstimmung mit Δ_{L} = 13 von oben. Es ist 𝔡_{L′|K,A} = N_{L′|K}( (2α′) ) = (2α′ · 2(−α′)) = (−4 · 3) = (2^{2} · 3), in Übereinstimmung mit Δ_{L} = 2^{2} · 3 von oben. Es ist 𝔡_{M|K,A} = N_{M|K}( ((2α−1)·2α′) ) = N_{L|K}(N_{M|L}( ((2α−1)·2α′) ) = N_{L|K}( ((2α−1)^{2}·2α′·2(−α′)) ) = N_{L|K}( ((2α − 1)^{2} · 2^{2} · 3 ) = (((2α − 1)^{2}(2(1 − α) − 1)^{2} · (2^{2} · 3)^{2}) = (13^{2} · 2^{4} · 3^{2}), in Übereinstimmung mit Δ_{L} = 2^{4} · 3^{2} · 13^{2} von oben.

Aufgabe 41 Für w ∈ V und r ∈ R_{>0} schreiben wir noch \overline{B}_{r}(w) := \{ v ∈ V : ∥v − w∥ ⩽ r \}. Ad (1) ⇒ (2). In B_{1}(x) gibt es nur endlich viele Elemente aus X. Also gibt es ein ε ∈ R_{>0} mit ε ⩽ 1 und ε < ∥y − x∥ für alle y ∈ \overline{B_{1}(v)} ∖ \{v\}. Daher ist dann auch B_{ε}(v) ∩ X = \{v\}. Ad (2) ⇒ (1). Seien r ∈ R_{>0} und w ∈ V gegeben. Es genügt zu zeigen, daß X ∩ \overline{B}_{r}(w) endlich ist. Annahme, dem ist nicht so. Wir bilden eine Folge (x_{i})_{i⩾1} mit x_{i} ∈ X ∩ \overline{B}_{r}(w) und x_{i} ≠ x_{j} für i ≠ j stets. Es ist \overline{B}_{r}(w) folgenkompakt; cf. [9, §4.2.5, §4.2.6]. Also konvergiert diese Folge gegen ein v ∈ \overline{B}_{r}(w). Dann ist für alle ε ∈ R_{>0} die Menge (B_{ε}(v) ∖ {v}) ∩ X nichtleer, da in ihr unendlich viele Folgenglieder liegen. Wir haben einen Widerspruch. Sei nun X eine Untergruppe. Ad (2) ⇒ (3). Wende (2) mit v = 0 an. Ad (3) ⇒ (2). O.E. ist {0} ⊂ X. Annahme, für alle ε ∈ R_{>0} ist (B_{ε}(v) ∖ {v}) ∩ X ≠ ∅. Wähle x_{1} ∈ X ∖ {v}. Für i ⩾ 1 wähle rekursiv ein x_{i} ∈ (B_{min{∥x_{i−1}−v∥,1/i}}(v) ∖ {v}) ∩ X. Dann ist (x_{i})_{i⩾1} eine Folge mit x_{i} ∈ X, x_{i} ≠ x_{j} für i ≠ j und ∥x_{i} − v∥ < 1/i stets. Sei x′_{i} := x_{i} − x_{i+1} für i ⩾ 1. Es ist x′_{i} ∈ X ∖ {0} und

∥x′_{i}∥ = ∥x_{i} − x_{i+1}∥ ⩽ ∥x_{i} − v∥ + ∥v − x_{i+1}∥ < 2/i

stets. Also ist für alle ε ∈ R_{>0} die Menge (B_{ε}(0) ∖ {0}) ∩ X nichtleer. Wir haben einen Widerspruch. Ad (1) ⇒ (4). Dies folgt durch Anwendung von Definition 105 mit w = 0. Ad (4) ⇒ (3). Sei ε := min{ ∥x∥ : x ∈ (B_{r}(0) ∖ {0}) ∩ X }. Dann ist B_{ε}(0) ∩ X = {0}.

Aufgabe 42 Sei z ∈ K_{R} gegeben. Schreiben wir z ∈ K_{R} als R-Linearkombination in der Orthonormalbasis aus Bemerkung 112.(1, 2), i.e. als

z = ( ∑_{τ∈Einb_{R}(K)} a_{τ} (∂_{τ,σ})_{σ}) + ( ∑_{τ∈Einb_{C}(K)} u_{τ} (2^{−1/2}(∂_{τ,σ} + ∂_{τ̄,σ}))_{σ}) + ( ∑_{τ∈Einb_{C}(K)} v_{τ} (2^{−1/2}(i∂_{τ,σ} − i∂_{τ̄,σ}))_{σ})

mit a_{τ} , u_{τ} , v_{τ} ∈ R stets, dann wird

Tr(z) = ( ∑_{τ∈Einb_{R}(K)} a_{τ} ) + 2^{1/2}( ∑_{τ∈Einb_{C}(K)} u_{τ} )

und

N(z) = ( ∏_{τ∈Einb_{R}(K)} a_{τ} ) · 2^{−s}( ∏_{τ∈Einb_{C}(K)}(u_{τ}^{2} + v_{τ}^{2})) .

Beides sind Polynome in den Koordinaten bezüglich unserer Orthonormalbasis. Also sind Tr und N stetig.

Ausführlicher. Sei R^{k}, gesehen als euklidischer Raum mit dem Standardskalarprodukt. Die Abbildung φ : K_{R} → R^{k}, die jedem Element aus K_{R} seinen Koordinatenvektor bezüglich unserer Orthonormalbasis zuordnet, ist ein Isomorphismus von euklidischen Räumen, insbesondere also eine bijektive stetige Abbildung mit stetiger Umkehrabbildung φ^{−1} : R^{k} → K_{R} . Wir haben gezeigt, daß Tr ∘ φ^{−1} und N ∘ φ^{−1} als Polynome auf dem euklidischen Standardraum R^{k} stetige Abbildungen sind. Also sind auch Tr = Tr ∘ φ^{−1} ∘ φ und N = N ∘ φ^{−1} ∘ φ stetig.

Aufgabe 43

Ad (1). Es ist 𝔭 ⊆ A ∩ 𝔮. Da 𝔭 ⊂ A ein maximales Ideal ist und da 1 ∉ 𝔮, also auch 1 ∉ A ∩ 𝔮 liegt, folgt 𝔭 = A ∩ 𝔮; cf. Definition 52.

Es sind B/𝔮 und A/𝔭 Körper. Ferner haben wir den Körpermorphismus A/𝔭 → B/𝔮, a + 𝔭 ↦ a + 𝔮, den wir als Einbettung ansehen wollen.

Dank Aufgabe 32.(1) ist B ein endlich erzeugter A-Modul. Schreibe demgemäß B = _{A}⟨b_{1} , …, b_{m}⟩ mit m ⩾ 0 und b_{i} ∈ B für i ∈ [1, m]. Dann ist B/𝔮 = _{A/𝔭}⟨b_{1} + 𝔮 , …, b_{m} + 𝔮⟩, da sich jedes Element b + 𝔮 ∈ B/𝔮 schreiben läßt als

b + 𝔮 = (∑_{i∈[1,m]} a_{i}b_{i}) + 𝔮
= ∑_{i∈[1,m]}(a_{i} + 𝔮)(b_{i} + 𝔮)
= ∑_{i∈[1,m]}(a_{i} + 𝔭) · (b_{i} + 𝔮)

mit a_{i} ∈ A für i ∈ [1, m].

Zeigen wir nun N_{L|K}(𝔮) =^{!} 𝔭^{f}. Es genügt, N_{L|K}(𝔮)_{𝔱} =^{!} (𝔭^{f})_{𝔱} für 𝔱 ∈ Ideale_{prim}^{×}(A) zu zeigen; cf. Lemma 77.

Dank Lemma 88 und Aufgabe 29.(8) genügt es, N_{L|K}(𝔮_{𝔱}) =^{!} (𝔭_{𝔱})^{f} zu zeigen.

Fall 𝔱 ≠ 𝔭. Es ist 𝔭 ⊈ 𝔱, da es sich um zwei verschiedene maximale Ideale handelt; cf. Definition 52. Sei s ∈ 𝔭 ∖ 𝔱. Dann ist s eine Einheit von A_{𝔱}, die in 𝔭_{𝔱} liegt. Folglich ist 𝔭_{𝔱} = (1). Ferner ist s eine Einheit in B_{𝔱}, die in 𝔮_{𝔱} liegt; cf. Bemerkung 82. Also ist auch N_{L|K}(𝔮_{𝔱}) = N_{L|K}( (1) ) = ( N_{L|K}(1) ) = (1); cf. Bemerkung 86.(3).

Fall 𝔱 = 𝔭. Nun sind A_{𝔭} und B_{𝔭} Hauptidealbereiche und es ist K = Quot(A_{𝔭}) sowie L = Quot(B_{𝔭}), und es ist B_{𝔭} = Γ_{L}(A_{𝔭}) ; cf. Bemerkung 82.(1, 2, 3). Desweiteren ist A/𝔭 →^{∼} A_{𝔭}/𝔭_{𝔭}, a + 𝔭 ↦ a + 𝔭_{𝔭}; cf. Aufgabe 10.(2).

Ferner ist B/𝔮 →^{∼} B_{𝔭}/𝔮_{𝔭}, b+𝔮 ↦ b+𝔮_{𝔭}. Es ist ein Ringmorphismus. Zeigen wir die Injektivität. Sei b ∈ 𝔮_{𝔭}, i.e. sei b = \frac{q}{s} für ein q ∈ 𝔮 und ein s ∈ A∖𝔭. Dann wird bs = q ∈ 𝔮. Es ist s ∈ A∖𝔭 = A∖(A∩𝔮) ⊆ B ∖𝔮.

Wegen 𝔮 prim ist also b ∈ 𝔮. (Wegen B/𝔮 Körper hätte die Injektivität auch nur im Falle 𝔮_{𝔭} = B_{𝔭} verletzt sein können.) Zeigen wir die Surjektivität. Sei \frac{b}{s} + 𝔮_{𝔭} gegeben, wobei b ∈ B und s ∈ A ∖ 𝔭 sei. Wir suchen ein b′ ∈ B mit \frac{b}{s} + 𝔮 = b′ + 𝔮, i.e. mit b = sb′ + q für ein q ∈ 𝔮. Es ist s ∈ A ∖ 𝔭 = A ∖ (A ∩ 𝔮) ⊆ B ∖ 𝔮. Wegen 𝔮 ⊂ B maximal folgt aber (s) + 𝔮 = B.

Somit dürfen wir o.E. A und B als Hauptidealbereiche voraussetzen. Es ist B ein freier A-Modul von Rang ℓ; cf. Lemma 33. Schreibe 𝔭 = (p) mit p ∈ A und 𝔮 = (q) mit q ∈ B. Betrachten wir die A-lineare Abbildung λ_{q} : B → B, y ↦ qy. Nach Elementarteilersatz gibt es eine A-lineare Basen von B so, daß dererbezüglich diese Abbildung durch eine Matrix der Form D = diag(d_{1} , …, d_{ℓ}) gegeben ist mit d_{i} ∈ A für i ∈ [1, ℓ].

Es ist B/(q) = B/λ_{b}(B) ≃ ⨁_{i∈[1,ℓ]} A/(d_{i}). Wegen p ∈ (q) ist p(B/(q)) = 0 und also p(A/(d_{i})) = 0, i.e.

(p) ⊆ (d_{i}) für i ∈ [1, ℓ]. Also ist (d_{i}) = (p) oder (d_{i}) = (1) stets. Es folgt f = dim_{A/(p)} B/(q) = |{ i ∈ [1, ℓ] : (d_{i}) = (p) }| und somit

N_{L|K}( (q) ) =^{B. 86.(3)} ( N_{L|K}(q) ) = ( det(D) ) = ∏_{i∈[1,ℓ]}( d_{i}) = (p^{f}) .

Cf. auch Beweis zu Lemma 54.

Ad (2). Zum einen ist N_{L|K}(𝔭B) = 𝔭^{ℓ}; cf. Aufgabe 34.(3). Zum anderen ist

𝔭^{ℓ} =^{A. 34.(3)} N_{L|K}(𝔭B)
=  N_{L|K}(∏_{i∈[1,d]} 𝔮_{i}^{e_{i}})
=^{L. 88} ∏_{i∈[1,d]} N_{L|K}(𝔮_{i})^{e_{i}}
=^{(1)}  ∏_{i∈[1,d]}(𝔭^{f_{i}})^{e_{i}}
=  𝔭^{∑_{i∈[1,d]} e_{i}f_{i}}

und folglich

ℓ = ∑_{i∈[1,d]} e_{i}f_{i} ;

cf. Satz 63.(2).

Aufgabe 44

Ad (1). Schreibe μ(X) = X^{m} + ∑_{i∈[0,m−1]} a_{i}X^{i} mit a_{i} ∈ R stets. Schreibe μ̄(X) ∈ (R/(r))[X] für sein Bild unter der koeffizientenweise angewandten Restklassenabbildung.

Ad ⇒. Sei S ein diskreter Bewertungsring mit maximalem Ideal erzeugt von s. In S schreiben wir (r) = (s^{e}) für ein e ∈ Z_{⩾1}. Gemäß Aufgabe 43.(2) ist m = ef, wobei f := dim_{R/(r)}(S/(s)) ist.

Insbesondere ist s^{m} ≡_{r} 0. Somit erhalten wir einen wohldefinierten Ringmorphismus

φ̄ : (R/(r))[X]/(X^{m}) ^{\overline{}^{φ̄}} S/(r)

mit φ̄(x + (r)) = x + (r) für x ∈ R und mit φ̄(X) = s + (r). Es ist φ̄ surjektiv, da S = R[s]. Es ist φ̄ eine R/(r)-lineare Abbildung. Es ist dim_{R/(r)}(R/(r))[X]/(X^{m}) = m. Da (s^{i} : i ∈ [0, m − 1]) eine R-lineare Basis von S ist, ist (s^{i} + (r) : i ∈ [0, m − 1]) eine R/(r)-lineare Basis von S/(r). Insbesondere ist dim_{R/(r)} S/(r) = m. Folglich ist φ̄ ein Ringisomorphismus.

Somit ist s^{k} + (r) ≠ 0 + (r) für k ∈ [0, m − 1]. Damit muß e = m sein und f = 1. Letzteres hat den Körperisomorphismus R/(r) →^{∼} S/(s), x + (r) ↦ x + (s) zur Folge.

Da μ̄(X) + (X^{m}) unter φ̄ auf μ(s) + (r) = 0 kommt, ist bereits μ̄(X) + X^{m} = 0, i.e. es ist X^{m} ein Teiler von μ̄(X). Da μ̄(X) ein normiertes Polynom von Grad m ist, folgt μ̄(X) = X^{m}, i.e. μ(X) ≡_{r} X^{m}. Ferner ist v_{s}(x) = m v_{r}(x) für x ∈ R.

Es bleibt zu zeigen, daß a_{0} = μ(0) ≢^{!}_{r^{2}} 0 ist. Es ist s^{m} = − ∑_{i∈[0,m−1]} a_{i}s^{i}, also m = v_{s}(s^{m}) = v(− ∑_{i∈[0,m−1]} a_{i}s^{i}). Da die Bewertungen der Koeffizienten bei s Vielfache von m sind, sind die Bewertungen bei s der auftretenden Summanden paarweise verschieden. Es folgt m = min{ v_{s}(a_{i}) + i : i ∈ [0, m − 1] }; cf. Aufgabe 2.(5). Dies ist nur möglich, wenn dieses Minimum bei i = 0 angenommen wird. Dies zieht m = v_{s}(a_{0}) und also 1 = v_{r}(a_{0}) nach sich, i.e. a_{0} ≡_{r} 0, aber a_{0} ≢_{r^{2}} 0.

Dieses Minimumsargument zeigt abermals, daß v_{s}(a_{i}) ⩾ m, i.e. v_{r}(a_{i}) ⩾ 1 ist für i ∈ [0, m − 1].

Ad ⇐. Sei nun umgekehrt μ(X) eisensteinsch. Wir behaupten, daß S ein diskreter Bewertungsring mit maximalem Ideal erzeugt von s ist.

Es ist S kein Körper, da ansonsten s^{−1} = ∑_{i∈[0,m−1]} b_{i}s^{i} für gewisse b_{i} ∈ R wäre, was nach sich zöge, daß −1 + ∑_{i∈[0,m−1]} b_{i}s^{i+1} = 0 und also μ(X) ein Teiler von 1 − ∑_{i∈[0,m−1]} b_{i}X^{i+1} wäre. Aus Gradgründen wäre 1 − ∑_{i∈[0,m−1]} b_{i}X^{i+1} = b_{m}μ(X) und insbesondere 1 = b_{m}a_{0} . Dies aber ist wegen a_{0} ∈ (r) nicht möglich.

Sei 𝔪 ⊆ S ein maximales Ideal. Da S kein Körper ist, ist 𝔪 ≠ (0). Wähle y ∈ 𝔪. Da y ∈ S ⊆ Γ_{L}(R), ist μ_{y,K}(X) ∈ R[X]. Der konstante Term von μ_{y,K}(X) liegt wegen μ_{y,K}(y) = 0 in (y) ⊆ 𝔪 ⊂ S und somit auch in 𝔪 ∩ R. Da dieser konstante Term nicht gleich 0 ist, folgt 𝔪 ∩ R ≠ (0). Da 𝔪 ∩ R ein Primideal von R ist und da Ideale_{prim}^{×}(R) = {(r)} ist, folgt 𝔪 ∩ R = (r).

Wir haben einen Ringisomorphismus (R/(r))[X]/(X^{m}) = (R/(r))[X]/(μ̄(X)) →^{∼} S/(r), X + (μ(X)) ↦ s + (r); cf. Aufgabe 30.(2.i). Die maximalen Ideale von S sind die Urbilder der maximalen Ideale von S/(r). Es hat (R/(r))[X]/(X^{m}) nur das maximale Ideal (X +(X^{m})), da im Hauptidealbereich (R/(r))[X] ein maximales Ideal, das X^{m} enthält, von einem irreduziblen Teiler von X^{m} erzeugt werden muß und also gleich (X) ist. Somit hat S/(r) nur das maximale Ideal (s + (r)). Also hat S nur das maximale Ideal (s, r) ⊂ S.

Wegen μ(s) = 0 ist a_{0} ∈ (s), wegen (r) = (a_{0}) also auch r ∈ (s) und somit (s) = (s, r).

Insgesamt ist (s) das einzige maximale Ideal in S.

Es ist S ∖(s) = U(S), da für x ∈ S ∖(s) das Ideal (x) in keinem maximalen Ideal enthalten ist, also gleich S sein muß; cf. Bemerkung 51.(4), beachte R noethersch, also R[X] noethersch nach Aufgabe 24.(2), also R[s] noethersch nach Aufgabe 24.(3).

Wir behaupten s^{m}r^{−1} U^{!} (S). Wegen s^{m} = − ∑_{i∈[0,m−1]} a_{i}s^{i} ist s^{m} ∈ (r) ⊂ S, i.e. s^{m}r^{−1} ∈ S.

Da ∑_{i∈[1,m−1]}(a_{i}r^{−1})s^{i} ∈ (s) und a_{0}r^{−1} ∈ U(R) ⊆ U(S) = S ∖ (s), ist s^{m}r^{−1} = a_{0}r^{−1} + ∑_{i∈[1,m−1]}(a_{i}r^{−1})s^{i} ∈ S ∖ (s) = U(S). Dies zeigt die Behauptung.

Sei x = ∑_{i∈[0,m−1]} b_{i}s^{i} ∈ S^{×} gegeben, wobei b_{i} ∈ R für i ∈ [0, m−1]. Sei v := min{ v_{r}(b_{i}) : i ∈ [0, m−1] }. Sei j := min{ i ∈ [0, m − 1] : v_{r}(b_{i}) = v }. Es ist b_{j} ≠ 0. Es ist r^{−v}b_{j} ∈ U(R) ⊆ U(S), insbesondere r^{−v}b_{j} ∉ (s). Für i ∈ [0, j − 1] ist r^{−v}b_{i}s^{i−j} = (r^{−v−1}b_{i})(rs^{−m})s^{i−j+m} ∈ (s). Für i ∈ [j + 1, m − 1] ist r^{−v}b_{i}s^{i−j} = (r^{−v}b_{i}s^{i−j−1})s ∈ (s). Also ist

s^{−j}r^{−v}x = (_{∑i∈[0,j−1]}r^{−v}b_{i}s^{i−j}) + r^{−v}b_{j} + (_{∑i∈[j+1,m−1]}r^{−v}b_{i}s^{i−j}) ∈ S ∖ (s) = U(S) .

Da r^{−v}s^{vm} ∈ U(S), ist damit auch

s^{−j−vm}x ∈ U(S) .

Somit ist

(x) = (s^{j+vm}) .

Für k ⩾ 2 ist (s^{k}) nicht prim, da s · s^{k−1} ∈ (s^{k}), aber s ∉ (s^{k}) und s^{k−1} ∉ (s^{k}). Folglich ist S ein Hauptidealbereich mit Ideale_{prim}^{×} = {(s)}, i.e. ein diskreter Bewertungsring mit maximalem Ideal erzeugt von s. Ad (2). Im Falle R = Z_{(p)}, r = p, s = ζ_{p} − 1 ist sowohl R[s] = Z_{(p)}[ζ_{p}] ein diskreter Bewertungsring mit maximalem Ideal erzeugt von s = ζ_{p} − 1, da

μ_{ζ_{p}−1,Q}(X) = Φ_{p}(X + 1) = \frac{(X + 1)^{p} − 1}{(X + 1) − 1} = ∑_{j∈[0,p−1]} (\begin{matrix}p \\ j+1 \end{matrix}) X^{j}

eisensteinsch ist.

Cf. auch das spätere Lemma 129.(3) im Falle α = 1.

Ad (3). Beachte zunächst, daß μ_{ζ_{p^{2}} ,Q(ζ_{p})}(X) = X^{p} − ζ_{p} ist, da dies ein normiertes Polynom in Q(ζ_{p})[X] mit Nullstelle ζ_{p^{2}} ist und da [Q(ζ_{p})(ζ_{p^{2}}) : Q(ζ_{p})] = p ist; cf. Aufgabe 17.(1). Im Falle R = Z_{(p)}[ζ_{p}], r = ζ_{p} − 1, s = ζ_{p^{2}} − 1 ist R[s] = Z_{(p)}[ζ_{p^{2}}] ein diskreter Bewertungsring mit maximalem Ideal erzeugt von s = ζ_{p^{2}} − 1, da

μ_{ζ_{p^{2}} −1,Q(ζ_{p})}(X) = μ_{ζ_{p^{2}} ,Q(ζ_{p})}(X + 1) = (X + 1)^{p} − ζ_{p} = ( ∑_{j∈[1,p]} (\begin{matrix}p \\ j \end{matrix}) X^{j}) − (ζ_{p} − 1)

eisensteinsch ist.

Aufgabe 45 Ad (1). Falls m ⩾ 1, dann schreibe v′ := (v_{i})_{i∈[1,m−1]} . Es ist

vol(Z_{u,v}) = ∫_{0}^{2^{1/2}v_{i}} vol(Z_{u,v′}) · 2πtd t = vol(Z_{u,v′}) · π2v_{i}^{2} .

Falls n ⩾ 1, dann schreibe u′ := (u_{i})_{i∈[1,n−1]} . Es ist

vol(Z_{u,v}) = ∫_{−u_{i}}^{u_{i}} vol(Z_{u′,v})d t = vol(Z_{u′,v}) · 2u_{i} .

Unter Verwendung von vol(Z_{(),()}) = 1 liefert dies aufmultipliziert also

vol(Z_{u,v}) = 2^{n+m}( ∏_{i∈[1,n]} u_{i})( ∏_{i∈[1,m]} v_{i}^{2}) .

Ad (2). Für n ⩾ 1 und m ⩾ 0 ist

vol(M_{n,m,R}) = ∫_{−R}^{+R} vol(M_{n−1,m,R−|t|})d t = 2 ∫_{0}^{R} vol(M_{n−1,m,t})d t

Für m ⩾ 1 ist

vol(M_{0,m,R}) = ∫_{0}^{2^{−1/2}R} vol(M_{0,m−1,R−2^{1/2}t}) · 2πtd t = 2π ∫_{0}^{2^{−1/2}R} vol(M_{0,m−1,2^{1/2}t}) · (2^{−1/2}R − t)d t Wir zeigen vol(M_{0,m,R}) = π^{m} \frac{R^{2m}}{(2m)!} bei festem R ∈ R_{⩾0} durch Induktion über m ⩾ 0. Für m = 0 sind beide Seiten gleich 1. Sei m ⩾ 1. Es wird

vol(M_{0,m,R}) = 2π ∫_{0}^{2^{−1/2}R} vol(M_{0,m−1,2^{1/2}t}) · (2^{−1/2}R − t)d t
= 2π ∫_{0}^{2^{−1/2}R} π^{m} \frac{(2^{1/2}t)^{2m}}{(2m)!} (2^{−1/2}R − t)d t
= 2^{m+1}π^{m+1} \frac{1}{(2m)!} ∫_{0}^{2^{−1/2}R} t^{2m}(2^{−1/2}R − t)d t
= 2^{m+1}π^{m+1} \frac{1}{(2m)!}[\frac{1}{2m+1}t^{2m+1} · 2^{−1/2}R − \frac{1}{2m+2}t^{2m+2}]_{t=0}^{t=2^{−1/2}R}
= 2^{m+1}π^{m+1} \frac{1}{(2m)!}(\frac{1}{2m+1}R^{2m+2} · 2^{−m−1} − \frac{1}{2m+2}R^{2m+2} · 2^{−m−1})
= π^{m+1} \frac{R^{2(m+1)}}{(2m)!} (\frac{1}{2m+1} − \frac{1}{2m+2})
= π^{m+1} \frac{R^{2(m+1)}}{(2m)!} \frac{(2m+2)−(2m+1)}{(2m+1)(2m+2)}
= π^{m+1} \frac{R^{2(m+1)}}{(2(m+1))!} .

Wir zeigen vol(M_{n,m,R}) = 2^{n}π^{m} \frac{R^{n+2m}}{(n+2m)!} bei festem R ∈ R_{⩾0} und festen m ⩾ 0 durch Induktion über n ⩾ 0. Für n = 0 ist dies eben gezeigt worden. Sei n ⩾ 1. Es wird

vol(M_{0,m,R}) = 2 ∫_{0}^{R} vol(M_{n−1,m,t})d t
= 2 ∫_{0}^{R} 2^{n}π^{m} \frac{t^{n+2m}}{(n+2m)!}d t
= 2^{n+1}π^{m} ∫_{0}^{R} \frac{t^{n+2m}}{(n+2m)!}d t
= 2^{n+1}π^{m}[\frac{t^{(n+1)+2m}}{((n+1)+2m)!}]_{0}^{R}
= 2^{n+1}π^{m} \frac{R^{(n+1)+2m}}{((n+1)+2m)!} .

Aufgabe 46 Beachte zunächst, daß exp(x) ⩾ 1 + x ist für x ∈ R, da für x = 0 die beiden Seiten gleich 1 sind und da für x ⩾ 0 die Ableitungen exp(x) ⩾ 1, für x ⩽ 0 dagegen exp(x) ⩽ 1 erfüllen. Sei ā := \frac{1}{m} ∑_{i∈[1,m]} a_{i}. Es ist exp(a_{i} ā^{−1} − 1) ⩾ a_{i} ā^{−1} für i ∈ [1, m]. Es folgt

1 = exp((_{∑i∈[1,m]}a_{i})ā^{−1} − m) = _{∏i∈[1,m]} exp(a_{i} ā^{−1} − 1) ⩾ _{∏i∈[1,m]}(a_{i} ā^{−1}) = (_{∏i∈[1,m]}a_{i})ā^{−m} ,

und somit ā^{m} ⩾ _{∏i∈[1,m]}a_{i}, i.e. ā ⩾ (_{∏i∈[1,m]}a_{i})^{1/m}.

Dieses Argument stammt von George Polya.

Aufgabe 47 Ad (1). Wir haben, in Standardbezeichnungen, die Minkowskischranke

ξ_{Q(\sqrt{−23})} = \frac{k!}{k^{k}} · (\frac{4}{π})^{s} · |Δ_{Q(\sqrt{−23})}|^{1/2} = \frac{1}{2} · \frac{4}{π} · | − 23|^{1/2} ≈ 3,0531 ;

cf. Definition 115, Aufgabe 16.(1).

Sei α := \frac{1}{2}(1 + \sqrt{−23}). Es ist O_{Q(\sqrt{−23})} = Z[α] ; cf. Aufgabe 3. Wir haben also Cl(Z[α]) ≃^{!} C_{3} zu zeigen. Dank Aufgabe 36.(1) gibt es ein Element der Ordnung 3 in Cl(Z[α]). Also genügt es, |Cl(Z[α])| ⩽^{!} 3 zu zeigen. Da 3 ein Teiler von |Cl(Z[α])| ist, genügt es hierfür, |Cl(Z[α])| ⩽^{!} 5 zu zeigen. Es ist

Cl(Z[α]) = \{ [𝔞] : 𝔞 ∈ Ideale^{×}(Z[α]) mit |Z[α]/𝔞| ⩽ ξ_{Q(\sqrt{−23})} \}
= { [𝔞] : 𝔞 ∈ Ideale^{×}(Z[α]) mit |Z[α]/𝔞| ⩽ 3 } ;

cf. Satz 118.(1). Für 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(Z[α]) mit 𝔭 ∩ Z = (p), wobei p ∈ Z_{>0} prim, ist Z[α]/𝔭 eine Körpererweiterung von Z/(p) = F_{p} und also |Z[α]/𝔭| ⩾ p; cf. Aufgabe 43.(1). Für die Entscheidung, welche 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(Z[α]) die Bedingung |Z[α]/𝔭| ⩽ 3 erfüllen, müssen also nur die in der Primidealfaktorzerlegung von (2) und von (3) in Z[α] auftretenden Primideale herangezogen werden. Es ist μ_{α,Q}(X) = X^{2} − X + 6. Wir verwenden die Methode aus der Lösung zu Aufgabe 30.(2). Es ist X^{2} − X + 6 ≡_{2} X(X − 1) die Zerlegung in normierte irreduzible Faktoren in F_{2}[X]. Das gibt in Z[α] die Primidealfaktorzerlegung

(2) = \underbrace{(α, 2)}_{=: 𝔭_{1,1}} \underbrace{(α − 1, 2)}_{=: 𝔭_{1,2}} .

Es folgt |Z[α]/𝔭_{1,1}| = 2^{1} und |Z[α]/𝔭_{1,2}| = 2^{1} dank Aufgabe 43.(2). Es ist X^{2} − X + 6 ≡_{3} X(X − 1) die Zerlegung in normierte irreduzible Faktoren in F_{3}[X]. Das gibt in Z[α] die Primidealfaktorzerlegung

(3) = \underbrace{(α, 3)}_{=: 𝔭_{2,1}} \underbrace{(α − 1, 3)}_{=: 𝔭_{2,2}} .

Es folgt |Z[α]/𝔭_{2,1}| = 3^{1} und |Z[α]/𝔭_{2,2}| = 3^{1} dank Aufgabe 43.(2). Unter Verwendung von Bemerkung 92 wird demnach

Cl(Z[α]) = {[(1)], [𝔭_{1,1}], [𝔭_{1,2}], [𝔭_{2,1}], [𝔭_{2,2}]}

und somit in der Tat |Cl(Z[α])| ⩽ 5 ; cf. Satz 63.(1). Ad (2). Wir haben, in Standardbezeichnungen, die Minkowskischranke

ξ_{Q(\sqrt{−47})} = \frac{k!}{k^{k}} · (\frac{4}{π})^{s} · |Δ_{Q(\sqrt{−47})}|^{1/2} = \frac{1}{2} · \frac{4}{π} · | − 47|^{1/2} ≈ 4,3644 ;

cf. Definition 115, Aufgabe 16.(1). Sei α := \frac{1}{2}(1 + \sqrt{−47}). Es ist O_{Q(\sqrt{−47})} = Z[α] ; cf. Aufgabe 3. Wir haben also Cl(Z[α]) ≃^{!} C_{5} zu zeigen. Dank Aufgabe 36.(2) gibt es ein Element der Ordnung 5 in Cl(Z[α]). Also genügt es, |Cl(Z[α])| ⩽^{!} 5 zu zeigen. Da 5 ein Teiler von |Cl(Z[α])| ist, genügt es hierfür, |Cl(Z[α])| ⩽^{!} 9 zu zeigen. Es ist

Cl(Z[α]) = \{ [𝔞] : 𝔞 ∈ Ideale^{×}(Z[α]) mit |Z[α]/𝔞| ⩽ ξ_{Q(\sqrt{−47})} \}
= { [𝔞] : 𝔞 ∈ Ideale^{×}(Z[α]) mit |Z[α]/𝔞| ⩽ 4 } ;

cf. Satz 118.(1). Für 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(Z[α]) mit 𝔭 ∩ Z = (p), wobei p ∈ Z_{>0} prim, ist Z[α]/𝔭 eine Körpererweiterung von Z/(p) = F_{p} und also |Z[α]/𝔭| ⩾ p; cf. Aufgabe 43.(1). Für die Entscheidung, welche 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(Z[α]) die Bedingung |Z[α]/𝔭| ⩽ 4 erfüllen, müssen also nur die in der Primidealfaktorzerlegung von (2) und von (3) in Z[α] auftretenden Primideale herangezogen werden. Es ist μ_{α,Q}(X) = X^{2} − X + 12. Wir verwenden die Methode aus der Lösung zu Aufgabe 30.(2). Es ist X^{2} − X + 12 ≡_{2} X(X − 1) die Zerlegung in normierte irreduzible Faktoren in F_{2}[X]. Das gibt in Z[α] die Primidealfaktorzerlegung

(2) = \underbrace{(α, 2)}_{=: 𝔭_{1,1}} \underbrace{(α − 1, 2)}_{=: 𝔭_{1,2}} .

Es folgt |Z[α]/𝔭_{1,1}| = 2^{1} und |Z[α]/𝔭_{1,2}| = 2^{1} dank Aufgabe 43.(2). Es ist X^{2} − X + 12 ≡_{3} X(X − 1) die Zerlegung in normierte irreduzible Faktoren in F_{3}[X]. Das gibt in Z[α] die Primidealfaktorzerlegung

(3) = \underbrace{(α, 3)}_{=: 𝔭_{2,1}} \underbrace{(α − 1, 3)}_{=: 𝔭_{2,2}} .

Es folgt |Z[α]/𝔭_{2,1}| = 3^{1} und |Z[α]/𝔭_{2,2}| = 3^{1} dank Aufgabe 43.(2). Unter Verwendung von Bemerkung 92 wird demnach

Cl(Z[α]) = {[(1)], [𝔭_{1,1}], [𝔭_{1,2}], [𝔭_{2,1}], [𝔭_{2,2}], [𝔭_{1,1}^{2}], [𝔭_{1,2}^{2}], [𝔭_{1,1}𝔭_{1,2}]}

und somit in der Tat |Cl(Z[α])| ⩽ 8 ⩽ 9 ; cf. Satz 63.(1).

Aufgabe 48 Wir wollen zeigen, daß Z[\sqrt[3]{2}] ein Hauptidealbereich ist. Es ist k = 3, r = 1 und s = 1 ; cf. Aufgabe 7. Schreibe δ := \sqrt[3]{2}. Wir haben, in Standardbezeichnungen, die Minkowskischranke

ξ_{Q(δ)} = \frac{k!}{k^{k}} · (\frac{4}{π})^{s} · |Δ_{Q(δ)}|^{1/2} = \frac{2}{9} · \frac{4}{π} · | − 108|^{1/2} ≈ 2,9404 ;

cf. Definition 115, Aufgabe 16.(1). Es ist O_{Q(δ)} = Z[δ] ; cf. Aufgabe 19.(2). Wir haben |Cl(Z[δ])| =^{!} 1 zu zeigen; cf. Bemerkung 69.(1). Es ist

Cl(Z[δ]) = { [𝔞] : 𝔞 ∈ Ideale^{×}(Z[δ]) mit |Z[δ]/𝔞| ⩽ ξ_{Q(δ)} }
= { [𝔞] : 𝔞 ∈ Ideale^{×}(Z[δ]) mit |Z[δ]/𝔞| ⩽ 2 } ;

cf. Satz 118.(1). Dank Bemerkung 92 genügt es zu zeigen, daß alle 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(Z[δ]) mit |Z[δ]/𝔭| ⩽ 2 Hauptideale sind. Für 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(Z[δ]) mit 𝔭 ∩ Z = (p), wobei p ∈ Z_{>0} prim, ist Z[δ]/𝔭 eine Körpererweiterung von Z/(p) = F_{p} und also |Z[δ]/𝔭| ⩾ p; cf. Aufgabe 43.(1). Für die Entscheidung, welche 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(Z[δ]) die Bedingung |Z[δ]/𝔭| ⩽ 2 erfüllen, müssen also nur die in der Primidealfaktorzerlegung von (2) in Z[δ] auftretenden Primideale herangezogen und als Hauptideale nachgewiesen werden. Es ist μ_{δ,Q}(X) = X^{3} − 2 ; cf. Lösung zu Aufgabe 7. Wir verwenden die Methode aus der Lösung zu Aufgabe 30.(2). Es ist X^{3} − 2 ≡_{2} X^{3} die Zerlegung in normierte irreduzible Faktoren in F_{2}[X]. Das gibt in Z[δ] die Primidealfaktorzerlegung

(2) = (δ, 2)^{3} = (δ)^{3} ;

beachte 2 = δ · δ^{2}.

Das einzige zu betrachtende Primideal ist also ein Hauptideal, namentlich (δ).

Aufgabe 49 Ad (1). Nach Satz 118.(1) können wir ein 𝔞 ∈ Ideale^{×}(O_{K}) mit |O_{K}/𝔞| ⩽ ξ_{K} so wählen, daß [(1)] = [𝔞] ist. Es folgt

1 ⩽ |O_{K}/𝔞| ⩽ ξ_{K} = \frac{k!}{k^{k}} · (\frac{4}{π})^{s} · |Δ_{K}|^{1/2} ,

und also

(\frac{π}{4} )^{2s} · (\frac{k^{k}}{k!} )^{2} ⩽ |Δ_{K}|

Ad (2). Wir wollen zeigen, daß |Δ_{K}| = 1 nur für K = Q gilt. Wegen 2s ⩽ k genügt es dazu zu zeigen, daß für k ⩾ 2 sich

f(k) := (\frac{π}{4} )^{k} · (\frac{k^{k}}{k!} )^{2} >^{!} 1

ergibt. Für k = 2 trifft dies zu, da f(2) = (\frac{π}{4} )^{2} · 2^{2} = (\frac{π}{2} )^{2} > 1. Ferner ist für k ⩾ 2

\frac{f(k + 1)}{f(k)} = \frac{π}{4} · (\frac{(k + 1)^{k+1} · k!}{(k + 1)! · k^{k}})^{2} = \frac{π}{4} · (1 + \frac{1}{k} )^{2k}

Es wächst (1 + \frac{1}{k} )^{k} monoton mit k ⩾ 1 ; dies ist aus der Analysis bekannt, wir erinnern unten an ein Argument. Also ist

\frac{f(k + 1)}{f(k)} ⩾ \frac{f(3)}{f(2)} = \frac{π}{4} · (1 + \frac{1}{2})^{4} > \frac{3^{5}}{2^{6}} > 1

Also ist f(k) monoton wachsend mit k ⩾ 2, und daher f(k) ⩾ f(2) > 1 für k ⩾ 2. Wir erinnern nun noch an das monotone Wachstum von (1 + \frac{1}{k} )^{k}. Für x ∈ R_{⩾1} wird

(1 + \frac{1}{x})^{x} = exp(ln(1 + \frac{1}{x}) · x) = exp((ln(x + 1) − ln(x)) · x) .

Wir haben für x ∈ R_{⩾1}

0 <^{!} ((ln(x + 1) − ln(x)) · x)′ = (\frac{1}{x + 1} − \frac{1}{x}) · x + ln(x + 1) − ln(x) = −\frac{1}{x + 1} + ln(x + 1) − ln(x)

zu zeigen. Nun ist zum einen lim_{x→∞} −\frac{1}{x+1} + ln(x + 1) − ln(x) = − lim_{x→∞} \frac{1}{x+1} + lim_{x→∞} ln(1 + \frac{1}{x}) = 0, zum anderen ist −\frac{1}{x+1} + ln(x + 1) − ln(x) streng monoton fallend in x ∈ R_{⩾1} wegen

(−\frac{1}{x + 1} +ln(x+1)−ln(x))′ = \frac{1}{(x + 1)^{2}} + \frac{1}{x + 1} − \frac{1}{x} = \frac{x + (x + 1)x − (x + 1)^{2}}{(x + 1)^{2}x} = −\frac{1}{(x + 1)^{2}x} < 0 .

Somit kann für kein x ∈ R_{⩾1} der Wert −\frac{1}{x+1} + ln(x + 1) − ln(x) ⩽ 0 sein.

Ad (3). Wegen 2s ⩽ k ist stets 5^{−k}|Δ_{K}| ⩾ 5^{−k} (\frac{k^{k}}{k!} )^{2} (\frac{π}{4} )^{k}; cf. (1). Mit Stirling ergibt sich weiter, daß es für jedes ε ∈ R mit 0 < ε < 1 ein M ∈ Z_{⩾1} so gibt, daß für n ⩾ M

5^{−n} (\frac{n^{n}}{n!} )^{2} (\frac{π}{4} )^{n} ⩾ (1 − ε) (\frac{e^{2}π}{20} )^{n} (2πn)^{−1} ⩾ (1 − ε)(10/9)^{n}(2πn)^{−1}

ist. Wir wählen uns e.g. ε = 1/2. Die rechte Seite geht mit n → ∞ gegen +∞, also auch die linke. Durch Einsetzen der Definition der bestimmten Divergenz folgt das Ergebnis.

Aufgabe 50

Ad (1). Zeigen wir die Wohldefiniertheit. Seien 𝔥, 𝔥̃ ∈ \underline{Ideale}^{×}(B) mit [𝔥] = [𝔥̃] gegeben. Dann gibt es ein y ∈ L^{×} mit (y)𝔥 = 𝔥̃. Es folgt

N_{L|K}(𝔥̃) = N_{L|K}( (y)𝔥) =^{L. 88} N_{L|K}( (y) ) N_{L|K}(𝔥) =^{B. 86.(3)} ( N_{L|K}(y) ) N_{L|K}(𝔥) ,

und damit [N_{L|K}(𝔥̃)] = [N_{L|K}(𝔥)].

Sodann ist für 𝔥, 𝔥′ ∈ \underline{Ideale}^{×}(B) auch

N_{L|K}([𝔥][𝔥′]) = N_{L|K}([𝔥𝔥′])
= [N_{L|K}(𝔥𝔥′)]
=^{L. 88} [N_{L|K}(𝔥) N_{L|K}(𝔥′)]
= [N_{L|K}(𝔥)][N_{L|K}(𝔥′)]
= N_{L|K}([𝔥])] N_{L|K}([𝔥′]) ,

und daher N_{L|K} auf den Klassengruppen ein Gruppenmorphismus.

Ad (2). Zeigen wir die Wohldefiniertheit. Seien 𝔤, 𝔤̃ ∈ \underline{Ideale}^{×}(A) mit [𝔤] = [𝔤̃] gegeben. Dann gibt es ein x ∈ K^{×} mit (x)𝔤 = 𝔤̃. Es folgt

B𝔤̃ = B(x)𝔤 = BAx𝔤 = Bx𝔤 = BxB𝔤 = (x)B𝔤 ,

und damit [B𝔤̃] = [B𝔤].

Sodann ist für 𝔤, 𝔤′ ∈ \underline{Ideale}^{×}(A) auch

ind_{L|K}([𝔤])ind_{L|K}([𝔤′]) = [B𝔤][B𝔤′] = [B𝔤B𝔤′] = [B𝔤𝔤′] = ind_{L|K}([𝔤𝔤′]) .

ind_{L|K} auf den Klassengruppen also ein Gruppenmorphismus.

Ad (3). Für 𝔤 ∈ \underline{Ideale}^{×}(A) ist

N_{L|K}(ind_{L|K}([𝔤])) = N_{L|K}([B𝔤]) = [N_{L|K}(B𝔤)] =^{A. 34.(3)} [𝔤^{ℓ}] = [𝔤]^{ℓ} .

Für m ∈ Z betrachten wir den Gruppenmorphismus ε_{m} : Cl(A) → Cl(A), [𝔤] ↦ [𝔤]^{m}, welcher auf jeder multiplikativ geschriebenen abelschen Gruppe in dieser Weise definiert werden kann. Es ist N_{L|K} ∘ind_{L|K} = ε_{ℓ}.

Schreibe c := |Cl(A)|. Für [𝔤] ∈ Cl(A) ist [𝔤]^{c} = [(1)] ; cf. [5, Aufgabe 11.(1.c)].

Seien c und ℓ als teilerfremd vorausgesetzt. Wähle s, t ∈ Z so, daß sc+tℓ = 1 ist. Dann wird ε_{t}(ε_{ℓ}([𝔤])) = [𝔤]^{tℓ} = [𝔤]^{sc+tℓ} = [𝔤] für [𝔤] ∈ Cl(A) und also ε_{t} ∘ ε_{ℓ} = id_{Cl(A)} . Genauso ist auch ε_{ℓ} ∘ ε_{t} = id_{Cl(A)} . Somit ist ε_{ℓ} ein Isomorphismus.

Aus ε_{ℓ} bijektiv und aus N_{L|K} ∘ind_{L|K} = ε_{ℓ} folgt nun ind_{L|K} injektiv und N_{L|K} surjektiv auf den Klassengruppen.

Aufgabe 51

Ad (1). Wegen b^{m} − a = 0 ist b ∈ B.

Es genügt, B𝔞 =^{!} (b) ⊆ B zu zeigen. Es genügt, v_{𝔭}(b) =^{!} v_{𝔭}(𝔞) für 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(B) zu zeigen; cf. Lemmata 54 und 65. Es genügt, m v_{𝔭}(b) =^{!} m v_{𝔭}(𝔞) zu zeigen. In der Tat ist m v_{𝔭}(b) = v_{𝔭}(b^{m}) = v_{𝔭}(a) = v_{𝔭}(𝔞^{m}) = m v_{𝔭}(𝔞).

Man sagt, 𝔞 kapituliert in B.

Ad (2). Es ist Cl(O_{K}) eine endliche Gruppe; cf. Satz 118. Wähle n ⩾ 0 und 𝔞_{i} ∈ Ideale^{×}(O_{K}) für i ∈ [1, n] so, daß Cl(K) = ⟨⟨ [𝔞_{i}] : i ∈ [1, n] ⟩⟩ ist. Schreibe m_{i} := |⟨⟨[𝔞_{i}]⟩⟩| für i ∈ [1, n]. Es genügt, eine Zahlkörpererweiterung L|K so zu finden, daß ind_{L|K}([𝔞_{i}]) = [(1)] ist für i ∈ [1, n], da ind_{L|K} ein Gruppenmorphismus ist; cf. Aufgabe 50.(2). Sei nun M ein Zerfällungskörper von ∏_{i∈[1,n]}(X^{m_{i}} −a_{i}) ∈ K[X]. Wähle b_{i} ∈ M mit b_{i}^{m_{i}} = a_{i} für i ∈ [1, n]. Sei L := K(b_{1}, …, b_{n}). Es ist L|K eine endliche Körpererweiterung. Da für i ∈ [1, n] nach Konstruktion ind_{L|K} = ind_{L|K(b_{i})} ∘ ind_{K(b_{i})|K} und ind_{K(b_{i})|K}([𝔞_{i}]) =^{(1)} [(1)] ist, ist in der Tat stets ind_{L|K}([𝔞_{i}]) = [(1)]. Ad (3). Es ist [(2, 1 + \sqrt{−5})] ein Erzeuger der Gruppe Cl(O_{Q(\sqrt{−5})}) von Ordnung 2 und es ist (2, 1 + \sqrt{−5})^{2} = (2) ; cf. Beispiel 119. Dank (2) ist also

ind_{Q(\sqrt{−5},\sqrt{2})|Q(\sqrt{−5})}

trivial und wir können L = Q(\sqrt{−5}, \sqrt{2}) wählen. Betrachte 𝔞 = (2, 1 + \sqrt{−5}), welches in O_{K} kein Hauptideal ist; cf. Aufgabe 6.(4). Wähle b := \sqrt{2} ∈ O_{L}. Wir wollen in O_{L} = O_{Q(\sqrt{−5},\sqrt{2})} die Idealgleichheit (2, 1 + \sqrt{−5}) =^{!} (\sqrt{2}) zeigen. Hierbei gilt ⊆, da

\begin{aligned}2 & = & \sqrt{2} · \sqrt{2} \\ 1 + \sqrt{−5} & = & \sqrt{2} · \frac{\sqrt{2}}{2}(1 + \sqrt{−5}) , \end{aligned}

ist und da letzterer Faktor Minimalpolynom X^{2} + (2 − \sqrt{−5}) über Z[\sqrt{−5}] hat, sich also in O_{Q(\sqrt{−5},\sqrt{2})} befindet. Nun gilt

N_{Q(\sqrt{−5},\sqrt{2})|Q}( (2, 1 + \sqrt{−5}) ) = N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(N_{Q(\sqrt{−5},\sqrt{2})|Q(\sqrt{−5})}( (2, 1 + \sqrt{−5}) ))
= N_{Q(\sqrt{−5})|Q}( (2, 1 + \sqrt{−5}) )^{2}
= (4) ;

cf. Aufgabe 34.(2, 3), Beispiel 93. Analog gilt

N_{Q(\sqrt{−5},\sqrt{2})|Q}( (\sqrt{2}) ) = N_{Q(\sqrt{2})|Q}(N_{Q(\sqrt{2},\sqrt{2})|Q(\sqrt{−5})}( (\sqrt{2}) ))
= N_{Q(\sqrt{2})|Q}( (\sqrt{2}) )^{2}
= N_{Q(\sqrt{2})|Q}( (2) )
= (4) ;

cf. Aufgabe 34.(2, 3), Lemma 88, Bemerkung 86.(3). Daher ist die Norm des Ideals (2, 1 + \sqrt{−5})(\sqrt{2})^{−1} gleich (1), i.e. es ist (2, 1 + \sqrt{−5})(\sqrt{2})^{−1} = (1) ; cf. Lemma 91. Somit ist die Gleichheit der fraglichen Ideale vollends nachgewiesen.

Aufgabe 52 Ad (1). Es ist (s∘r −id_{M})(m) im Kern von r, da r(s(r(m))−m = 0 ist. Setze t(m) := m′, wobei m′ ∈ M′ das eindeutige Element mit i(m′) = (s ∘ r − id_{M})(m) ist. Es ist t eine R-lineare Abbildung. Denn für m, m̃ ∈ M und x, x̃ ∈ R ist i(xt(m) + x̃t(m̃)) = xi(t(m)) + x̃i(t(m̃)) = x(s ∘ r − id_{M})(m) + x̃(s ∘ r − id_{M})(m̃) = (s ∘ r − id_{M})(xm + x̃m̃) und also xt(m) + x̃t(m̃) = t(xm + x̃m̃). Für m′ ∈ M′ ist i(t(i(m′))) = (s ∘ r − id_{M})(i(m′)) = i(m′) und also t(i(m′)) = m′. Mithin ist t ∘ i = id_{M′}. Merken wir noch an, daß für m′′ ∈ M′′ sich i(t(s(m′′))) = (s ∘ r − id_{M})(s(m′′)) = s(m′′) − s(m′′) = 0 und also t(s(m′′)) = 0 ergibt. Mithin ist t ∘ s = 0. Wir haben daraus die R-linearen Abbildungen

[figure: M; M′; ⊕; M′′; m; f; (t(m); ,; r(m)); i(m′) + s(m′′); g; (m′; ,; m′′) .]

Insbesondere ist g( (m′, 0) ) = i(m′) für m′ ∈ M′. Für m ∈ M ist g(f(m)) = i(t(m)) + s(r(m)) = (s ∘ r − id_{M})(m) + s(r(m)) = m. Für (m′, m′′) ∈ M′ ⊕ M′′ ist f(g( (m′, m′′) )) = (t(i(m′) + s(m′′)), r(i(m′) + s(m′′))) = (t(i(m′)) + t(s(m′′)), r(i(m′)) + r(s(m′′))) = (m′, m′′). Also sind f und g sich gegenseitig invertierende Isomorphismen von R-Moduln. Ad (2). Gemäß (1) genügt es zu zeigen, daß es eine R-lineare Abbildung M′′ ⟶^{s} M mit r ∘ s = id_{M′′} existiert. Sei e_{i} ∈ R^{⊕n} der i-te Standardbasisvektor, der im i-ten Tupeleintrag eine 1 und sonst 0 stehen hat; sei p_{i} : R^{⊕n} → R die Projektionsabbildung auf den i-ten Tupeleintrag; beides für i ∈ [1, n]. Wähle einen Isomorphismus h : R^{⊕n} →^{∼} M′′. Wähle für alle m′′ ∈ M′′ ein σ(m′′) ∈ M mit r(σ(m′′)), möglich, da r surjektiv ist.

Beachte, daß σ nicht notwendig R-linear ist.

Setze

[figure: M′′; s; M; m′′; ∑_{i∈[1,n]} p_{i}(h^{−1}(m′′))σ(h(e_{i})) .]

Da h und p_{i} für i ∈ [1, n] alle R-linear sind, ist auch s eine R-lineare Abbildung. Für m′′ ∈ M′′ ist ferner

r(s(m′′)) = r( ∑_{i∈[1,n]} p_{i}(h^{−1}(m′′))σ(h(e_{i})))
= ∑_{i∈[1,n]} p_{i}(h^{−1}(m′′))r(σ(h(e_{i})))
= ∑_{i∈[1,n]} p_{i}(h^{−1}(m′′))h(e_{i})
= h( ∑_{i∈[1,n]} p_{i}(h^{−1}(m′′))e_{i})
= h((p_{i}(h^{−1}(m′′)))_{i})
= h(h^{−1}(m′′))
= m′′ .

Mithin ist r ∘ s = id_{M′′} .

Aufgabe 53 Ad (1). Es ist μ(Q(\sqrt{d})) = \{−1, +1\}, da Q(\sqrt{d}) ⊆ R, da alle Elemente von μ(Q(\sqrt{d})) Betrag 1 in C haben müssen und da in R nur die beiden Elemente −1 und +1 Betrag 1 haben. Es ist r := |Einb_{R}(Q(\sqrt{d}))| = 2 und s := |Einb_{C}(Q(\sqrt{d}))| = 0, folglich r + s − 1 = 1. Nach Dirichlet gibt es also einen Gruppenmorphismus

U(O_{Q(\sqrt{d})}) ^{\overline{}^{∼}} \{−1, +1\} × Z ,

der (x, 0) auf x schickt für x ∈ {−1, +1}; cf. Satz 126. Beachte, daß für (x, a), (x′, a′) ∈ {−1, +1}×Z die Multiplikation durch (x, a)(x̃, ã) = (xx̃, a+ã) gegeben ist. In {−1, +1} × Z gibt es genau 4 Elemente (y, b) mit der Eigenschaft, daß für alle (x, a) ∈ {−1, +1} × Z genau ein m ∈ Z existiert mit (x, a) ∈ {(−1, 0)(y, b)^{m}, (+1, 0)(y, b)^{m}}, nämlich (1, 1), (1, −1), (−1, 1) und (−1, −1). Ist (y_{0}, b_{0}) eines dieser Elemente, dann wird

{ (1, 1) , (1, −1) , (−1, 1) , (−1, −1) }

= { (y_{0} , b_{0}) , (y_{0} , −b_{0}) , (−y_{0} , b_{0}) , (−y_{0} , −b_{0}) }
= { (y_{0} , b_{0}) , (y_{0} , b_{0})^{−1} , (−1, 0)(y_{0} , b_{0}) , (−1, 0)(y_{0} , b_{0}) } .

Isomorph übertragen auf U(O_{Q(\sqrt{d})}) bedeutet dies, daß es in U(O_{Q(\sqrt{d})}) genau 4 Elemente u gibt mit der Eigenschaft, daß für alle v ∈ U(O_{Q(\sqrt{d})}) genau ein m ∈ Z mit v ∈ \{−u^{m}, +u^{m}\} existiert. Sei u_{0} ein solches Element. Dann sind alle diese Elemente gegeben durch

{ u_{0} , u_{0}^{−1} , −u_{0} , −u_{0}^{−1} } ⊆ R ∖ {0, −1, +1} .

Das maximale Element dieser Menge ist zugleich das einzige Element dieser Menge > 1. Ad (2). Fall d = 2. Es ist O_{Q(\sqrt{2})} = Z[\sqrt{2}]; cf. Aufgabe 3. Ist u = a + b\sqrt{2} ∈ U(Z[\sqrt{2}]) ∩ R_{>1} mit a, b ∈ Z gegeben wie in (1), dann ist N_{Q(\sqrt{2})|Q}(u) = a^{2} − 2b^{2} ∈ {−1, +1}. Ferner ist b ≠ 0, denn b = 0 hieße u = a ∈ U(Z) = {−1, +1}, was nicht der Fall ist. Es ist

\{ u , u^{−1} , −u , −u^{−1} \} = \{ a + b\sqrt{2} , a − b\sqrt{2} , −a + b\sqrt{2} , −a − b\sqrt{2} , \} .

Da u das maximale Element dieser Menge ist, folgt a ⩾ 0 und b ⩾ 1. Es gibt in U(Z[\sqrt{2}]) ∩ R_{>1} kein kleineres Element als u, da jedes dieser Elemente eine Potenz von u ist. Nun ist a^{2} = ±1 + 2b^{2}, was für jedes dieser Vorzeichen separat monoton in b wächst. Wir suchen also die erste Quadratzahl a^{2} in der Folge

−1 + 2 · 1^{2}, +1 + 2 · 1^{2}, −1 + 2 · 2^{2}, +1 + 2 · 2^{2}, …

Dies führt uns auf a^{2} = −1 + 2 · 1^{2} = 1 und auf u = 1 + \sqrt{2}. Fall d = 3. Es ist O_{Q(\sqrt{3})} = Z[\sqrt{3}]; cf. Aufgabe 3. Ist u = a + b\sqrt{3} ∈ U(Z[\sqrt{3}]) ∩ R_{>1} mit a, b ∈ Z gegeben wie in (1), dann ist N_{Q(\sqrt{3})|Q}(u) = a^{2} − 3b^{2} ∈ {−1, +1}. Ferner ist b ≠ 0, denn b = 0 hieße u = a ∈ U(Z) = {−1, +1}, was nicht der Fall ist. Es ist

\{ u , u^{−1} , −u , −u^{−1} \} = \{ a + b\sqrt{3} , a − b\sqrt{3} , −a + b\sqrt{3} , −a − b\sqrt{3} , \} .

Da u das maximale Element dieser Menge ist, folgt a ⩾ 0 und b ⩾ 1. Es gibt in U(Z[\sqrt{3}]) ∩ R_{>1} kein kleineres Element als u, da jedes dieser Elemente eine Potenz von u ist.

Nun ist a^{2} = ±1 + 3b^{2}, was für jedes dieser Vorzeichen separat monoton in b wächst. Wir suchen also die erste Quadratzahl a^{2} in der Folge

−1 + 3 · 1^{2}, +1 + 3 · 1^{2}, −1 + 3 · 2^{2}, +1 + 3 · 2^{2}, …

Dies führt uns auf a^{2} = 1 + 3 · 1^{2} = 4 und auf u = 2 + \sqrt{3}. Fall d = 5. Es ist O_{Q(\sqrt{5})} = Z[\frac{1}{2}(1 + \sqrt{5})]; cf. Aufgabe 3. Schreibe α := \frac{1}{2}(1 + \sqrt{5}). I.e. es ist O_{Q(\sqrt{5})} = \{ \frac{1}{2}(a + b\sqrt{5}) : a, b ∈ Z, a ≡_{2} b \}. Ist u = \frac{1}{2}(a + b\sqrt{5}) ∈ U(Z[α]) ∩ R_{>1} mit a, b ∈ Z und a ≡_{2} b gegeben wie in (1), dann ist N_{Q(α)|Q}(u) = \frac{1}{4}(a^{2} − 5b^{2}) ∈ \{−1, +1\}. Ferner ist b ≠ 0, denn b = 0 hieße u = \frac{1}{2}a ∈ U(Z) = \{−1, +1\}, was nicht der Fall ist. Es ist

\{ u , u^{−1} , −u , −u^{−1} \} = \{ \frac{1}{2}(a + b\sqrt{5}) , \frac{1}{2}(a − b\sqrt{5}) , \frac{1}{2}(−a − b\sqrt{5}) , \frac{1}{2}(−a + b\sqrt{5}) \} .

Da u das maximale Element dieser Menge ist, folgt a ⩾ 0 und b ⩾ 1. Es gibt in U(Z[α]) ∩ R_{>1} kein kleineres Element als u, da jedes dieser Elemente eine Potenz von u ist. Nun ist a^{2} = ±4 + 5b^{2}, was für jedes dieser Vorzeichen separat monoton in b wächst. Wir suchen also die erste Quadratzahl a^{2} in der Folge

−4 + 5 · 1^{2}, +4 + 5 · 1^{2}, −4 + 5 · 2^{2}, +4 + 5 · 2^{2}, …

Dies führt uns auf a^{2} = −4 + 5 · 1^{2} = 1 und auf u = \frac{1}{2}(1 + \sqrt{5}) = α. Fall d = 17. Es ist O_{Q(\sqrt{17})} = Z[\frac{1}{2}(1 + \sqrt{17})]; cf. Aufgabe 3. Schreibe β := \frac{1}{2}(1 + \sqrt{17}). I.e. es ist O_{Q(\sqrt{17})} = \{ \frac{1}{2}(a + b\sqrt{17}) : a, b ∈ Z, a ≡_{2} b \}. Ist u = \frac{1}{2}(a + b\sqrt{17}) ∈ U(Z[β]) ∩ R_{>1} mit a, b ∈ Z und a ≡_{2} b gegeben wie in (1), dann ist N_{Q(β)|Q}(u) = \frac{1}{4}(a^{2} − 17b^{2}) ∈ \{−1, +1\}. Ferner ist b ≠ 0, denn b = 0 hieße u = \frac{1}{2}a ∈ U(Z) = \{−1, +1\}, was nicht der Fall ist. Es ist

\{ u , u^{−1} , −u , −u^{−1} \} = \{ \frac{1}{2}(a + b\sqrt{17}) , \frac{1}{2}(a − b\sqrt{17}) , \frac{1}{2}(−a − b\sqrt{17}) , \frac{1}{2}(−a + b\sqrt{17}) \} .

Da u das maximale Element dieser Menge ist, folgt a ⩾ 0 und b ⩾ 1. Es gibt in U(Z[β]) ∩ R_{>1} kein kleineres Element als u, da jedes dieser Elemente eine Potenz von u ist. Nun ist a^{2} = ±4 + 17b^{2}, was für jedes dieser Vorzeichen separat monoton in b wächst. Wir suchen also die erste Quadratzahl a^{2} in der Folge

−4 + 17 · 1^{2}, +4 + 17 · 1^{2}, −4 + 17 · 2^{2}, +4 + 17 · 2^{2}, …

Dies führt uns auf a^{2} = −4 + 17 · 2^{2} = 64 und auf u = \frac{1}{2}(8 + 2\sqrt{17}) = 4 + \sqrt{17}. Fall d = 19. Es ist O_{Q(\sqrt{19})} = Z[\sqrt{19}]; cf. Aufgabe 3. Ist u = a+b\sqrt{19} ∈ U(Z[\sqrt{19}])∩R_{>1} mit a, b ∈ Z gegeben wie in (1), dann ist N_{Q(\sqrt{19})|Q}(u) = a^{2}−19b^{2} ∈ {−1, +1}. Ferner ist b ≠ 0, denn b = 0 hieße u = a ∈ U(Z) = {−1, +1}, was nicht der Fall ist. Es ist

\{ u , u^{−1} , −u , −u^{−1} \} = \{ a + b\sqrt{19} , a − b\sqrt{19} , −a + b\sqrt{19} , −a − b\sqrt{19} , \} .

Da u das maximale Element dieser Menge ist, folgt a ⩾ 0 und b ⩾ 1. Es gibt in U(Z[\sqrt{19}]) ∩ R_{>1} kein kleineres Element als u, da jedes dieser Elemente eine Potenz von u ist. Nun ist a^{2} = ±1 + 19b^{2}, was für jedes dieser Vorzeichen separat monoton in b wächst. Wir suchen also die erste Quadratzahl a^{2} in der Folge

−1 + 19 · 1^{2}, +1 + 19 · 1^{2}, −1 + 19 · 2^{2}, +1 + 19 · 2^{2}, …

Dies führt uns auf a^{2} = 1 + 19 · 39^{2} = 28900 = 170^{2} und auf u = 170 + 39\sqrt{19}.

Aufgabe 54 Ad (1). Da v ∈ U(O_{K}) liegt, ist N_{K|Q}(v) ∈ U(Z) = {−1, +1}; cf. Lemma 20.(4). Nach Lemma 15.(2) ist

N_{K|Q}(v) = v · σ(v) · σ̄(v) = v · |σ(v)|^{2} .

Da v > 1 und da |σ(v)|^{2} > 0, folgt N_{K|Q}(v) > 0. Zusammen erhalten wir N_{K|Q}(v) = 1. Somit ist v · |σ(v)|^{2} = 1, i.e. |σ(v)| = v^{−1/2} = x^{−1} und also σ(v) = x^{−1} exp(it) für ein t ∈ [0, 2π). Ad (2). Es ist Z[v] ⊆ O_{K} . Dank der Aufgaben 14.(3) und 18.(2) wird

|Δ_{K|Q, (1,v,v^{2})}| = |Z[v]^{#}/Z[v]| = |Z[v]^{#}/O_{K}^{#}| · |O_{K}^{#}/O_{K}| · |O_{K}/Z[v]| = |Δ_{K}| · |O_{K}/Z[v]|^{2}

und also

|Δ_{K|Q, (1,v,v^{2})}| ⩾ |Δ_{K}| .

Schreiben wir c := cos(t), so wird

Δ_{K} =^{B. 25} ((v − σ(v))(v − σ̄(v))(σ(v) − σ̄(v)))^{2}
= ((x^{2} − x^{−1}e^{it})(x^{2} − x^{−1}e^{−it})(x^{−1}e^{it} − x^{−1}e^{−it}))^{2}
= ((x^{4} − 2x cos(t) + x^{−2})(2ix^{−1} sin(t)))^{2}
= (x^{4} − 2xc + x^{−2})^{2}(−4)x^{−2}(1 − c^{2})
= (−4)(x^{3} − 2c + x^{−3})^{2}(1 − c^{2}) ; .

Schreibe a := x^{3} + x^{−3}. Da x > 1 ist, ist x ≠ 0 und also x^{3} − 2 + x^{−3} = (x^{3/2} − x^{−3/2})^{2} > 0, i.e. a > 2. Wir erhalten

\frac{1}{4}|Δ_{K}| = (1 − c^{2})(a − 2c)^{2} .

Hierbei ist −1 ⩽ c ⩽ +1. Wir suchen den maximalen Wert von

f(y) := (1 − y^{2})(a − 2y)^{2}

auf −1 ⩽ y ⩽ +1. Da f(−1) = 0 und f(+1) = 0 sind und da f(y) > 0 ist für −1 < y < +1, wird der maximale Wert im Inneren dieses Intervalls angenommen. Es ist

f′(y) = −2y · (a − 2y)^{2} + (1 − y^{2}) · 2(−2)(a − 2y) = 2(4y^{2} − ay − 2)(a − 2y) ,

es ist f′(y) = 0 dort genau dann, wenn y = \frac{1}{8}(a ± \sqrt{a^{2} + 32}) ist für eines der beiden Vorzeichen. Wegen a > 2 ist a+\sqrt{a^{2} + 32} > 8. Also nimmt f sein Maximum bei y_{0} := \frac{1}{8}(a−\sqrt{a^{2} + 32}) an. Unter Verwendung von ay_{0} = 4y_{0}^{2} − 2 wird

\frac{1}{4}|Δ_{K}| = (1 − c^{2})(a − 2c)^{2}
⩽ f(y_{0})
= (1 − y_{0}^{2})(a − 2y_{0})^{2}
= (1 − y_{0}^{2})(a^{2} − 4ay_{0} + 4y_{0}^{2})
= (1 − y_{0}^{2})(a^{2} + 8 − 12y_{0}^{2})
= a^{2} + 8 − 20y_{0}^{2} + 12y_{0}^{4} − a^{2}y_{0}^{2}
= a^{2} + 8 − 20y_{0}^{2} + 12y_{0}^{4} − 16y_{0}^{4} + 16y_{0}^{2} − 4
= a^{2} + 4 − 4y_{0}^{2} − 4y_{0}^{4}
= x^{6} + x^{−6} + 6 − 4y_{0}^{2} − 4y_{0}^{4} .

Um, wie gewünscht, zu zeigen, daß dies kleiner als v^{3} + 6 = x^{6} + 6 ist, genügt es

x^{−6} <^{!} 4y_{0}^{2}

nachweisen. I.e. wir wollen

1 <^{!} 2|y_{0}|x^{3}

zeigen. Aus x^{3} + x^{−3} = a folgt (x^{3})^{2} − ax^{3} + 1 = 0 und also x^{3} = \frac{1}{2}(a ± \sqrt{a^{2} − 4}) für eines der beiden Vorzeichen. Wäre dieses Vorzeichen negativ, dann wäre 1 < x^{3} = \frac{1}{2}(a − \sqrt{a^{2} − 4}), i.e. \sqrt{a^{2} − 4} < a − 2, i.e. a^{2} − 4 < a^{2} − 4a + 4, i.e. a < 2, was nicht der Fall ist. Also ist x^{3} = \frac{1}{2}(a + \sqrt{a^{2} − 4}). Wir erhalten

2|y_{0}|x^{3} = \frac{1}{8}(−a + \sqrt{a^{2} + 32})(a + \sqrt{a^{2} − 4})
= \frac{1}{8}(a + \sqrt{a^{2} + 32})^{−1}(−a^{2} + a^{2} + 32)(a + \sqrt{a^{2} − 4})
= 4(1 + \sqrt{1 + 32a^{−2}})^{−1}(1 + \sqrt{1 − 4a^{−2}}) .

I.e. es bleibt

1 + \sqrt{1 + 32a^{−2}} <^{!} 4 + 4\sqrt{1 − 4a^{−2}}

zu zeigen. Es ist a^{−2} < \frac{1}{4}. Betrachten wir auf 0 < z ⩽ \frac{1}{4} die Funktionen g und h, die durch g(z) := 1 + \sqrt{1 + 32z} und h(z) := 4 + 4\sqrt{1 − 4z} gegeben sind, so ist g(\frac{1}{4}) = 4 = h(\frac{1}{4}), es ist g streng monoton wachsend und h streng monoton fallend. Damit ist die gewünschte Aussage gezeigt. Ad (3). Da K ⊆ R liegt, ist {±1} ⩽ μ(K) ⩽ μ(R) = {±1}, i.e. {±1} = μ(K) Wir wählen einen Gruppenisomorphismus {±1} × Z^{⊕(r+s−1)} = {±1} × Z ⟶^{φ}_{∼} U(O_{K}) , der (−1, 0) auf −1 schickt; cf. Satz 126. In {±1}×Z sind genau die Elemente (+1, 1), (+1, −1), (−1, 1), (−1, −1) mit der Eigenschaft ausgestattet, daß sich jedes Element (ε, m) ∈ {±1} × Z eindeutig schreiben läßt als Potenz von diesem Element, multipliziert mit (+1, 0) oder mit (−1, 0). Entsprechendes gilt daher in U(O_{K}), wenn wir die vier Elemente φ( (+1, 1) ), φ( (+1, −1) ), φ( (−1, 1) ), φ( (−1, −1) ) betrachten. Sei ũ := φ( (+1, 1) ). Dann sind diese vier Elemente gegeben durch ũ, ũ^{−1}, −ũ, −ũ^{−1}. Da ũ ∉ {−1, +1} liegt, ist genau eines dieser Elemente größer als 1. Wir nennen es u′. Somit ist 1 < u′, und es gibt für alle v ∈ U(O_{K}) genau ein m ∈ Z mit v ∈ {−u^{′m}, +u^{′m}}. Sei u ∈ U(O_{K}) mit 1 < u und 4u^{3/2} + 24 ⩽ |Δ_{K}| gegeben. Wir haben u =^{!} u′ zu zeigen. Angenommen nicht. Sei m ∈ Z mit u ∈ {−u^{′m}, +u^{′m}}. Da u > 1 und u′ > 1, ist m ⩾ 1 und u = u^{′m}. Nach Annahme ist nun m ⩾ 2. Also ist

|Δ_{K}| <^{(2)} 4u^{′3} + 24 ⩽ 4u^{′3m/2} + 24 = 4u^{3/2} + 24 ⩽ |Δ_{K}| ,

und wir haben einen Widerspruch. Ad (4). Schreibe δ := \sqrt[3]{2}. Die eingangs gemachten Voraussetzungen an K sind im Falle K = Q(δ) erfüllt; cf. Aufgabe 7. Wie in der Lösung zu (3) gesehen, gibt es genau ein u ∈ U(O_{K}) so, daß 1 < u ist und daß es für alle v ∈ U(O_{K}) genau ein m ∈ Z gibt mit v ∈ {−u^{m}, +u^{m}}. Ebenfalls in der Lösung zu (3) gesehen, ist ein v ∈ U(O_{K}) mit 1 < v und 4v^{3/2} + 24 ⩽ |Δ_{K}|, sofern existent, notwendigerweise gleich u. Wir suchen also ein v ∈ U(O_{K}) mit 1 < v und 4v^{3/2} + 24 ⩽ 108, i.e. v ⩽ 21^{2/3} ; cf. Aufgabe 19.(2). Sei v := 1 + δ + δ^{2}. Es ist 1 < v. Es ist (δ − 1)(1 + δ + δ^{2}) = δ^{3} − 1 = 1. Also ist v ∈ U(O_{K}). Es ist v ≈ 3,8473. Es ist 21^{2/3} ≈ 7,6117. Also ist in der Tat v ⩽ 21^{2/3}. Somit folgt u = v = 1 + δ + δ^{2} = 1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}. Ad (5). Es ist f(X) = X^{3} + 2X + 1. Es ist f′(X) = 3X^{2} + 2. Es ist f′′(X) = 6X. Es ist f(X) irreduzibel, da sein Bild in F_{3}[X] mangels Nullstelle in F_{3} irreduzibel ist. Es hat f(X) genau eine reelle Nullstelle, genannt α, da f′′(X) die Nullstelle 0 hat und f′(X) = 3X^{2} + 2 dort positiv ist. Seien β und β̄ die weiteren Nullstellen von f(X) in C. Diese liegen nicht in R. Folglich sind die eingangs gemachten Voraussetzungen im Falle K := Q(α) erfüllt; cf. [5, §2.3.4]. Es ist α^{3} = −2α − 1 und α^{4} = −2α^{2} − α. Schreibe Tr := Tr_{Q(α)|Q}. Es wird Tr(1) = 3, Tr(α) = tr (\begin{matrix}0 & 0 & −1 \\ 1 & 0 & −2 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) = 0 und Tr(α^{2}) = tr (\begin{matrix}0 & −1 & 0 \\ 0 & −2 & −1 \\ 1 & 0 & −2 \end{matrix}) = −4. Daraus folgt auch Tr(α^{3}) = Tr(−2α − 1) = −3 und Tr(α^{4}) = Tr(−2α^{2} − α) = 8. Somit wird

Δ_{K|Q, (1,α,α^{2})} = det (\begin{matrix}Tr(1) & Tr(α) & Tr(α^{2}) \\ Tr(α) & Tr(α^{2}) & Tr(α^{3}) \\ Tr(α^{2}) & Tr(α^{3}) & Tr(α^{4}) \end{matrix}) = det (\begin{matrix}3 & 0 & −4 \\ 0 & −4 & −3 \\ −4 & −3 & 8 \end{matrix}) = −59 .

Ergo ist Δ_{K|Q, (1,α,α^{2})} quadratfrei, somit also O_{K} = Z[α] ; cf. Aufgabe 18.(3). Wie in der Lösung zu (3) gesehen, gibt es genau ein u ∈ U(O_{K}) so, daß 1 < u ist und daß es für alle v ∈ U(O_{K}) genau ein m ∈ Z gibt mit v ∈ {−u^{m}, +u^{m}}. Ebenfalls in der Lösung zu (3) gesehen, ist ein v ∈ U(O_{K}) mit 1 < v und 4v^{3/2} + 24 ⩽ |Δ_{K}|, sofern existent, notwendigerweise gleich u. Wir suchen also ein v ∈ U(O_{K}) mit 1 < v und 4v^{3/2} + 24 ⩽ 59, i.e. v ⩽ (35/4)^{2/3} ; cf. Aufgabe 19.(2). Sei v := α^{2} + 2. Es ist 1 < v. Es ist α(α^{2} + 2) = 1. Also ist v ∈ U(O_{K}). Es ist f(−\frac{1}{2}) = −\frac{1}{8} < 0 und f(0) = 1 > 0. Also ist −\frac{1}{2} < α < 0. Also ist in der Tat

v = 2 + α^{2} < 2,25 ⩽ (35/4)^{2/3} ≈ 4,2462 .

Somit folgt u = v = 2 + α^{2}.

Aufgabe 55 Wir machen Gebrauch von O_{Q(ζ_{n})} = Z[ζ_{n}] ; cf. Satz 130.(1). Ferner werden wir Gebrauch machen von der Methode aus der Lösung zu Aufgabe 30.(2), um Primidealfaktorisierungen zu berechnen.

Um in den zu bearbeitenden Fällen zu zeigen, daß Z[ζ_{n}] ein Hauptidealbereich ist, werden wir nachweisen, daß dort |Cl(Z[ζ_{n}])| = 1 gilt; cf. Bemerkung 69.

Ad n = 3. In der Notation von Definition 115 ist k = 2 und s = 1. Ferner ist |Δ_{Q(ζ_{3})}| = 3 ; cf. Lemma 129.(4). Somit wird die Minkowskischranke zu

ξ_{Q(ζ_{3})} = \frac{k!}{k^{k}} · (\frac{4}{π})^{s} · |Δ_{Q(ζ_{3})}|^{1/2} = \frac{1}{2} · \frac{4}{π} · 3^{1/2} ≈ 1,1027 ;

cf. Definition 115. Nach Satz 118.(1) müssen für Elemente von Cl(Z[ζ_{3}]) nur Repräsentanten 𝔞 ∈ Ideale^{×}(Z[ζ_{3}]) mit |Z[ζ_{3}]/𝔞| ⩽ ξ_{Q(ζ_{3})} in Betracht gezogen werden, also nur solche mit |Z[ζ_{3}]/𝔞| = 1, i.e. nur 𝔞 = (1). Folglich ist |Cl(Z[ζ_{3}])| = 1 und also Z[ζ_{3}] ein Hauptidealbereich.

Ad n = 4. In der Notation von Definition 115 ist k = 2 und s = 1. Ferner ist |Δ_{Q(ζ_{4})}| = 4 ; cf. Lemma 129.(4); cf. auch 23. Somit wird die Minkowskischranke zu

ξ_{Q(ζ_{4})} = \frac{k!}{k^{k}} · (\frac{4}{π})^{s} · |Δ_{Q(ζ_{4})}|^{1/2} = \frac{1}{2} · \frac{4}{π} · 4^{1/2} ≈ 1,2732 ;

cf. Definition 115. Nach Satz 118.(1) müssen für Elemente von Cl(Z[ζ_{4}]) nur Repräsentanten 𝔞 ∈ Ideale^{×}(Z[ζ_{4}]) mit |Z[ζ_{4}]/𝔞| ⩽ ξ_{Q(ζ_{4})} in Betracht gezogen werden, also nur solche mit |Z[ζ_{4}]/𝔞| = 1, i.e. nur 𝔞 = (1). Folglich ist |Cl(Z[ζ_{4}])| = 1 und also Z[ζ_{4}] = Z[i] ein Hauptidealbereich.

Ad n = 5. In der Notation von Definition 115 ist k = 4 und s = 2. Ferner ist |Δ_{Q(ζ_{5})}| = 5^{3} ; cf. Lemma 129.(4). Somit wird die Minkowskischranke zu

ξ_{Q(ζ_{5})} = \frac{k!}{k^{k}} · (\frac{4}{π})^{s} · |Δ_{Q(ζ_{5})}|^{1/2} = \frac{3}{32} · (\frac{4}{π})^{2} · 5^{3/2} ≈ 1,6992 ;

cf. Definition 115. Nach Satz 118.(1) müssen für Elemente von Cl(Z[ζ_{5}]) nur Repräsentanten 𝔞 ∈ Ideale^{×}(Z[ζ_{5}]) mit Z[ζ_{5}]/𝔞| ⩽ ξ_{Q(ζ_{5})} in Betracht gezogen werden, also nur solche mit |Z[ζ_{5}]/𝔞| = 1, i.e. nur 𝔞 = (1). Folglich ist |Cl(Z[ζ_{5}])| = 1 und also Z[ζ_{5}] ein Hauptidealbereich.

Ad n = 7. In der Notation von Definition 115 ist k = 6 und s = 3. Ferner ist |Δ_{Q(ζ_{7})}| = 7^{5} ; cf. Lemma 129.(4). Somit wird die Minkowskischranke zu

ξ_{Q(ζ_{7})} = \frac{k!}{k^{k}} · (\frac{4}{π})^{s} · |Δ_{Q(ζ_{7})}|^{1/2} = \frac{5}{324} · (\frac{4}{π})^{3} · 7^{5/2} ≈ 4,1295 ;

cf. Definition 115. Nach Satz 118.(1) müssen für Elemente von Cl(Z[ζ_{7}]) nur Repräsentanten 𝔞 ∈ Ideale^{×}(Z[ζ_{7}]) mit |Z[ζ_{7}]/𝔞| ⩽ ξ_{Q(ζ_{7})} in Betracht gezogen werden, also nur solche mit |Z[ζ_{7}]/𝔞| ⩽ 4.

Bestimmen wir die Primideale 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(Z[ζ_{7}]) mit |Z[ζ_{7}]/𝔭| ⩽ 4. Wegen Primidealfaktorzerlegung und wegen Bemerkung 92 genügt es, diese Primideale als Hauptideale nachzuweisen; cf. Satz 63.(1).

Da Z/(𝔭 ∩ Z) in Z[ζ_{7}]/𝔭 einbettet, muß dazu 𝔭 ∩ Z = (2) oder 𝔭 ∩ Z = (3) sein.

Fall 𝔭 ∩ Z = (2). Von Φ_{7}(X) = X^{6} + X^{5} + X^{4} + X^{3} + X^{2} + X + 1 zerfällt das Bild Φ̄_{7}(X) in F_{2}[X] als

Φ̄_{7}(X) = (X^{3} + X + 1)^{1}(X^{3} + X^{2} + 1)^{1}

in normierte irreduzible Faktoren; cf. auch Satz 131. Folglich ergibt sich in Z[ζ_{7}] die Primidealfaktorzerlegung

(2) = (ζ_{7}^{3} + ζ_{7} + 1, 2)^{1}(ζ_{7}^{3} + ζ_{7}^{2} + 1, 2)^{1} .

Da 2/(ζ_{7}^{3} + ζ_{7} + 1) = −ζ_{7}^{5} − ζ_{7}^{3} − ζ_{7}^{2} − ζ_{7} ist und da 2/(ζ_{7}^{3} + ζ_{7}^{2} + 1) = ζ_{7}^{5} + ζ_{7}^{4} + 1 ist, schreibt sich diese die Primidealfaktorzerlegung als

(2) = (ζ_{7}^{3} + ζ_{7} + 1)^{1}(ζ_{7}^{3} + ζ_{7}^{2} + 1)^{1} .

Fall 𝔭 ∩ Z = (3). Von Φ_{7}(X) = X^{6} + X^{5} + X^{4} + X^{3} + X^{2} + X + 1 zerfällt das Bild Φ̄_{7}(X) in F_{3}[X] als

Φ̄_{7}(X) = (X^{6} + X^{5} + X^{4} + X^{3} + X^{2} + X + 1)^{1} ,

ist also irreduzibel; cf. auch Satz 131. Folglich ergibt sich in Z[ζ_{7}] die Primidealfaktorzerlegung

(3) = (3)^{1} .

Somit sind alle fraglichen Primideale als Hauptideale nachgewiesen; cf. Aufgabe 29.(1). Es ist also in der Tat |Cl(Z[ζ_{7}])| = 1 und somit Z[ζ_{7}] ein Hauptidealbereich.

Ad n = 8. In der Notation von Definition 115 ist k = 4 und s = 2. Ferner ist |Δ_{Q(ζ_{8})}| = 2^{8} ; cf. Lemma 129.(4). Somit wird die Minkowskischranke zu

ξ_{Q(ζ_{8})} = \frac{k!}{k^{k}} · (\frac{4}{π})^{s} · |Δ_{Q(ζ_{8})}|^{1/2} = \frac{3}{32} · (\frac{4}{π})^{2} · 2^{4} ≈ 2,4317 ;

cf. Definition 115. Nach Satz 118.(1) müssen für Elemente von Cl(Z[ζ_{8}]) nur Repräsentanten 𝔞 ∈ Ideale^{×}(Z[ζ_{8}]) mit |Z[ζ_{8}]/𝔞| ⩽ ξ_{Q(ζ_{8})} in Betracht gezogen werden, also nur solche mit |Z[ζ_{8}]/𝔞| ⩽ 2.

Bestimmen wir die Primideale 𝔭 ∈ Ideale_{prim}^{×}(Z[ζ_{8}]) mit |Z[ζ_{8}]/𝔭| ⩽ 2. Wegen Primidealfaktorzerlegung und wegen der Bemerkung 92 genügt es, diese Primideale als Hauptideale nachzuweisen; cf. Satz 63.(1).

Da Z/(𝔭 ∩ Z) in Z[ζ_{8}]/𝔭 einbettet, muß dazu 𝔭 ∩ Z = (2) sein. Das Bild Φ̄_{8}(X) von Φ_{8}(X) = X^{4} + 1 in F_{2}[X] zerfällt als

Φ̄_{8}(X) = (X + 1)^{4}

in normierte irreduzible Faktoren; cf. auch Satz 131. Folglich ergibt sich in Z[ζ_{8}] die Primidealfaktorzerlegung

(2) = (ζ_{8} + 1, 2)^{4} = (1 − ζ_{8} , 2)^{4} .

Da 2/(1 − ζ_{8}) = (1 − ζ_{8}^{4})/(1 − ζ_{8}) = ζ_{8}^{3} + ζ_{8}^{2} + ζ_{8} + 1 ist, schreibt sich diese die Primidealfaktorzerlegung als

(2) = (1 − ζ_{8})^{4} .

Somit sind alle fraglichen Primideale als Hauptideale nachgewiesen; cf. Aufgabe 29.(1). Es ist also in der Tat |Cl(Z[ζ_{8}])| = 1 und somit Z[ζ_{8}] ein Hauptidealbereich.

Aufgabe 56

Schreibe ζ := ζ_{5} .

Es ist Z[ζ] = O_{Q(ζ)} ; cf. Lemma 129.(2).

Es ist μ(Q(ζ)) eine zyklische endliche Gruppe; cf. Lemma 124.(2).

Wir behaupten, daß μ(Q(ζ)) =^{!} ⟨⟨−ζ⟩⟩ ist. Dazu haben wir μ(Q(ζ)) ⊆^{!} ⟨⟨−ζ⟩⟩ zu zeigen. Es ist |⟨⟨−ζ⟩⟩| = 10. Also ist ⟨⟨−ζ⟩⟩ gleich der Menge der Nullstellen von X^{10} − 1 in C.

Sei η ∈ μ(Q(ζ)). Sei n := |⟨⟨η⟩⟩|. Wir haben zu zeigen, daß η eine Nullstelle von X^{10} − 1 ist, i.e. daß n ein Teiler von 10 ist. Dank der Ordnungen von η und −ζ gibt es in μ(Q(ζ)) ein Element ξ von Ordnung

m := kgV(n, 10); cf. [5, Aufgabe 27.(3)]. Wir haben m =^{!} 10 zu zeigen.

Es ist Q(ξ) ⊆ Q(ζ) ein Teilkörper. Also ist [Q(ξ) : Q] ein Teiler von [Q(ζ) : Q] = 4. Es ist ξ eine Nullstelle von X^{m} − 1. In C ist also ξ = ζ_{m}^{k} für ein k ∈ [0, m − 1]. Da |⟨⟨ξ⟩⟩| = m, ist k teilerfremd zu m; cf. [5, Aufgabe 27.(2)]. Wähle a, b ∈ Z mit ak + bm = 1. Dann ist ζ_{m} = ζ_{m}^{ak+mb} = ξ^{a}. Also ist Q(ξ) = Q(ζ_{m}).

Somit ist φ(m) =^{A. 17.(1)} [Q(ζ_{m}) : Q] ein Teiler von [Q(ζ) : Q] = 4. Schreibe m := 10 · m′ · m′′ · m′′′ mit m′, m′′, m′′′ ∈ Z derart, daß m′ eine Potenz von 2 ist, m′′ eine Potenz von 5 und m′′′ teilerfremd zu 10. Es wird

φ(m)  =  φ(10 · m′ · m′′ · m′′′)
=^{B. 128.(3)} φ(2 · m′) · φ(5 · m′′) · φ(m′′′)
=  φ(2 · m′) · m′′ · 4 · φ(m′′′) .

Da φ(2 · m′) > 1 falls m′ ≠ 1 und da φ(m′′′) > 1 falls m′′′ ≠ 1, folgt m′ = 1, m′′ = 1 und m′′′ = 1, i.e. m = 10. Das zeigt die Behauptung.

In der Notation von Satz 126 ist r = 0 und s = 2, und somit r + s − 1 = 1. Wir haben diesem Satz zufolge einen Isomorphismus φ : μ(Q(ζ)) × Z →^{∼} U(Z[ζ]), der (ξ, 0) nach ξ abbildet. Sei ũ := φ((0, 1)). Dann ist jedes Element von U(Z[ζ]) von der Form (−ζ)^{a}ũ^{b} mit eindeutig bestimmten a ∈ [0, 9] und b ∈ Z.

Diese Eigenschaft bleibt erhalten, wenn wir ũ ersetzen durch (−ζ)^{a}ũ für ein a ∈ Z. Sie bleibt auch erhalten, wenn wir ũ durch ũ^{−1} ersetzen.

Schreibe α̃ := ζ + ζ^{−1}. Es ist α̃^{2} + α̃ − 1 = ζ^{2} + 2 + ζ^{−2} + ζ + ζ^{−1} − 1 = 0. Also ist α̃ = \frac{1}{2}(−1 ± \sqrt{5}) für eines der beiden Vorzeichen. Da Re(ζ) > 0, folgt α̃ = \frac{1}{2}(−1 + \sqrt{5}). Also ist Q(α̃) ⊆ Q(ζ).

Schreibe α := \frac{1}{2}(1 + \sqrt{5}) = α̃ + 1 = ζ + ζ^{−1} + 1. Es ist Q(α) = Q(α̃) und O_{Q(α)} = Z[α] ; cf. Aufgabe 3. Es ist α^{2} − α − 1 = 0, also α(α − 1) = 1 und somit α ∈ U(Z[α]) ⩽ U(Z[ζ]).

Es ist Q(ζ) ∩ R = Q(α), da Q(α) ⊆ Q(ζ) ∩ R ⊂ Q(ζ) und da es keine Teilkörper von Q(ζ) gibt, die echt zwischen Q(α) und Q(ζ) liegen; cf. [5, §3.5.2].

Also ist auch Z[ζ] ∩ R = O_{Q(ζ)} ∩ R = O_{Q(ζ)} ∩ Q(ζ) ∩ R = O_{Q(ζ)} ∩ Q(α) = O_{Q(α)} = Z[α]. Insbesondere ist auch U(Z[ζ]) ∩ R = U(Z[α]).

Es besteht Gal(Q(ζ)|Q(α)) aus der Identität und dem Automorphismus ζ ↦ ζ^{−1}, da letzterer α festhält; cf. Aufgabe 17.(1). Dieser Automorphismus ist die auf Q(ζ) eingeschränkte komplexe Konjugation, da letztere ebenfalls ζ ↦ ζ^{−1} abbildet. Folglich bildet die Normabbildung N_{Q(ζ)|Q(α)} ein Element ω aus Q(ζ) auf ωω̄ = |ω|^{2} ab; cf. Korollar 16.(2). Diese schränkt ein auf den Gruppenmorphismus

[figure: U(Z[ζ]); U(Z[α]); v; vv̄ .]

Es ist jedes Element von U(Z[α]) von der Form α^{c} oder −α^{c} für ein c ∈ Z ; cf. Aufgabe 53.(2). Da α > 0 und da ũ · ¯ ũ = |ũ|^{2} > 0, folgt

ũ¯ũ = α^{m}

für ein m ∈ Z. Nach eventueller Ersetzung von ũ durch ũ^{−1} dürfen wir m ∈ Z_{⩾1} annehmen.

Da α ∈ U(Z[ζ]), ist auch umgekehrt

α = (−ζ)^{k}ũ^{ℓ}

für ein k ∈ [0, 9] und ein ℓ ∈ Z.

Einsetzen gibt

α^{mℓ} = (ũ¯ũ)^{ℓ} = (−ζ)^{−k}α(−ζ)^{k}α = α^{2} .

Also ist mℓ = 2. Somit ist (m, ℓ) = (1, 2) oder (m, ℓ) = (2, 1).

Wir setzen noch u := (−ζ)^{t}ũ mit noch zu spezifizierendem t ∈ Z. Damit wird

\begin{aligned}uū & = & α^{m} \\ α & = & (−ζ)^{k−tℓ}u^{ℓ} . \end{aligned}

Falls (m, ℓ) = (2, 1) ist, setzen wir t = k. Es folgt α = u.

Falls (m, ℓ) = (1, 2) ist, unterscheiden wir folgende Unterfälle.

Unterfall k ≡_{2} 0. Wir setzen t = k/2. Es folgt α =^{1.} u · ū =^{2.} u^{2}, also u = ū reell, also |u| eine ganzzahlige Potenz von α, was wegen |u| = α^{1/2} nicht geht. Dieser Unterfall tritt somit nicht ein.

Unterfall k ≡_{2} 1. Wir finden t ∈ Z mit t = (5 − k)/2. Es folgt α =^{1.} u · ū =^{2.} −u^{2}, also u = −ū, i.e. u ∈ iR Unter Verwendung der Z-linearen Basis (ζ^{−2}, ζ^{−1}, ζ^{1}, ζ^{2}) von Z[ζ], die sich aus der Z-linearen Basis (ζ^{0}, ζ^{1}, ζ^{2}, ζ^{3}) von Z[ζ] durch Multiplikation mit ζ und Umsortieren ergibt, schreiben wir u = z′ζ^{−2} + y′ζ^{−1} + yζ^{1} + zζ^{2} mit y, y′, z, z′ ∈ Z und erhalten

z′ζ^{−2} + y′ζ^{−1} + yζ^{1} + zζ^{2} = u = −ū = −z′ζ^{2} − y′ζ^{1} − yζ^{−1} − zζ^{−2} ,

i.e.

u = y(ζ^{1} − ζ^{−1}) + z(ζ^{2} − ζ^{−2}) .

Nun gilt

−(ζ + ζ^{−1}) = −α
= u^{2}
= (y(ζ^{1} − ζ^{−1}) + z(ζ^{2} − ζ^{−2}))^{2}
= y^{2}(ζ^{2} − 2 + ζ^{−2}) + 2yz(ζ^{3} − ζ^{−1} − ζ^{1} + ζ^{−3}) + z^{2}(ζ^{4} − 2 + ζ^{−4}))
= y^{2}(2(ζ + ζ^{−1}) + 3(ζ^{2} + ζ^{−2})) + 2yz((ζ^{2} + ζ^{−2}) − (ζ^{1} + ζ^{−1})) + z^{2}(3(ζ + ζ^{−1}) + 2(ζ^{2} + ζ^{−2}))

und also, durch Koeffizientenvergleich,

\begin{aligned}−1 & = & 2y^{2} − 2yz + 3z^{2} \\ −1 & = & 3y^{2} + 2yz + 2z^{2} . \end{aligned}

Aus letzterer Gleichung erhalten wir

−\frac{1}{2} = z^{2} + yz + \frac{3}{2} y^{2} = (z + \frac{1}{2} y)^{2} + \frac{5}{4} y^{2} ,

was nicht geht für y, z ∈ Z. Dieser Unterfall tritt somit auch nicht ein.

Somit ist α = u gezeigt.

Wie das ursprüngliche ũ hat nun auch u = α die Eigenschaft, daß jedes Element von U(Z[ζ]) von der Form (−ζ)^{a}α^{b} ist mit eindeutig bestimmten a ∈ [0, 9] und b ∈ Z. Insbesondere ist, setzen wir wieder α = ζ + ζ^{−1} + 1,

U(Z[ζ_{5}]) = { (−ζ_{5})^{a}(ζ_{5} + ζ_{5}^{−1} + 1)^{b} : a ∈ [0, 9], b ∈ Z }

eine Beschreibung von U(Z[ζ_{5}]) wie gesucht.

Aufgabe 57

Schreibe q := p^{α−1}. Schreibe ζ := ζ_{pq}. Schreibe \underline{z} := ( ζ^{i} : i ∈ [0, (p − 1)q − 1] ).

Wir wiederholen einiges aus dem Beweis zu Lemma 129, manches in etwas präziserer Form.

Es ist

Φ′_{pq}(X) = ( ∏_{k∈U}(X − ζ^{k}))′ = ∑_{ℓ∈U} ∏_{k∈U∖{ℓ}}(X − ζ^{k}) ,

für m ∈ U also

Φ′_{pq}(ζ^{m}) = ∏_{k∈U∖{m}}(ζ^{m} − ζ^{k}) .

Schreibe t := (p − 1)q((p − 1)q − 1)/2. Wir erhalten

Δ_{Q(ζ)} =^{L. 129.(1, 2)} Δ_{Q(ζ)|Q, \underline{z}}
=^{B. 25}  ∏_{k, ℓ ∈ U, k<ℓ}(ζ^{ℓ} − ζ^{k})^{2}
=  (−1)^{t} ∏_{m∈U} ∏_{k∈U∖{m}}(ζ^{m} − ζ^{k})
=  (−1)^{t} ∏_{m∈U} Φ′_{pq}(ζ^{m})
=^{K. 16.(2)} (−1)^{t} N_{Q(ζ)|Q}(Φ′_{pq}(ζ)) .

Aus Φ_{pq}(X)(X^{q} − 1) = X^{pq} − 1 folgt durch formales Ableiten

Φ′_{pq}(X)(X^{q} − 1) + Φ_{pq}(X) · qX^{q−1} = pqX^{pq−1}

und also

Φ′_{pq}(ζ) = \frac{pqζ^{−1}}{ζ^{q} − 1} ;

cf. [5, Aufgabe 11]. Es ist Gal(Q(ζ^{q})|Q) ≃ U(Z/(p)) und μ_{ζ^{q},Q}(X) = Φ_{p}(X) = \frac{X^{p}−1}{X−1} ; cf. Aufgabe 17. Also wird

∏_{i∈[1,p−1]}(X−(ζ^{qi}−1)) =^{L. 14} μ_{ζ^{q}−1,Q}(X) = μ_{ζ^{q},Q}(X+1) = Φ_{p}(X+1) = \frac{(X + 1)^{p} − 1}{(X + 1) − 1} = ∑_{i∈[0,p−1]} (\begin{matrix}p \\ i+1 \end{matrix}) X^{i} .

Vergleich der konstanten Terme gibt

N_{Q(ζ^{q})|Q}(ζ^{q} − 1) =^{K. 16.(2)} ∏_{i∈[1,p−1]}(ζ^{qi} − 1) = (−1)^{p−1}p .

Gemäß Korollar 16.(2) und Lemma 19.(2) ist

N_{Q(ζ)|Q}(ζ^{q} − 1) = N_{Q(ζ^{q})|Q}(N_{Q(ζ)|Q(ζ^{q})}(ζ^{q} − 1)) = N_{Q(ζ^{q})|Q}((ζ^{q} − 1)^{q}) = (−1)^{(p−1)q}p^{q} . Analog ist der konstante Term von Φ_{pq}(X) gleich 1 und also

N_{Q(ζ)|Q}(ζ) = (−1)^{(p−1)q} .

Es folgt

Δ_{Q(ζ)} = (−1)^{t} N_{Q(ζ)|Q}(Φ′_{pq}(ζ))
= (−1)^{t} N_{Q(ζ)|Q} (\frac{pqζ^{−1}}{ζ^{q}−1} )
= (−1)^{t} · (pq)^{(p−1)q} · (−1)^{(p−1)q} · (−1)^{(p−1)q}p^{−q}
= (−1)^{t}p^{q(αp−α−1)} .

Fall p = 2. Es wird

t = \frac{1}{2}q(q − 1) ≡_{2} ∂_{α,1} .

und also

Δ_{Q(ζ_{2^{α}})} = (−1)^{∂_{α,1}}p^{q(αp−α−1)} = (−1)^{∂_{α,1}}2^{2^{α−1}(α−1)} .

Fall p ⩾ 3. Es wird

t = \frac{1}{2}((pq − q)(pq − q − 1))
≡_{2} \frac{1}{2}(p^{2}q^{2} − pq^{2} − pq^{2} + q^{2} − pq + q)
= \frac{1}{2}((p^{2} − p)q^{2} + (−p + 1)(q^{2} + q))
≡_{2} \frac{1}{2}(p^{2} − p)
≡_{2} \frac{1}{2}(p − 1) .

Wir erhalten

Δ_{Q(ζ_{p^{α}})} = (−1)^{(p−1)/2}p^{q(αp−α−1)} = (−1)^{(p−1)/2}p^{p^{α−1}(αp−α−1)} .

Aufgabe 58 Ad (1). Der Gruppenmorphismus

[figure: F_{p}^{×}; φ; F_{p}^{×}; x + (p); x^{2} + (p)]

hat den Kern ⟨⟨−1 + (p)⟩⟩ = {1 + (p), −1 + (p)}, da das Polynom X^{2} − 1 = 0 in F_{p} genau diese beiden Nullstellen hat. Sein Bild φ(F_{p}^{×}) = (F_{p}^{×})^{2} ist also isomorph zu F_{p}^{×}/⟨⟨−1 + (p)⟩⟩. Daher ist |(F_{p}^{×})^{2}| = (p − 1)/2. Es ist F_{p}^{×} ≃ C_{p−1} ; cf. [5, Aufgabe 27.(5)]. Wähle g ∈ Z ∖ (p) mit

F_{p}^{×} = ⟨⟨g + (p)⟩⟩ .

Unter dem Gruppenmorphismus

[figure: F_{p}^{×}; ψ; F_{p}^{×}; x + (p); x^{(p−1)/2} + (p)]

wird g + (p) abgebildet auf ein Element der Ordnung 2; jedes Element wird abgebildet auf ein Element der Ordnung 1 oder 2 ; cf. [5, Aufgabe 27.(2)]. Also ist

ψ(F_{p}^{×}) = ⟨⟨−1 + (p)⟩⟩ = Kern(φ) .

Es bildet ψ ∘ φ alle Elemente auf 1 + (p) ab; cf. [5, Aufgabe 11.(1.c)]. Folglich ist φ(F_{p}^{×}) ⊆ Kern(ψ). Da |φ(F_{p}^{×})| = (p − 1)/2 und auch | Kern(ψ)| = |F_{p}^{×}|/|ψ(F_{p}^{×})| = (p − 1)/2, folgt

(F_{p}^{×})^{2} = φ(F_{p}^{×}) = Kern(ψ) .

Sei a ∈ Z ∖ (p). Es ist ψ(a) = 1 + (p) genau dann, wenn a ∈ (F_{p}^{×})^{2} liegt, i.e. wenn ((\frac{a}{p})) = 1 ist. Es ist ψ(a) = −1 + (p) genau dann, wenn a ∉ (F_{p}^{×})^{2} liegt, i.e. wenn ((\frac{a}{p})) = −1 ist. Jedenfalls ist somit

a^{(p−1)/2} + (p) = ψ(a) = ((\frac{a}{p})) + (p) .

Seien a, b ∈ Z ∖ (p). Es wird

((\frac{a}{p}))((\frac{b}{p})) + (p) = (((\frac{a}{p})) + (p))(((\frac{b}{p})) + (p))
= (a^{(p−1)/2} + (p))(b^{(p−1)/2} + (p))
= (ab)^{(p−1)/2} + (p)
= ((\frac{ab}{p})) + (p) ,

und also auch

((\frac{a}{p}))((\frac{b}{p})) = ((\frac{ab}{p})) ,

da {−1, +1} → Z/(p), x ↦ x + (p) injektiv ist. Wähle für jedes a ∈ Z ∖ (p) ein a^{∗} ∈ Z ∖ (p) mit a^{∗} + (p) = (a + (p))^{−1}, i.e. mit aa^{∗} ≡_{p} 1. Es wird ((\frac{a^{∗}}{p} ))((\frac{a}{p})) = ((\frac{aa^{∗}}{p} )) = ((\frac{1}{p})) = 1, und somit ((\frac{a^{∗}}{p} )) = ((\frac{a}{p})). Ad (2). Schreibe ā := a + (p) für a ∈ Z. Schreibe U := U(Z/(p)) und U^{≠1} := U(Z/(p)) ∖ {¯1}.

Sei wieder F_{p}^{×} = ⟨⟨g + (p)⟩⟩ für ein geeignetes g ∈ Z ∖ (p). Es ist

− ∑_{c+(p)∈U} ((\frac{c}{p})) = ((\frac{g}{p})) ∑_{c+(p)∈U} ((\frac{c}{p}))
=^{(1)} ∑c+(p)∈U ((\frac{gc}{p}))
=^{d = gc} ∑d+(p)∈U ((\frac{d}{p}))
= ∑_{c+(p)∈U} ((\frac{c}{p})) ,

und also ∑_{c+(p)∈U} ((\frac{c}{p})) = 0, i.e. ∑_{c+(p)∈U^{≠1}} ((\frac{c}{p})) = −((\frac{1}{p})) = −1. Damit wird

τ^{2} = (∑_{ā∈U} ((\frac{a}{p}))ζ_{p}^{a})(∑_{b̄∈U} ((\frac{b}{p}))ζ_{p}^{b})
=  ∑_{ā, b̄ ∈ U} ((\frac{a}{p}))ζ_{p}^{a}((\frac{b}{p}))ζ_{p}^{b}
=^{(1)}  ∑_{ā, b̄ ∈ U} ((\frac{ab}{p}))ζ_{p}^{a+b}
=  ∑_{ā, b̄ ∈ U} ((\frac{−ab}{p}))ζ_{p}^{a−b}
=  ((\frac{−1}{p})) ∑_{ā, b̄ ∈ U} ((\frac{ab}{p}))ζ_{p}^{a−b}
=  ((\frac{−1}{p})) ∑_{ā, b̄ ∈ U} ((\frac{ab}{p}))ζ_{p}^{a−b}
=^{(1)}  ((\frac{−1}{p})) ∑_{ā, b̄ ∈ U} ((\frac{ab^{∗}}{p} ))ζ_{p}^{a−b}
=^{c̄ = āb̄^{−1}} ((\frac{−1}{p})) ∑_{c̄, b̄ ∈ U} ((\frac{c}{p}))ζ_{p}^{bc−b}
=^{d̄= b̄(c̄ − 1)} ((\frac{−1}{p}))(( ∑_{c̄∈U^{≠1}} ((\frac{c}{p})) ∑_{b̄∈U} ζ_{p}^{b(c−1)}) + ( ∑_{b̄∈U} ((\frac{1}{p}))ζ^{0}))
=  ((\frac{−1}{p}))(( ∑_{c̄∈U^{≠1}} ((\frac{c}{p})) ∑_{d̄∈U} ζ_{p}^{d}) + (p − 1))
=  ((\frac{−1}{p}))( − ( ∑_{c̄∈U^{≠1}} ((\frac{c}{p}))) + (p − 1))
=  ((\frac{−1}{p}))(1 + (p − 1))
=  ((\frac{−1}{p}))p .

Ad (3). Dank (2) gibt es in Q(ζ_{p}) eine Nullstelle des Polynoms X^{2} − ((\frac{−1}{p}))p. Also liegen beide komplexe Nullstellen dieses Polynoms in Q(ζ_{p}), namentlich +\sqrt{((\frac{−1}{p}))p} und −\sqrt{((\frac{−1}{p}))p}, welche Wurzel man in C dazu auch immer gewählt hat. Somit ist Q( \sqrt{((\frac{−1}{p}))p}) ein Teilkörper von Q(ζ_{p}).

Aufgabe 59 Ad (1). Es ist ((\frac{−1}{23})) = (−1)^{(23−1)/2} = −1 ; cf. Aufgabe 58.(1). Gemäß Aufgabe 58.(3) ist Q( \sqrt{((\frac{−1}{23}))23} ) = Q(\sqrt{−23}) ein Teilkörper von Q(ζ_{23}).

Ad (2). Es ist O_{Q(ζ_{23})} =^{L. 129.(2)} Z[ζ_{23}]. Es ist ferner

O_{Q(ζ_{23})} = Γ_{Q(ζ_{23})}(Z) =^{A. 5.(2)} Γ_{Q(ζ_{23})}(Γ_{Q(\sqrt{−23})}(Z)) = Γ_{Q(ζ_{23})}(O_{Q(\sqrt{−23})}) .

Gemäß Aufgabe 47.(1) ist Cl(O_{Q(\sqrt{−23})}) ≃ C_{3} . Insbesondere ist 3 = |Cl(O_{Q(\sqrt{−23})})| teilerfremd zu [Q(ζ_{23}) : Q(\sqrt{−23})] = 11.

Wir können also Aufgabe 50.(3) zum Einsatz bringen und erhalten den surjektiven Gruppenmorphismus

Cl(Z[ζ_{23}]) ^{\overline{}^{N^{Q(ζ_{23})|Q(\sqrt{−23})}}} Cl(O_{Q(\sqrt{−23})})
[𝔥]  \overline{}[N_{Q(ζ_{23})|Q(\sqrt{−23})}(𝔥)] .

Sei [𝔤] ein Urbild eines Elements der Ordnung 3 unter diesem Gruppenmorphismus. Dann ist 3 ein Teiler der Ordnung von [𝔤]. Folglich ist 3 ein Teiler der Ordnung von Cl(Z[ζ_{23}]). Insbesondere ist |Cl(Z[ζ_{23}])| > 1 und folglich Z[ζ_{23}] kein Hauptidealbereich; cf. Bemerkung 69.(1).

Aufgabe 60 Ad (1). Zunächst ist Δ_{Q(ζ_{40})} = Δ_{Q(ζ_{8})}^{4} · Δ_{Q(ζ_{5})}^{4} ; cf. Satz 130.(2). Das Vorzeichen von Δ_{Q(ζ_{8})} und von Δ_{Q(ζ_{5})} spielt also keine Rolle, es genügt also, mittels Lemma 129.(4) festzustellen, daß |Δ_{Q(ζ_{8})}| = 2^{8} und |Δ_{Q(ζ_{5})}| = 5^{3} ist. So erhalten wir Δ_{Q(ζ_{40})} = 2^{32} · 5^{12}. Ad (2). Wir schreiben ζ := ζ_{40} . Es ist Φ_{40}(X) = X^{16} − X^{12} + X^{8} − X^{4} + 1. Das Bild von Φ_{40}(X) in F_{2}[X] zerfällt gemäß Satz 131 in d = 1 normierten irreduziblen Faktor von Grad f = 4 mit Exponent e = 4. In der Tat wird

X^{16} − X^{12} + X^{8} − X^{4} + 1 = (X^{4} + X^{3} + X^{2} + X + 1)^{4} ∈ F_{2}[X]

die Zerlegung in normierte irreduzible Faktoren in F_{2}[X]. Das liefert die Primidealfaktorzerlegung (2) = (ζ^{4} + ζ^{3} + ζ^{2} + ζ + 1, 2)^{4} .

Das Bild von Φ_{40}(X) in F_{3}[X] zerfällt gemäß Satz 131 in d = 4 normierte irreduziblen Faktoren von Grad f = 4 mit Exponent e = 1. In der Tat wird X^{16}−X^{12}+X^{8}−X^{4}+1 = (X^{4}+X^{2}+X+1)(X^{4}+X^{2}−X+1)(X^{4}+X^{3}+X^{2}+1)(X^{4}−X^{3}+X^{2}+1) ∈ F_{3}[X] die Zerlegung in normierte irreduzible Faktoren in F_{3}[X]. Das liefert die Primidealfaktorzerlegung

(3) = (ζ^{4} + ζ^{2} + ζ + 1, 3)(ζ^{4} + ζ^{2} − ζ + 1, 3)(ζ^{4} + ζ^{3} + ζ^{2} + 1, 3)(ζ^{4} − ζ^{3} + ζ^{2} + 1, 3) .

Das Bild von Φ_{40}(X) in F_{5}[X] zerfällt gemäß Satz 131 in d = 2 normierte irreduziblen Faktoren von Grad f = 2 mit Exponent e = 4. In der Tat wird

X^{16} − X^{12} + X^{8} − X^{4} + 1 = (X^{2} + 2)^{4}(X^{2} − 2)^{4} ∈ F_{5}[X]

die Zerlegung in normierte irreduzible Faktoren in F_{5}[X]. Das liefert die Primidealfaktorzerlegung (5) = (ζ^{2} + 2, 5)^{4}(ζ^{2} − 2, 5)^{4} .

Ad (3).

1. Damit das Bild von Φ_{40}(X) in F_{p}[X] irreduzibel ist, sollte, in der Notation von Satz 131, d = 1 und e = 1 sein. Für e = 1 brauchen wir p ∉ {2, 5}.

Für d = 1 brauchen wir dann f = 16. Die Restklasse von p in Z/(40) sollte also in U(Z/(40)) von Ordnung 16 sein. Nun ist aber U(Z/(40)) ≃ U(Z/(8))×U(Z/(5)) ; cf. Bemerkung 128.(3). Nun ist aber U(Z/(8)) ≃ C_{2} ×C_{2} und U(Z/(5)) ≃ C_{4}. Jedes Element in U(Z/(40)) hat also eine Ordnung, die 4 teilt. Somit gibt es keine Primzahl p, für welche das Bild von Φ_{40}(X) in F_{p}[X] irreduzibel ist.

2. Damit das Bild von Φ_{40}(X) in F_{p}[X] in Linearfaktoren zerfällt, sollte, in der Notation von Satz 131, f = 1 sein. Die Restklasse von p in Z/(40) sollte also in U(Z/(40)) von Ordnung 1 sein. Dies ist genau dann der Fall, wenn p ≡_{40} 1 ist. Somit zerfällt das Bild von Φ_{40}(X) in F_{p}[X] genau dann in Linearfaktoren, wenn p ≡_{40} 1 ist. Dies ist e.g. für p ∈ {41, 241, 281, 401, 521, 601, 641, 761, 881} der Fall.

Aufgabe 61 Schreibe O_{L} = Z[y] für ein geeignetes y ∈ O_{L}, was nach Voraussetzung möglich ist. Sei p ∈ Z_{>0} prim. Wir verwenden die Bezeichnungen von §4.2.2 im Falle A = Z, K = Q und 𝔭 = (p). Es ist G_{𝔮}/I_{𝔮} ≃ Gal(B̄|Ā) ; cf. Satz 143.(2). Da Ā ≃ F_{p} ist und B̄|Ā eine endliche Körpererweiterung nach Aufgabe 43.(1), ist Gal(B̄|Ā) zyklisch; cf. [5, §3.6]. Damit (p) bezüglich K|Q Zerlegungsbreite d = 1 hat, sollte L_{dec} = K, i.e. G_{𝔮} = G sein; cf. Satz 143.(1), Definition 137.(1), [5, §3.5.2]. Da G nichtzyklisch ist, sollte wegen G_{𝔮}/I_{𝔮} zyklisch dazu I_{𝔮} ≠ 1 sein, i.e. e > 1 ; cf. Satz 143.(3). Letzteres kann aber nur der Fall sein, wenn p ein Teiler von Δ_{L|K, (b^{0},...,b^{ℓ−1})} ist. Nun hat aber Δ_{L|K, (b^{0},...,b^{ℓ−1})} nur endlich viele Primteiler.

Aufgabe 62 Wir schreiben auch L := Q(δ, ζ), M := Q(δ) und K := Q. Also L|M|K. Ad (1). Es ist μ_{δ,K}(X) = X^{3} − 2 ; cf. Lösung zu Aufgabe 7.(1). Also ist μ_{δ+1,K}(X) = (X − 1)^{3} − 2 = X^{3} − 3X^{2} + 3X − 3 . Insbesondere ist (δ + 1)((δ + 1)^{2} − 3(δ + 1) + 3(δ + 1)) = 3, i.e. (δ + 1)^{−1} = \frac{1}{3}((δ + 1)^{2} − 3(δ + 1) + 3) = \frac{1}{3}(δ^{2} − δ + 1). Es ist μ_{ζ,K}(X) = Φ_{3}(X) = X^{2} + X + 1. Also ist μ_{ζ−1,K}(X) = (X + 1)^{2} + (X + 1) + 1 = X^{2} + 3X + 3. Es sind Q(ζ)|Q und Q(δ)|Q linear disjunkt. Denn es ist Q(δ, ζ) ein Kompositum von Q(ζ)|Q und Q(δ)|Q vermöge der Einbettungen, und es ist [Q(ζ, δ) : Q] = 6 = 2 · 3 = [Q(ζ) : Q] · [Q(δ) : Q] ; cf. Lemma 44. Also ist auch μ_{ζ−1,M}(X) = μ_{ζ−1,Q(δ)}(X) = X^{2} + 3X + 3 ; cf. Definition 43. Sei

η := \frac{ζ − 1}{δ + 1} .

Es ist

μ_{η,M}(X) = μ_{η,Q(δ)}(X)
= (((δ + 1)X)^{2} + 3((δ + 1)X) + 3)(δ + 1)^{−2}
= X^{2} + (δ^{2} − δ + 1)X + \frac{1}{3}(δ^{2} − δ + 1)^{2} = X^{2} + (δ^{2} − δ + 1)X + (δ^{2} − 1) .

Schreibe A := Z, C := O_{M} und B := O_{L}; cf. Aufgabe 19.(2). Es ist C = Z[δ], und dies ist ein Hauptidealbereich ; cf. Aufgaben 19.(2) und 48.

[figure: L; B; M; C; K; A]

Somit ist η ∈ Γ_{L}(C) = Γ_{L}(Γ_{M}(A)) =^{A. 5.(2)} Γ_{L}(Z) = O_{L} = B. Es ist \frac{ζ^{2}−1}{δ+1} = (ζ + 1) \frac{ζ−1}{δ+1} = (ζ + 1)η. Also wird

Δ_{L|M, (1,η)} =^{B. 25} ((ζ + 1)η − η)^{2} = (ζη)^{2} = ζ^{2} \frac{(ζ − 1)^{2}}{(δ + 1)^{2}} = ζ^{2}(ζ^{2} − 2ζ + 1)\frac{1}{3}(δ^{2} − 1) = 1 − δ^{2} .

Es ist

N_{M|K}(1 − δ^{2}) =^{L. 15.(2)} (1 − δ^{2})(1 − (ζδ)^{2})(1 − (ζ^{2}δ)^{2}) = 1 − δ^{6} = −3 .

Also ist 1 − δ^{2} ∈ C irreduzibel. Da C ein Hauptidealbereich ist, folgt 1 − δ^{2} prim ; cf. Aufgabe 2.(2). Es wird

C[η] ⊆ B ⊆ B^{#,C} ⊆ C[η]^{#,C} ;

cf. Bemerkung 30, Lemma 31, §2.3.4. Es ist \underline{y} = ( y_{1} , y_{2} ) := (1, η) eine C-lineare Basis von C[η]. Sei \underline{g} = ( g_{1} , g_{2} ) eine C-lineare Basis von B; cf. Lemma 33. Sei \underline{y′} = ( y′_{1} , y′_{2} ) die zu \underline{y} und \underline{g′} = ( g′_{1} , g′_{2} ) die zu \underline{g} duale Basis bezüglich der Spurbilinearform von L|M ; cf. Lemma 22. Schreibe y_{i} = ∑_{j∈[1,2]} g_{j} s_{j,i} für i ∈ [1, 2], wobei S := (s_{i, j})_{i, j} ∈ C^{2×2}. I.e. S ist die beschreibende Matrix der C-linearen Einbettungsabbildung C[η] ↪ B bezüglich \underline{y} und \underline{g}. Wir behaupten, daß für i ∈ [1, 2]

g′_{i} =^{!} ∑_{j∈[1,n]} s_{i, j} y′_{j} .

ist. Für k ∈ [1, 2] wird auf der einen Seite

Tr_{L|M}(g′_{i} · y_{k}) = _{∑j∈[1,2]} Tr_{L|M}(g′_{i} · g_{j})s_{j,k} = _{∑j∈[1,2]} ∂_{i, j} s_{j,k} = s_{i,k} ,

auf der anderen Seite

Tr_{L|M}(_{∑j∈[1,2]} s_{i, j} y′_{j} · y_{k}) = _{∑j∈[1,2]} s_{i, j} Tr_{L|M}(y′_{j} · y_{k}) = _{∑j∈[1,2]} s_{i, j} ∂_{j,k} = s_{i,k} , also beidesmal dasselbe. Dies zeigt die Behauptung, da die Spurbilinearform nichtausgeartet ist ; cf. Lemma 22. I.e. S^{t} ist die beschreibende Matrix der C-linearen Einbettungsabbildung B^{#,C} ↪ C[η]^{#,C} bezüglich \underline{g′} und \underline{y′}.

Schreibe g_{i} = ∑_{j∈[1,2]} g′_{j} d_{j,i} für i ∈ [1, 2], wobei D := (d_{i, j})_{i, j} ∈ C^{2×2}. I.e. D ist die beschreibende Matrix der C-linearen Einbettungsabbildung B ↪ B^{#,C} bezüglich \underline{g} und \underline{g′}. Wir behaupten, daß für i ∈ [1, 2] sich d_{i, j} = Tr_{L|M}(g_{i} · g_{j}) ergibt, mithin also Δ_{L|M, \underline{g}} = det(D). Für i, k ∈ [1, 2] wird

Tr_{L|M}((∑_{j∈[1,2]} g′_{j} Tr_{L|M}(g_{i} · g_{j}))g_{k}) = ∑_{j∈[1,2]} Tr_{L|M}(g_{i} · g_{j}) Tr_{L|M}(g′_{j} · g_{k})
= ∑_{j∈[1,2]} Tr_{L|M}(g_{i} · g_{j})∂_{j,k}
= Tr_{L|M}(g_{i} · g_{k}) .

Da die Spurbilinearform nichtausgeartet ist, folgt ∑_{j∈[1,2]} g′_{j} Tr_{L|M}(g_{i} · g_{j}) = g_{i} für i ∈ [1, 2] ; cf. Lemma 22. Dies zeigt die Behauptung. Da die Einbettung C[η] ↪ C[η]^{#,C} die beschreibende Matrix S^{t}DS besitzt bezüglich \underline{y} und \underline{y′}, wird genauso Δ_{L|M, \underline{y}} = det(S^{t}DS) = det(S)^{2} det(D). Da aber Δ_{L|M, \underline{y}} = 1 − δ^{2} prim ist, folgt, daß det(S) ∈ U(C) liegt ; cf. Aufgabe 2. Also ist die Einbettungsabbildung C[η] ↪ B bijektiv, i.e. C[η] = B. Mit anderen Worten, es ist

O_{Q(δ,ζ)} = O_{L} = B = C[η] = Z[δ, η] .

Insbesondere ist \underline{h} := (η^{0}δ^{0}, η^{0}δ^{1}, η^{0}δ^{2}, η^{1}δ^{0}, η^{1}δ^{1}, η^{1}δ^{2}) eine Z-lineare Basis von O_{Q(δ,ζ)} .

Cf. Aufgaben 18 und 14.

Beachte auch Z[δ, ζ] ⊂ B, da η ∈ B, aber η = (δ + 1)^{−1}ζ − (δ + 1)^{−1} ∉ Z[δ, ζ], da δ + 1 ∉ U(C), da N_{M|K}(δ + 1) = 3 ∉ U(A), wie wir μ_{δ+1,K}(X) entnehmen; cf. Lemma 14.

Nach Satz 100.(2) und Lemma 96 wird, als Ideale in Z,

(Δ_{L|K, \underline{h}})  =^{L. 96}  𝔡_{L|K,A}
=^{S. 100.(2)}  N_{M|K}(𝔡_{L|M,C}) · 𝔡_{M|K,A}^{2}
=^{L. 96}  N_{M|K}( (Δ_{L|M,(1,η)}) ) · (Δ_{M|K,(1,δ,δ^{2})})^{2}
=^{A. 19.(2), B. 86.(3)} ( N_{M|K}(Δ_{L|M,(1,η)}) ) · (−2^{2} · 3^{3})^{2}
=^{s.o.}  (−3) · (−2^{2} · 3^{3})^{2}
=  (2^{4} · 3^{7}) .

In anderen Worten, es ist

|Δ_{Q(δ,ζ)}| = |Δ_{L}| = 2^{4} · 3^{7} .

Beachte, daß wir wegen Δ_{Q(ζ)} = −3 und Δ_{Q(δ)} = −108 nicht teilerfremd den Satz 48 nicht zur Anwendung bringen können. Und in der Tat ist sowohl

Z[δ, ζ] ⊂ O_{Q(δ,ζ)}

als auch

|Δ_{Q(δ,η)}| = 3^{7} · 2^{4} ≠ 3^{9} · 2^{4} = (3^{3} · 2^{2})^{2} · 3^{3} = |Δ_{Q(δ)}|^{[Q(ζ):Q]} · |Δ_{Q(ζ)}|^{[Q(δ):Q]} ,

so daß die Aussagen des Satzes hier in der Tat nicht zutreffen.

Ad (2). Wir gehen in zwei Schritten vor, zerlegen zunächst (5) in Z[δ] = O_{M} und dann das Resultat weiter in Z[δ, η] = O_{L}, unter Verwendung der Lösung zu Aufgabe 30.(2).

In F_{5}[X] ist

X^{3} − 2 = (X + 2)^{1}(X^{2} − 2X − 1)^{1}

die Zerlegung in normierte irreduzible Faktoren. In Z[δ] erhalten wir also die Primidealfaktorzerlegung

(5) = (δ + 2, 5)(δ^{2} − 2δ − 1, 5) .

Wir haben Körperisomorphismen

[figure: Z[δ]/(δ + 2, 5); ∼; F_{5}[X]/(μ̄_{δ,K}(X), X + 2); ∼; F_{5}; δ; X; −2 .]

In (Z[δ]/(δ + 2, 5))[X] haben wir das Bild von μ_{η,M}(X) = X^{2} + (δ^{2} − δ + 1)X + (δ^{2} − 1) unter der koeffizientenweisen Restklassenabbildung in normierte irreduzible Faktoren zu zerlegen. Unter dem koeffizientenweise angewandten ebengenannten Isomorphismus wird dieses Bild zu

X^{2} + ((−2)^{2} − (−2) + 1)X + ((−2)^{2} − 1) = X^{2} + 2X − 2 .

In F_{5}[X] haben wir die Faktorisierung

X^{2} + 2X − 2 = (X^{2} + 2X − 2)^{1}

in normierte irreduzible Faktoren. Also erhalten in Z[δ, η] die Primidealfaktorzerlegung

(δ + 2, 5) = (δ + 2, 5)^{1} .

Schreibe 𝔮 := (δ + 2, 5). Damit ist der Verzweigungsindex von (5) bezüglich L|K gleich 1, denn die Zerlegung des anderen Faktors (δ^{2} − 2δ − 1, 5) in Z[δ, η] kann nicht das Primideal (δ + 2, 5) enthalten, wie der Schnitt mit Z[δ] zeigt.

Wir erinnern an Gal(L|K) = { τ_{i} : i ∈ [1, 6] } = S_{3} (nach Identifikation) aus der Lösung zur Aufgabe 7.(1). Es beläßt τ_{4} die Erzeuger von (δ + 2, 5) ⊆ Z[δ, η] und bildet damit dieses Ideal auf sich ab. Also ist τ_{4} ∈ G_{𝔮}. Es kann aber nicht G_{𝔮} = S_{3} sein, da diesenfalls dank Lemma 138.(1) das Ideal (5) in Z[δ, η] Zerlegungsbreite 1 haben müßte, was schon in Z[δ] nicht der Fall war. Also muß G_{𝔮} = ⟨⟨τ_{4}⟩⟩ sein.

Da S_{3} = G_{𝔮} ⊔ τ_{2}G_{𝔮} ⊔ τ_{3}G_{𝔮} ist, haben wir dank Lemma 138.(1) in Z[δ, η] die Primidealfaktorzerlegung

(5) = 𝔮^{1} · τ_{2}(𝔮)^{1} · τ_{3}(𝔮)^{1} = (δ + 2, 5)^{1}(ζδ + 2, 5)^{1}(ζ^{2}δ + 2, 5)^{1} .

Somit ergibt sich die Zerlegungsbreite von (5) zu

d = 3 .

Da der Verzweigungsindex

e = 1

ist und da d ef = [L : K] = 6 sein muß, folgt

f = 2 ;

cf. Lemma 138.(4).

In der Tat ergibt auch eine direkte Rechnung in Z[δ, η]

(ζδ + 2, 5)(ζ^{2}δ + 2, 5) = ( δ^{2} − 2δ + 4 , 5ζδ + 10 , 5ζ^{2}δ + 10 , 25 )
= ( δ^{2} − 2δ + 4 , (δ^{2} − 2δ + 4)(δ + 2) , 5ζδ + 10 , 5ζ^{2}δ + 10 , 25 )
= ( δ^{2} − 2δ + 4 , 10 , 5ζδ + 10 , 5ζ^{2}δ + 10 , 25 )
= ( δ^{2} − 2δ + 4 , 10 , 5ζδ + 10 , 5ζ^{2}δ + 10 , 5 )
= ( δ^{2} − 2δ − 1 , 5 ) ,

und wir haben so in der Tat den anderen Primidealfaktor der obengenannten Zerlegung von (5) in Z[δ] dann im Ring Z[δ, η] weiter in zwei Primidealfaktoren zerlegt.

Aus (1) wissen wir bereits, daß (5) teilerfremd zu |Δ_{M}| = 108 ist, der Verzweigungsindex aller Primidealfaktoren von (5) bezüglich M|K also gleich 1 ist; cf. Lemma 136. Ferner ist (Δ_{L|M, (1,η)}) = (1 − δ^{2}) teilerfremd zu (δ + 2, 5) und zu (δ^{2} − 2δ − 1, 5), da ansonsten die Idealnormen bezüglich M|K einen gemeinsamen Primidealfaktor in Z hätten, diese sind aber auf der einen Seite gleich (3), auf der anderen Seite jeweils eine Potenz von (5) ; cf. Aufgabe 34.(3) oder Aufgabe 43.(1) (genauer, (5^{1}) resp. (5^{2})). Also haben beide Faktoren (δ + 2, 5) und (δ^{2} − 2δ − 1, 5) bezüglich L|M den Verzweigungsindex 1 ; cf. Lemma 136. Insgesamt hat (5) bezüglich L|K den Verzweigungsindex 1 – wie unsere direkte Rechnung ja auch bestätigt hat. Ad (3). Sei, wie in (2), das Primideal 𝔮 = (δ + 2, 5) ⊆ Z[δ, η] betrachtet. Es ist, wie dort ermittelt, G_{𝔮} = ⟨⟨τ_{4}⟩⟩. Also ist der Zerlegungskörper von 𝔮 bezüglich L|K gegeben durch

L_{dec} = Fix_{G_{𝔮}}(L) = M = Q(δ) ;

cf. Aufgabe 7.(1). Ferner ist [L : L_{inert}] = e = 1 ; cf. Satz 143.(3). Also ist

L_{inert} = L = Q(δ, ζ) .

Ad (4). Die Aussagen sind falsch. Wir haben mit (1, 2, 3) unter Beibehaltung der dortigen Notation nun folgendes Gegenbeispiel. Es ist K = Q, A = Z, L = Q(δ, ζ) = Q(δ, η), B = Z[δ, η], L_{dec} = Q(δ) und B_{dec} = Z[δ]. Sei 𝔭 = (5) ∈ Ideale_{prim}^{×}(A). Wir haben 𝔮 = (δ + 2, 5) gewählt. Sei 𝔯 = (δ^{2} − 2δ − 1, 5). Es ist der Trägheitsindex von 𝔯 bezüglich L_{dec}|K gleich 2. Die Zerlegungsbreite von (5) bezüglich L|K ist gleich d = 3. Die Zerlegungsbreite von (5) bezüglich L_{dec}|K ist dagegen gleich 2.

Aufgabe 63 Ad (1). Schreibe G := Gal(Q(ζ)|Q). Schreibe K := Q und L := Q(ζ). Unabhängigkeiten von der Wahl. Seien 𝔮 und 𝔮̃ Primideale von B, die 3 enthalten, die also in der Primidealfaktorzerlegung von (3) auftreten; cf. Aufgabe 29.(1). Gemäß Lemma 138.(1) gibt es ein σ ∈ G mit σ(𝔮) = 𝔮̃. Dann gilt für die Zerlegungsgruppen

G𝔮̃ = G_{σ(𝔮)}
= { ρ ∈ G : ρσ(𝔮) = σ(𝔮) }
= { ρ ∈ G : σ^{−1}ρσ(𝔮) = 𝔮 }
= { ρ ∈ G : σ^{−1}ρσ ∈ G_{𝔮} }
= { ρ ∈ G : ρ ∈ σ ∘ G_{𝔮} ∘ σ^{−1} }
= σG_{𝔮}σ^{−1} .

Da aber G abelsch ist, folgt G𝔮̃ = σ ∘ G_{𝔮} ∘ σ^{−1} = G_{𝔮}. Für die Zerlegungskörper gilt entsprechend L_{dec,𝔮} = Fix_{G_{𝔮}}(L) = Fix_{G𝔮̃}(L) = L_{dec,𝔮̃}; cf. Definition 137.(1).

Nun gilt ferner für die Trägheitsgruppen

I𝔮̃ = I_{σ(𝔮)}
=  { ρ ∈ G_{σ(𝔮)} : ρ(b) ≡_{σ(𝔮)} b für b ∈ B }
=  { ρ ∈ G_{σ(𝔮)} : ρ(b) − b ∈ σ(𝔮) für b ∈ B }
=  { ρ ∈ G_{σ(𝔮)} : σ^{−1}(ρ(b) − b) ∈ 𝔮 für b ∈ B }
=  { ρ ∈ σ ∘ G_{𝔮} ∘ σ^{−1} : σ^{−1}(ρ(b)) ≡_{𝔮} σ^{−1}(b) für b ∈ B }
=  { τ ∈ G_{𝔮} : σ^{−1}((σ ∘ τ ∘ σ^{−1})(b)) ≡_{𝔮} σ^{−1}(b) für b ∈ B }
=  { τ ∈ G_{𝔮} : τ(σ^{−1}(b)) ≡_{𝔮} σ^{−1}(b) für b ∈ B }
=^{L. 20.(1)} { τ ∈ G_{𝔮} : τ(b̃) ≡_{𝔮} b̃ für b̃ ∈ B }
=  I_{𝔮} ,

selbst ohne G abelsch verwendet zu haben. Für die Trägheitskörper gilt entsprechend L_{inert,𝔮} = Fix_{I_{𝔮}}(L) = Fix_{I𝔮̃}(L) = L_{inert,𝔮̃}; cf. Definition 137.(1). Berechnung von Zerlegungs- und Trägheitskörper. Es ist Φ_{24}(X) = X^{8} − X^{4} + 1 ∈ Z[X]. Die Zerlegungsparameter sind, in den Bezeichnungen von Satz 131, Verzweigungsindex e = 2, Trägheitsgrad f = 2 und Zerlegungsbreite d = 2. Damit im Einklang hat sein Bild Φ̄_{24}(X) in F_{3}[X] folgende Zerlegung in normierte irreduzible Faktoren. Φ̄_{24}(X) = X^{8} − X^{4} + 1 = X^{8} + 2X^{4} + 1 = (X^{4} + 1)^{2} = (X^{2} + X − 1)^{2}(X^{2} − X − 1)^{2} ∈ F_{3}[X] Folglich erhalten wir die Primidealfaktorzerlegung in B

(3) = (ζ^{2} + ζ − 1, 3)^{2}(ζ^{2} − ζ − 1, 3)^{2}

cf. Lösung zu Aufgabe 30.(2). Wähle 𝔮 := (ζ^{2} + ζ − 1, 3). Wir haben den Isomorphismus

[figure: B/𝔮; ψ; ∼; F_{3}[X]/(X^{2} + X − 1); ζ + 𝔮; X + (X^{2} + X − 1)]

cf. Lösung zu Aufgabe 30.(2). Schreibe U := {1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23}. Schreiben wir σ_{i} : L →^{∼} L, ζ ↦ ζ^{i} für i ∈ U. Dann ist

G = { σ_{i} : i ∈ U } ;

cf. Aufgabe 17.(1). Die Zerlegungsgruppe wird

G_{𝔮} = { σ ∈ G : σ(𝔮) = 𝔮 }
=^{σ(𝔮) max.} { σ ∈ G : σ(𝔮) ⊆ 𝔮 }
=  { σ ∈ G : σ(ζ^{2} + ζ − 1) ∈ 𝔮 }
=  { σ_{i} ∈ G : i ∈ U, ζ^{2i} + ζ^{i} − 1 ∈ 𝔮 }
=^{ψ Isom.} { σ_{i} ∈ G : i ∈ U, X^{2i} + X^{i} − 1 ∈ (X^{2} + X − 1) in F_{3}[X] }
=  { σ_{1} , σ_{11} , σ_{17} , σ_{19} } .

A priori ist [L_{dec} : K] = d = 2 ; cf. Satz 143.(1). Ferner ist L_{dec} = Fix_{G_{𝔮}}(L) ∋ σ_{1}(ζ) + σ_{11}(ζ) + σ_{17}(ζ) + σ_{19}(ζ) = −ζ^{5} −ζ^{3} +ζ von Minimalpolynom μ_{−ζ^{5}−ζ^{3}+ζ}(X) = X^{2} +2. Folglich ist bereits L_{dec} = Q(\sqrt{−2}), wobei wir \sqrt{−2} mit −ζ^{5} − ζ^{3} + ζ identifizieren wollen. In den Bezeichnungen von Definition 137 ist also B_{dec} = Z[\sqrt{−2}] ; cf. Aufgabe 3.

Schreibe U_{dec} = {1, 11, 17, 19}. Die Trägheitsgruppe wird

I_{𝔮}  =  { σ ∈ G_{𝔮} : σ(b) ≡_{𝔮} b für b ∈ B }
=  { σ ∈ G_{𝔮} : σ(ζ) ≡_{𝔮} ζ }
=  { σ_{i} ∈ G : i ∈ U_{dec} , ζ^{i} ≡_{𝔮} ζ }
=  { σ_{i} ∈ G : i ∈ U_{dec} , ζ^{i} − ζ ∈ 𝔮 }
=^{ψ Isom.} { σ_{i} ∈ G : i ∈ U_{dec} , X^{i} − X ∈ (X^{2} + X − 1) in F_{3}[X] }
=  { σ_{1} , σ_{17} } .

A priori ist [L : L_{inert}] = e = 2 ; cf. Satz 143.(3). Ferner ist L_{inert} = Fix_{I_{𝔮}}(L) ∋ ζ^{3}, da 3 · 17 = 51 ≡_{24} 3. Es ist [Q(ζ^{3}) : Q] = [Q(ζ_{8}) : Q] = 4 ; cf. Aufgabe 17.(1). Folglich ist [L : Q(ζ^{3})] = 2. Also ist bereits L_{inert} = Q(ζ_{8}).

In den Bezeichnungen von Definition 137 ist also B_{inert} = Z[ζ^{3}] ; cf. Lemma 129.(2).

Ad (2). In F_{3}[X] haben wir die folgende Zerlegung in normierte irreduzible Faktoren.

X^{2} + 2 = (X − 1)(X + 1) ∈ F_{3}[X] .

Folglich haben wir in B_{dec} = Z[\sqrt{−2}] die Primidealfaktorisierung

(3) = (\sqrt{−2} − 1, 3)(\sqrt{−2} + 1, 3) .

cf. Lösung zu Aufgabe 30.(2). Dabei ist \sqrt{−2}−1 = −ζ^{5}−ζ^{3}+ζ−1 ∈ 𝔮, da −X^{5}−X^{3}+X−1 ∈ (X^{2}+X−1) in F_{3}[X]. Folglich ist

𝔮_{dec} = (\sqrt{−2} − 1, 3) = (\sqrt{−2} − 1) ,

wobei letzteres wegen (\sqrt{−2} − 1)(−\sqrt{−2} − 1) = 3 gilt.

In der Tat ist v_{𝔮_{dec}}( (3) ) = 1, wie in Satz 143.(1) behauptet.

Ferner ist B̄_{dec} = B_{dec}/(\sqrt{−2}−1, 3) →^{∼} F_{3}[X]/(X −1) →^{∼} F_{3} , wobei \sqrt{−2} auf X und dann auf 1 abgebildet wird; cf. Lösung zu Aufgabe 30.(2).

Ad (3). Es ist μ_{ζ^{3},Q}(X) = X^{4}+1. In Q(\sqrt{−2})[X] haben wir dann X^{4}+1 = (X^{2}−X\sqrt{−2}−1)(X^{2}+X\sqrt{−2}− 1). Es ist (ζ^{3})^{2} + ζ^{3}\sqrt{−2} − 1 = ζ^{6} + ζ^{3}(−ζ^{5} − ζ^{3} + ζ) − 1 = 0, und also μ_{ζ^{3},Q(\sqrt{−2})}(X) = X^{2} + X\sqrt{−2} − 1. Sein Bild μ̄_{ζ^{3},Q(\sqrt{−2})}(X) in F_{3}[X] zerfällt wie folgt in ein Produkt normierter irreduzibler Faktoren.

μ̄_{ζ^{3},Q(\sqrt{−2})}(X) = (X^{2} + X − 1)^{1} ∈ F_{3}[X] .

Folglich haben wir B_{inert} = Z[ζ^{3}] die Primidealfaktorisierung

B_{inert}𝔮_{dec} = (\sqrt{−2} − 1) = 𝔮_{inert} ;

cf. Lösung zu Aufgabe 30.(2).

In der Tat wird dies von Satz 143.(2) so ausgesagt.

Ferner ist B̄_{inert} = B_{inert}/(\sqrt{−2}−1) →^{∼} F_{3}[T]/(T^{2} +T −1), ζ^{3} +(\sqrt{−2}−1) ↦ T +(T^{2} +T −1) ; cf. Lösung zu Aufgabe 30.(2). Schreibe darin t := T + (T^{2} + T − 1). Es wird also ζ^{3} + (\sqrt{−2} − 1) ↦ t abgebildet. Ferner ist F_{3}[T]/(T^{2} + T − 1) = F_{3}(t) ≃ F_{9}. Darin gilt t^{2} = 1 − t.

Ad (4). Es ist ζ^{8} − ζ^{4} + 1 = 0 und also ζ^{10} − ζ^{6} + ζ^{2} = 0. Folglich ist μ_{ζ,Q(ζ^{3})}(X) = X^{2} + ζ^{9}X − ζ^{6}. Sein Bild μ̄_{ζ,Q(ζ^{3})}(X) in F_{3}(t)[X] zerfällt wie folgt in ein Produkt normierter irreduzibler Faktoren.

μ̄_{ζ,Q(ζ^{3})}(X) = X^{2} + t^{3}X − t^{2} = X^{2} + 2(t + 1)X + (t − 1) = (X + (t + 1))^{2}

Folglich haben wir B = Z[ζ] die Primidealfaktorisierung

B𝔮_{inert} = (\sqrt{−2} − 1) = (ζ + ζ^{3} + 1, 3)^{2} ;

cf. Lösung zu Aufgabe 30.(2). Somit muß (ζ^{2} + ζ − 1, 3) = 𝔮 = (ζ + ζ^{3} + 1, 3) sein. Zur Probe verifizieren wir zum einen

ζ + ζ^{3} + 1 = (ζ − 1)(ζ^{2} + ζ − 1) + 3ζ ∈ (ζ^{2} + ζ − 1, 3) ,

zum andern ζ^{2} + ζ − 1 = (−ζ^{7} − ζ^{6} − ζ^{5} − ζ^{4})(ζ + ζ^{3} + 1) + 3(ζ^{7} + ζ^{6} + ζ^{5} + ζ^{4} − 1) ∈ (ζ + ζ^{3} + 1, 3) .

Ferner ist nun B𝔮_{inert} = 𝔮^{2} = 𝔮^{e} erkannt, wie von Satz 143.(3) ausgesagt.

Aufgabe 64 Schreibe ā := a + (p) für a ∈ Z. Sei, wie in Aufgabe 58, τ := ∑_{ā∈U(Z/(p))} ((\frac{a}{p}))ζ_{p}^{a}. Nach Aufgabe 58.(1) ist für b ∈ Z ∖ (ℓ)

b^{(ℓ−1)/2} ≡_{ℓ} ((\frac{b}{p})) .

Zum einen wird also

τ^{ℓ} = τ(τ^{2})^{\frac{ℓ−1}{2}}
=^{A. 58.(2)} τ((\frac{−1}{p}))^{\frac{ℓ−1}{2}} p^{\frac{ℓ−1}{2}}
≡_{ℓ}  τ(−1)^{\frac{p−1}{2} · \frac{ℓ−1}{2}} ((\frac{p}{ℓ})) .

Zum anderen wird, unter Verwendung dessen, daß Potenzieren mit ℓ den Frobenius-Ringmorphismus auf dem Ring Z[ζ_{p}]/(ℓ) liefert, cf. [5, A. 24.(1)],

τ^{ℓ} ≡_{ℓ} ∑_{ā∈U(Z/(p))} ((\frac{a}{p}))^{ℓ}ζ_{p}^{aℓ}
= ∑_{ā∈U(Z/(p))} ((\frac{a}{p}))ζ_{p}^{aℓ}
= ((\frac{ℓ}{p})) ∑_{ā∈U(Z/(p))} ((\frac{aℓ}{p}))ζ_{p}^{aℓ}
=^{¯ã = āℓ̄} ((\frac{ℓ}{p})) ∑_{¯ã∈U(Z/(p))} ((\frac{ã}{p}))ζã ; p
= ((\frac{ℓ}{p}))τ .

Multiplikation mit τ liefert

τ^{2}(−1)^{\frac{p−1}{2} · \frac{ℓ−1}{2}} ((\frac{p}{ℓ})) ≡_{ℓ} τ^{2}((\frac{ℓ}{p})) .

Da τ^{2} =^{A. 58.(2)} ((\frac{−1}{p}))p ≢_{ℓ} 0, repräsentiert τ^{2} ein invertierbares Element von Z/(ℓ) und damit auch ein invertierbares Element von Z[ζ_{p}]/(ℓ). Somit wird

(−1)^{\frac{p−1}{2} · \frac{ℓ−1}{2}} ((\frac{p}{ℓ})) ≡_{ℓ} ((\frac{ℓ}{p})) .

Wegen ℓ ⩾ 3 folgt

(−1)^{\frac{p−1}{2} · \frac{ℓ−1}{2}} ((\frac{p}{ℓ})) = ((\frac{ℓ}{p})) ,

und also

((\frac{p}{ℓ}))((\frac{ℓ}{p})) = (−1)^{\frac{p−1}{2} · \frac{ℓ−1}{2}} .

Literatur

[1] Atiyah, M.F., Macdonald, I.G., Commutative Algebra, Addison-Wesley, 1969.

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[3] dito, The splitting field of X^{3}−2 over Q, www.math.uconn.edu/~kconrad/blurbs/gradnumthy/Qw2.pdf,

2006 (Zugriff 02.04.2015).

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[6] dito, Gewöhnliche Darstellung endlicher Gruppen, Skript, Stuttgart, 2013.

[7] dito, Homologische Algebra, Skript, Bremen, 2010.

[8] dito, Kommutative Algebra, Skript, Stuttgart, 2018.

[9] dito, Topologie, Skript, Koblenz, 2009.

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[11] Neukirch, J., Algebraische Zahlentheorie, Springer, 1992. Folgende Webfundstellen fanden Verwendung. Zugriffe im Wintersemester 2014/15.

en.wikipedia.org/wiki/Cyclotomic_field
math.stackexchange.com/questions/261828/class-group-of-mathbbq-sqrt-47
math.stackexchange.com/questions/873941/
finding-ideal-representatives-in-the-class-group-of-mathbbq-zeta-23

Alle angeführten Skripte finden sich auf

w5.mathematik.uni-stuttgart.de/fachbereich/Kuenzer/Kuenzer/manuscripts.html .