G. Nebe, M. Künzer

Übungen Algebra II, Sommersemester 03

Lösung 2

Aufgabe 1.

(a) Sei

μ_{ξ,Q}(X) = X^{n} + a_{n−1}X^{n−1} + ⋯ + a_{0} ∈ Z[X] .

Beachte, daß jedes Element von Z[ξ] ganz über Z ist.

Sei 𝔭 ≠ 0 ein Primideal in R = Z[ξ]. Wir behaupten, daß 𝔭 ∩ Z ≠ 0. Sei ϑ ∈ 𝔭, und sei

μ_{ϑ,Q}(X) = X^{m} + b_{m−1}X^{m−1} + ⋯ + b_{0} ∈ Z[X]

Es ist b_{0} ≠ 0, da wegen ϑ ≠ 0 kein Faktor X abdividiert werden können darf (allgemeiner, Minimalpolynome von Elementen in Körpererweiterungen sind irreduzibel). Nun ist aber b_{0} = −(ϑ^{m} + b_{m−1}ϑ^{m−1} + ⋯ + b_{1}ϑ^{1}) ∈ 𝔭 und somit 0 ≠ b_{0} ∈ Z ∩ 𝔭.

Ist 𝔭 ein Primideal, dann auch 𝔭 ∩ Z. Sei also 𝔭 ∩ Z = pZ, und betrachte

Z[ξ]/pZ[ξ] ≃ Z[X]/(p, X^{n}+a_{n−1}X^{n−1}+⋯+a_{0}) ≃ F_{p}[X]/(X^{n}+a_{n−1}X^{n−1}+⋯+a_{0}) .

Wir haben also einen surjektiven Ringhomomorphismus

[figure: Z[ξ]; φ; F_{p}[X]/(X^{n} + a_{n−1}X^{n−1} + ⋯ + a_{0}); ξ; X ,]

und die Primideale der rechten Seite entsprechen unter Urbildnahme den Primidealen der linken Seite, die p enthalten. Umgekehrt, das Bild eines Primideals in Z[ξ], das p enthält, ist ein Primideal der rechten Seite.

Die Primideale von F_{p}[X]/(X^{n} + a_{n−1}X^{n−1} + ⋯ + a_{0}) sind die Hauptideale, die von den Primteilern von X^{n} + a_{n−1}X^{n−1} + ⋯ + a_{0} in F_{p}[X] erzeugt werden. Also gibt es ein f(X) ∈ Z[X] mit φ(𝔭) = (f(X)), wobei f(X) ∈ F_{p}[X] zu lesen ist, und es wird

𝔭 = φ^{−1}(f(X)) = (p, f(ξ)) .

(Das ist immer derselbe nützliche Trick.)

(b) Wir zeigen zunächst ein

Lemma. Sei A eine endliche Menge von Primidealen von R, und sei (ν_{𝔭})_{𝔭∈A} ein Tupel nichtnegativer ganzer Zahlen. Dann gibt es ein x ∈ R mit v_{𝔭}(x) = ν_{𝔭} für alle 𝔭 ∈ A.

Beweis. Nach dem Chinesischen Restsatz ist die kanonische Abbildung

R \overline{}∏_{𝔭∈A}R/𝔭^{ν_{𝔭}+1}

surjektiv. Für 𝔭 ∈ A sei y_{𝔭} ∈ 𝔭^{ν_{𝔭}} ∖ 𝔭^{ν_{𝔭}+1} (existent wegen der Eindeutigkeit der Primidealfaktorzerlegung). Sei x ein Urbild des Tupels (y_{𝔭})_{𝔭∈A}. Dann ist x ≡_{𝔭^{ν𝔭+1}} y_{𝔭} (wenn unter y_{𝔭} auch ein Repräsentant in R verstanden werde), und wegen v_{𝔭}(y_{𝔭}) = ν_{𝔭} auch v_{𝔭}(x) = ν_{𝔭}.

Sei nun 𝔞 ⊆ R vorgegeben. Sei A = {𝔭 prim in R : v_{𝔭}(𝔞) > 0} die Menge der Primteiler von 𝔞. Das ist wegen 𝔞 = ∏_{𝔭∈A} 𝔭^{v_{𝔭}(𝔞)} eine endliche Menge. Mit dem Lemma gibt es nun ein x ∈ R mit v_{𝔭}(x) = v_{𝔭}(𝔞) für alle 𝔭 ∈ A. Sei X die Menge der Primteiler von x. Mit dem Lemma gibt es auch ein y ∈ R mit v_{𝔭}(y) = v_{𝔭}(𝔞) für alle 𝔭 ∈ A und v_{𝔭}(y) = 0 für 𝔭 ∈ X ∖ A. Sei 𝔟 = (x, y). Wir behaupten 𝔞 = 𝔟.

Fall 𝔭 ∈ A. Dann ist v_{𝔭}(𝔟) = min(v_{𝔭}(x), v_{𝔭}(y)) = min(v_{𝔭}(𝔞), v_{𝔭}(𝔞)) = v_{𝔭}(𝔞).

Fall 𝔭 ∈ X ∖ A. Dann ist v_{𝔭}(𝔟) = min(v_{𝔭}(x), v_{𝔭}(y)) = min(v_{𝔭}(x), 0) = 0 = v_{𝔭}(𝔞).

Fall 𝔭 ∉ X. Dann ist v_{𝔭}(𝔟) = min(v_{𝔭}(x), v_{𝔭}(y)) = min(0, v_{𝔭}(y)) = 0 = v_{𝔭}(𝔞).

(c) Sei R ein Dedekindbereich mit endlich vielen Primidealen, und sei 𝔞 ⊆ R ein Ideal. Nach dem Lemma aus (b) gibt es ein x ∈ R mit v_{𝔭}(x) = v_{𝔭}(𝔞) für alle Primideale von R. Also ist (x) = 𝔞.

Aufgabe 2.

Wie bei Blatt 1, Aufgabe 1 (a), ist für ein Element ξ = a + b\sqrt{d} ∈ Q(\sqrt{d}), a = a(X) ∈ Q, b = b(X) ∈ Q, nur der Fall b ≠ 0 von Interesse, und dann ist

μ_{ξ,Q}(T) = T^{2} − 2aT + (a^{2} − db^{2}) .

Fall p > 2. Aus 2a ∈ Z folgt a ∈ Z, und aus a^{2} − db^{2} ∈ Z zunächst db^{2} ∈ Z, und somit b ∈ Z.

Fall p = 2. Wir begnügen uns (notgedrungen) mit der folgenden Betrachtung.

Wir erhalten μ_{ξ,Q}(T) = T^{2} +(a^{2} +db^{2}), und ξ ist ganz über Z genau dann, wenn a^{2} +db^{2} in Z liegt. Schreiben wir a = a_{1}/a_{2} und b = b_{1}/b_{2} gekürzt mit a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2} ∈ Z, so muß also a_{1}^{2}b_{2}^{2} ≡_{a_{2}^{2}b_{2}^{2}} da_{2}^{2}b_{1}^{2} sein.

Zunächst folgt aus a_{1}^{2}b_{2}^{2} ≡_{a_{2}^{2}} 0 und aus (a_{1}, a_{2}) = 1, daß a_{2} | b_{2}. Dann folgt aus da_{2}^{2}b_{1}^{2} ≡_{b_{2}^{2}} 0 und aus (b_{1}, b_{2}) = 1 und aus d quadratfrei, daß b_{2} | a_{2}. Es folgt a_{2} = b_{2} =: c. Für ein solches ξ muß also c^{2} ein Teiler von a_{1}^{2} + db_{1}^{2} sein.

Ferner ist (d, c) = 1, da ein gemeinsamer Primteiler db_{1}^{2} und folglich auch a_{1}^{2}, und mithin a_{1} teilte, wohingegen (a_{1}, c) = 1 gilt.

Wenn nun c^{2} ein Element f ∈ Z teilt, dann teilt c^{2} auch f′, die Ableitung von f nach X. Denn aus f = c^{2}g mit g ∈ Z folgt f′ = 2cc′g + c^{2}g′ = c^{2}g′.

Wenn also c^{2} das Element a_{1}^{2} + db_{1}^{2} teilt, dann auch d′b_{1}^{2}. (Weiteres Ableiten bringt nichts, da d′ ein Quadrat in Z ist, und wir so (d′b_{1}^{2})′ = 0 erhalten.)

Da c teilerfremd zu b_{1} ist, teilt c^{2} mithin d′. Halten wir fest : Ist O der ganze Abschluß von Z in Q(\sqrt{d}), und ist e^{2} = d′, so wird

Z[\sqrt{d}] ⊆ O ⊆ e^{−1}Z[\sqrt{d}] ,

und ist somit ein endlich erzeugter freier Z-Modul (mangels Separabilität von Q(\sqrt{d})|Q nicht a priori klar), dessen Basis im allgemeinen wohl schwierig zu bestimmen ist.

Beispiel. Ist d′ eine Einheit in Z, so ist Z[\sqrt{d}] = O. Z.B. ist Z[\sqrt{X^{2} + X + 1}] = O.

Beispiel. Sei d = X^{3} + 1, also d′ = X^{2} und e = X. Ein Element

X^{−1}(a_{1} + b_{1}\sqrt{X^{3} + 1})

ist ganz über Z genau dann, wenn

X^{2} | a^{2} + b^{2}(X^{3} + 1) .

Es folgt a(0) = b(0), und mithin ist O das Z-lineare Erzeugnis von Z[\sqrt{X^{3} + 1}] und X^{−1}(1 + \sqrt{1 + X^{3}}), d.h. wir O = Z⟨1, X^{−1}(1 + \sqrt{1 + X^{3}})⟩, oder aber O = Z[X^{−1}(1 + \sqrt{1 + X^{3}})] ≃ Z[T]/(T^{2} + X).

Aufgabe 3.

Um die Klassengruppe von Z[\sqrt{−5}] zu berechnen, bemühen wir die Tatsache, daß nach Minkowski jede Idealklasse ein Ideal 𝔞 mit

N_{Q(\sqrt{−5})|Q}(𝔞) ≤ (\frac{2}{π} )^{s} \sqrt{|Δ_{Q(\sqrt{−5})|Q}|} = \frac{2}{π} \sqrt{20} < 3

hat. Wir haben also die Ideale 𝔞 mit Norm 2 zu betrachten. Da 2Z[\sqrt{−5}] ⊆ 𝔞, ist Z ∩ 𝔞 = 2Z. Die Ideale über 2Z entsprechen den 3 Idealen von F_{2}[X]/(X^{2} + 5), davon nichttrivial nur (X + 1). Dieses entspricht 𝔞 := (2, 1 + \sqrt{−5}), mit Norm 2. Wäre dieses Ideal ein Hauptideal, so gäbe es ein Element a + b\sqrt{−5} mit Norm a^{2} + 5b^{2} = 2, wobei a, b ∈ Z. Dies ist nicht der Fall. Damit gibt es genau zwei Idealklassen, und mithin ist notwendigerweise Cl(Z[\sqrt{−5}]) ≃ C_{2}.

Probe. Es muß 𝔞^{2} ein Hauptideal sein. In der Tat wird (2, 1+\sqrt{−5})^{2} = (4, 2+2\sqrt{−5}, −4+ 2\sqrt{−5}) = (2) (hätte man auch in F_{2}[X]/(X^{2} + 5) sehen können).

Aufgabe 4.

(a) Eine Z-lineare Basis von Z[\sqrt{−13}] ist gegeben durch (1, \sqrt{−13}). Die Diskriminante ergibt sich zu

Δ_{Q(\sqrt{−13})|Q} = det (\begin{matrix}Tr(1) & Tr(\sqrt{−13}) \\ Tr(\sqrt{−13}) & Tr(−13) \end{matrix}) = det (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & −26 \end{matrix}) = −52 ,

wobei Tr = Tr_{Q(\sqrt{−13})|Q}. Diese berechnet sich alternativ auch als Produkt aller Differenzen der Nullstellen von X^{2}+13, namentlich (\sqrt{−13}−(−\sqrt{−13}))((−\sqrt{−13})− \sqrt{−13}) = −52. Modulo p hat X^{2} + 13 also genau dann mehrfache Nullstellen (man sagt, p verzweigt in Z[\sqrt{−13}]), wenn p die Diskriminante teilt.

Es ist X^{2} + 13 ≡_{2} (X + 1)^{2}, also ergibt eine Betrachtung von F_{2}[X]/(X^{2} + 13), daß (2) = (2, 1 + \sqrt{−13})^{2}. Verzweigung!

Es ist X^{2} + 13 ≡_{5} X^{2} + 3 irreduzibel, also ist (5) prim.

Es ist X^{2} + 13 ≡_{7} (X − 1)(X + 1), also ist (7) = (7, 1 − \sqrt{−13})(7, 1 + \sqrt{−13}).

Es ist X^{2} + 13 ≡_{13} X^{2}, also ist (13) = (\sqrt{−13})^{2}. Verzweigung!

(b) Die Diskriminante ergibt sich zu

Δ_{Q((1+\sqrt{−15})/2)|Q} = det (\begin{matrix}Tr(1) & Tr((1+\sqrt{−15})/2) \\ Tr((1+\sqrt{−15})/2) & Tr((−7+\sqrt{−15})/2) \end{matrix}) = det (\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & −7 \end{matrix}) = −15 ,

Das Minimalpolynom von (1 + \sqrt{−15})/2 über Q ist X^{2} − X + 4.

Es ist X^{2} − X + 4 ≡_{2} X(X − 1), also (2) = (2, (1 + \sqrt{−15})/2)(2, (1 − \sqrt{−15})/2).

Es ist X^{2} − X + 4 ≡_{3} (X + 1)^{2}, also (3) = (3, (3 + \sqrt{−15})/2)^{2}. Verzweigung!

Es ist X^{2} − X + 4 ≡_{5} (X + 2)^{2}, also (5) = (5, (5 + \sqrt{−15})/2)^{2}. Verzweigung!

(c) Die Diskriminante wurde bis auf eine Einheit in Z schon auf Blatt 1 in Aufgabe 2 (a) berechnet, sie beträgt also ±p^{p−2}.

Um das Vorzeichen zu bestimmen, kann man folgende Überlegung anstellen.

Δ_{Q(ζ_{p})|Q} = ∏_{i,j∈[1,p−1], i≠j}(ζ_{p}^{i} − ζ_{p}^{j})
= ∏_{i∈[1,p−1]} Φ′_{p}(ζ_{p}^{i})
= N_{Q(ζ_{p})|Q}(Φ′_{p}(ζ_{p}))
= N_{Q(ζ_{p})|Q}(\frac{pζ_{p}^{−1}}{ζ_{p}−1})
= +p^{p−2} ,

da Φ′_{p}(X) = \frac{pX^{p−1}}{X−1} − \frac{X^{p}−1}{(X−1)^{2}} , und da ζ_{p} − 1 das Minimalpolynom Φ_{p}(X + 1) und damit die Norm (−1)^{p−1}Φ_{p}(1) = p hat.

Betrachten wir das Ideal (2). Das Kreisteilungspolynom Φ_{p}(X) hat modulo 2 genau dann einen irreduziblen Faktor von Grad n, wenn F_{2^{n}} von einer p-ten Einheitswurzel erzeugt wird. Da #F_{2^{n}}^{∗} = 2^{n} − 1, enthält F_{2^{n}} genau dann eine primitive p-te Einheitswurzel, wenn p ein Teiler von 2^{n} − 1 ist, i.e. wenn 2^{n} ≡_{p} 1.

Sei d die Ordnung von 2 in F_{p}^{∗}. Insbesondere ist d ein Teiler von p−1. Wir behaupten, daß Φ_{p}(X) modulo 2 in (p − 1)/d irreduzible Polynome von Grad d zerfällt.

Es hat Φ_{p}(X) modulo 2 keinen irreduziblen Teiler von Grad kleiner als d. Nun enthält F_{2^{d}}^{∗} ≃ C_{2^{d}−1} wegen p | 2^{d} − 1 aber p − 1 primitive p-te Einheitswurzeln, und mehr kann es auch in F_{2^{p−1}}^{∗} ≃ C_{2^{p−1}−1} nicht geben. Damit hat Φ_{p}(X) modulo 2 auch keinen irreduziblen Teiler von Grad größer als d.

Sei Φ_{p}(X) ≡_{2} f_{1}(X) ⋯ f_{(p−1)/d}(X) eine Zerlegung in irreduzible Faktoren von Grad d. Dann ist dementsprechend

(2) = (2, f_{1}(ζ_{p})) ⋯ (2, f_{(p−1)/d}(ζ_{p})) .

Bemerkung: Es gibt in F_{2^{d}} genau (p − 1)/d Bahnen von primitiven p-ten Einheitswurzeln unter der Operation von Gal(F_{2^{d}}|F_{2}) = ⟨x \overline{}x^{2}⟩ — im Unterschied zu Q(ζ_{p})|Q, in Q(ζ_{p}) gibt es nur eine solche Bahn. Ein weiterer Unterschied besteht darin, daß man mit der Einheitswurzel auch ihr Minimalpolynom spezifizieren muß, also, zu welchem Faktor des zyklotomischen Polynoms das Element gehört.

Ist etwa β eine primitive siebte Einheitwurzel über F_{2}, mit Minimalpolynom X^{3} + X + 1, so ist in F_{8} = F_{2}(β) auch β + 1 eine primitive siebte Einheitswurzel. Die Galoisbahn von β ist hingegen gegeben durch {β, β^{2}, β^{4} = β^{2} + β}.

Beispiele. p = 31. Es hat wegen 2^{5} = 32 das Element 2 die Ordnung 5 in F_{31}. Und in der Tat wird

Φ_{31}(X) ≡_{2} (X^{5} + X^{3} + 1)(X^{5} + X^{2} + 1)(X^{5} + X^{4} + X^{3} + X^{2} + 1)
·(X^{5} + X^{4} + X^{3} + X + 1)(X^{5} + X^{4} + X^{2} + X + 1)
·(X^{5} + X^{3} + X^{2} + X + 1) .

p = 43. Es hat wegen 2^{14} = 43·381+1 (und 14 minimal mit einer solchen Zerlegung) das Element 2 die Ordnung 14 in F_{43}. Und in der Tat wird

Φ_{43}(X) ≡_{2} (X^{14} + X^{11} + X^{10} + X^{9} + X^{8} + X^{7} + X^{6} + X^{5} + X^{4} + X^{3} + 1)
·(X^{14} + X^{13} + X^{11} + X^{7} + X^{3} + X + 1)
·(X^{14} + X^{12} + X^{10} + X^{7} + X^{4} + X^{2} + 1) .

Betrachten wir das Ideal (p). Auf Blatt 1, Aufgabe 2 (a) wurde schon festgestellt, daß (p) = (ζ_{p} − 1)^{p−1} ist. Und in der Tat ist Φ_{p}(X) = \frac{X^{p}−1}{X−1} ≡_{p} \frac{(X−1)^{p}}{X−1} = (X − 1)^{p−1}. Verzweigung!