G. Nebe, M. Künzer

Übungen Algebra II, Sommersemester 03

Lösung 4

Aufgabe 1. Wir geben eine Lösung in Stichworten. Im folgenden seien s, s′, …, t, t′, ⋯ ∈ S, m, m′, ⋯ ∈ M, r, r′, ⋯ ∈ R.

(a) Beachte, daß an verschiedenen Stellen R kommutativ und S Monoid gebraucht wird.

Die Relation (∼) auf M ×S ist Äquivalenzrelation: Reflexiv mit t = 1. Symmetrisch per definitionem. Transitiv: ms′t = m′st und m′s′′t′ = m′′s′t′ impliziert ms′′(s′tt′) = ms′ts′′t′ = m′sts′′t′ = m′s′′t′st = m′′s′t′st = m′′s(s′tt′). Die Äquivalenzrelation ist von der Relation (m, s) ≈ (mt, st) erzeugt, da aus ms′t = m′st folgt, daß (m, s) ≈ (ms′t, ss′t) = (m′st, ss′t) ≈ (m′, s′).

(i) Wohldefiniertheit: (mt)/(st)+(m′t′)/(s′t′) = (mts′t′ +m′t′st)/(sts′t′) = (ms′ + m′s)/(ss′). Null: 0/1 + m/s = m/s. Assoziativität:

\begin{aligned}(m/s + m′/s′) + m′′/s′′ & = & (ms′s′′ + m′ss′′ + m′′ss′)/(ss′s′′) \\ & = & m/s + (m′/s′ + m′′/s′′) . \end{aligned}

Kommutativität per definitionem. Inverses Element: m/s + (−m)/s = (ms + (−m)s)/s^{2} = 0/1. (Wir schreiben i.a. nicht m/1 = m, da M \overline{}S^{−1}M, m \overline{}m/1 i.a. nicht injektiv ist, d.h. es kann m ≠ 0, aber m/1 = 0 sein. Eine Ausnahme bildet der Fall, in welchem diese Injektivität bekannt und somit eine Identifikation als Teilmenge möglich ist.)

(ii) S^{−1}R Ring: Wohldefiniertheit: (rt/st)(r′t′/s′t′) = (rtr′t′)/(sts′t′) = (rr′)/(ss′). Kommutativität und Assoziativität per definitionem. Eins: (r/s)(1/1) = r/s. Distributivität:

(r/s + r′/s′)(r′′/s′′) = (rs′ + r′s)r′′/(ss′s′′)
= (rr′′s′s′′ + r′r′′ss′′)/(ss′′s′s′′)
= (rr′′)/(ss′′) + (r′r′′)/(s′s′′) .

S^{−1}M Modul über S^{−1}R: Wohldefiniertheit:

\begin{aligned}(mt/st)(r′t′/s′t′) & = & (mtr′t′)/(sts′t′) \\ & = & (mr′)/(ss′) . \end{aligned}

Assoziativität per definitionem. Eins: (m/s)(1/1) = m/s. Distributivität:

(m/s + m′/s′)(r′′/s′′) = (ms′ + m′s)r′′/(ss′s′′)
= (mr′′s′s′′ + m′r′′ss′′)/(ss′′s′s′′)
= (mr′′)/(ss′′) + (m′r′′)/(s′s′′) ,

und

(m/s)(r′/s′ + r′′/s′′) = m(r′s′′ + r′′s′)/(ss′s′′)
= (mr′ss′′ + mr′′ss′)/(ss′ss′′)
= (mr′)/(ss′) + (mr′′)/(ss′′) .

Ringmorphismus λ: Es ist (r + r′)λ = rλ + r′λ, und (rr′)λ = (rλ)(r′λ) per definitionem. Ist e.g. R = Z/6Z und S = \{1, 3\}, so ist λ wegen 2 \overline{}2/1 = 6/3 = 0/3 = 0/1 nicht injektiv. (Das Beispiel R = Z zeigt, daß λ i.a. auch nicht surjektiv ist – ist etwa s ∈ S ∖ {±1}, so ist 1/s nicht im Bild von λ.)

(iii) Sei S^{−1}R ^{\overline{}^{g}} A, r/s \overline{}(rf)(sf)^{−1}. Wohldefiniert:

\begin{aligned}(rt)/(st) & \overline{} & (rf)(tf)(sf)^{−1}(tf)^{−1} \\ & = & (rf)(sf)^{−1} . \end{aligned}

Ringmorphismus, da f Ringmorphismus. Es ist rλg = (r/1)g = (rf)(1f)^{−1} = rf, d.h. λg = f. Eindeutigkeit: Sei S^{−1}R ^{\overline{}^{g̃}} A Ringmorphismus mit λg̃ = f, d.h. (r/1)g̃ = rf stets. Es wird (sf)(1/s)g̃ = (s/1)g̃ · (1/s)g̃ = ((s/1)(1/s))g̃ = 1, also (1/s)g̃ = (sf)^{−1}. Mithin (r/s)g̃ = ((r/1)(1/s))g̃ = (r/1)g̃ · (1/s)g̃ = (rf)(sf)^{−1} = (r/s)g, i.e. g̃ = g. (Beachte, daß λ insbesondere ein Epimorphismus ist, der i.a. nicht surjektiv ist.)

Sei nun R ^{\overline{}^{λ̃}} R̃ mit derselben universellen Eigenschaft ausgestattet, und sei Sλ̃ ⊆ R̃^{∗}. Dann gibt es Ringmorphismen R̃ ^{\overline{}^{g̃}} S^{−1}R und S^{−1}R ^{\overline{}^{g}} R̃, eindeutig mit λ̃g̃ = λ resp. mit λg = λ̃. Wir behaupten, daß λ und λ̃ sich invertierende Isomorphismen sind. Es ist λ̃g̃g = λg = λ̃1, also g̃g = 1. Es ist λgg̃ = λ̃g̃ = λ1, also gg̃ = 1.

(iv) Das inverse Bild eines Primideals ist ein Primideal. Wäre s ∈ λ^{−1}(𝔭)∩S, so wäre s/1 ∈ 𝔭, also 𝔭 = S^{−1}R, Widerspruch. Damit ist die Abbildung wohldefiniert. Injektiv: Sei λ^{−1}(𝔭) = λ^{−1}(𝔭̃) und sei r/s ∈ 𝔭. Wir haben r/s ∈ 𝔭̃ zu zeigen. Nun ist aber auch r/1 = (r/s)(s/1) ∈ 𝔭, i.e. r ∈ λ^{−1}(𝔭) = λ^{−1}(𝔭̃), i.e. r/1 ∈ 𝔭̃. Daraus folgt r/s = (r/1)(1/s) ∈ 𝔭̃. Surjektiv: Sei 𝔮 ⊆ R ein Primideal mit 𝔮 ∩ S = ∅. Sei 𝔭 := {r/s ∈ S^{−1}R : r ∈ 𝔮}, was zunächst einmal auf einer wohldefinierten Aussage beruht, denn r ∈ 𝔮 ⟺ rt ∈ 𝔮, da t ∉ 𝔮. Es ist 𝔭 ⊆ S^{−1}R ein Ideal, und wir wollen zeigen, daß es ein Primideal ist. Zunächst ist 1/1 ∉ 𝔭, da ansonsten 1/1 = x/s mit x ∈ 𝔮 implizierte, daß st = xt, und st ∉ 𝔮, aber xt ∈ 𝔮, Widerspruch. Sei nun (r/s)(r′/s′) ∈ 𝔭. Es folgt rr′ ∈ 𝔮, und somit r ∈ 𝔮 oder r′ ∈ 𝔮, mithin r/s ∈ 𝔭 oder r′/s′ ∈ 𝔭. Damit ist 𝔭 prim, und es bleibt zu zeigen, daß λ^{−1}(𝔭) = 𝔮. Beide Inklusionen ⊆, ⊇ folgen jedoch aus der Definition von 𝔭.

(b) Es ist Nil (R) ⊆ 𝔭 für jedes Primideal 𝔭. Nehmen wir an, die Inklusion ⊆ sei echt, und sei x ∈ ∩_{𝔭 ⊆ R prim} 𝔭 ∖ Nil (R). Mit S = {1, x, x^{2}, … } behaupten wir, daß S^{−1}R nicht der Nullring ist. In der Tat bedeutete 1/1 = 0/1, daß es ein m ≥ 0 gäbe mit 1 · 1 · x^{m} = 0 · 1 · x^{m} ∈ R, was nicht geht, da x nicht nilpotent ist.

Sei 𝔪 ein maximales Ideal in S^{−1}R (Zorn!), sei 𝔭 = λ^{−1}(𝔪). Damit gibt es ein Primideal in R disjunkt zu S, d.h. insbesondere x ∉ 𝔭. Widerspruch.

(c) Wohldefiniertheit von S^{−1}f: (mt)/(st) \overline{}(mt)f/(st) = (mf)t/(st) = mf/s.

Darüberhinaus ist S^{−1}(fg) = (S^{−1}f)(S^{−1}g) und S^{−1}1_{M} = 1_{S^{−1}M}, i.e. f \overline{}S^{−1}f ist ein Funktor von der Kategorie der R-Moduln in die Kategorie der S^{−1}R-Moduln.

Lokalisieren exakt: Wir haben Im S^{−1}f = Kern S^{−1}g zu zeigen. Die Inklusion ⊆ folgt aus (S^{−1}f)(S^{−1}g) = S^{−1}(fg) = 0. Sei (m/s)S^{−1}g = 0, i.e. gebe es ein t mit 0 = (mg)t = (mt)g. Dann ist mt ∈ Kern g = Im f. Sei m′f = mt. Wir erhalten (m′/(st))S^{−1}f = m′f/(st) = (mt)/(st) = m/s.

(d) Da allgemein (M ⊕ N)_{𝔭} ≃ M_{𝔭} ⊕ N_{𝔭}, genügt es, (Z/q^{n}Z)_{(p)} zu berechnen für q prim und n ≥ 1.

Fall q ≠ p. Für k ∈ Z/q^{n}Z und s ∈ Z ∖ (p) wird k/s = kq/sq = 0/sq = 0/1. Also ist (Z/q^{n}Z)_{(p)} = 0.

Fall q = p. Wir behaupten, daß Z/p^{n}Z \overline{}(Z/p^{n}Z)_{(p)}, k \overline{}k/1, bijektiv ist. Injektiv: Ist k/1 = 0/1, i.e. gibt es ein s ∈ Z ∖ (p) mit ks ≡_{p^{n}} 0, dann ist auch k ≡_{p^{n}} 0. Surjektiv: sei k/s vorgegeben mit s ∈ Z ∖ (p) und k ∈ Z/p^{n}Z. Seien u, v ∈ Z mit us + vp = 1. Dann wird uk/1 = usk/s = (us + vp)k/s = k/s.

Sei M ein als Menge endlicher Z_{(p)}-Modul, via Einschränkung also ein Z-Modul. Die Abbildung M \overline{}(M|_{Z})_{(p)} ist ein Isomorphismus, mit Umkehrabbildung gegeben durch ms^{−1} \overline{}m/s. Also ist M bis auf Isomorphie eine direkte Summe von Moduln der Form Z/p^{n}Z für ein n ≥ 0.

(e) Sei m ∈ M und sei 𝔞 := {r ∈ R : rm = 0} der Annullator von m. Ist für ein maximales Ideal 𝔪 die Lokalisierung M_{𝔪} = 0, so heißt dies wegen m/1 = 0 insbesondere, daß es ein t ∈ R ∖ 𝔪 gibt mit mt = 0. Dann ist t ∈ 𝔞 ∖ 𝔪, so daß 𝔞 ⊈ 𝔪. Da dies für alle maximalen Ideale 𝔪 ⊆ R gilt, ist 𝔞 = R, und somit m = 0. Da dies nun wiederum für alle m ∈ M gilt, ist M = 0.

Die zweite Aussage folgt wegen der Exaktheit der Lokalisierung mit Betrachtung von Kern und Cokern.

(f) Sei j ∈ Jac(R). Wäre 1 − j in einem maximalen Ideal 𝔪 ⊆ R enthalten, so wegen Jac(R) ⊆ 𝔪 auch 1 = j + (1 − j), was aber nicht der Fall ist. Damit ist das Ideal R(1 − j) = R, i.e. 1 − j eine Einheit.

Sei nun Jac(R)M = M. Sei k die minimale Länge eines R-linearen Erzeugendensystems von M, und sei m_{1}, …, m_{k} ein solches. Wir haben k = 0 zu zeigen. Nehmen wir an, es sei k ≥ 1. Schreibe m_{1} = m_{1}j_{1} + ⋯ m_{k}j_{k}. Wir erhalten m_{1} = (m_{2}j_{2} + ⋯ m_{k}j_{k})(1 − j_{1})^{−1}, was zeigt, daß bereits m_{2}, …, m_{k} ein Erzeugendensystem von M ist. Widerspruch.

Sei N ⊆ M. Aus Jac(R)M + N = M folgt Jac(R)(M/N) = 0, und somit N = M.

Ist f̄epimorph, so ist Jac(R)M′+Imf = M′, und folglich Imf = M′, i.e. f surjektiv.

Sei f̄ nun isomorph, und M′ projektiv. Wie eben folgt zunächst, daß f surjektiv ist, und nun insbesondere auch, daß es ein M ^{\overline{}^{g}} M′ mit gf = 1_{M′} gibt. (Man sagt, f ist split epimorph oder auch Retraktion. Entsprechend heißt g split monomorph oder auch Coretraktion.) Sei K der Kern von M ^{\overline{}^{f}} M′. Für f isomorph bleibt K = 0 zu zeigen.

Sei L der Kern von M^{\overline{}^{1−fg}} M. Wir behaupten, daß K ⊕ L = M. Die Gleichung x = x(1 − fg) + xfg zeigt wegen x(1 − fg) ∈ K und xfg ∈ L, daß K + L = M. Sei x ∈ K ∩ L. Dann ist 0 = x(1 − fg) = x. Es folgt K ∩ L = 0.

Wegen f̄ injektiv ist nun K ⊆ Jac(R)M. Also folgt aus K ⊕L = M, daß Jac(R)M + L = M, und mit Nakayama, daß L = M. Das aber impliziert K = 0.

Aufgabe 2.

(a) Da eine Basis von T über R auch eine Basis von ST über S ist, und da die Tr_{E|L}(x) = Tr_{M|K}(x) für x ∈ M, ist die Diskriminante von ST über S gleich (1). Es ist mithin 1 · U ⊆ ST. Da jedenfalls ST ⊆ U, ist mithin U = ST. Die Diskriminante von E über K ergibt sich mit Blatt 3, Aufgabe 2 zu (Δ_{E|K}) = (Δ_{L|K})^{[E:L]} = (Δ_{L|K})^{[M:K]}.

(b) Zunächst einmal treffen wir die Vereinbarung, daß ζ_{p^{m+1}}^{p} = ζ_{p^{m}} für m ≥ 1 stets gelte. Alternativ zu Neukirch kann man wie folgt vorgehen.

Berechnen wir das Diskriminantenideal von Z[ζ_{p^{m}}] über Z induktiv. Wir behaupten, daß es gleich

(p)^{p^{m−1}(mp−m−1)}

ist, was für m = 1 nach Blatt 1, Aufgabe 2 (a) zutrifft. Sei die Aussage zutreffend für das Diskriminantenideal von Z[ζ_{p^{m−1}}] über Z, sei dieses also gegeben durch (p)^{p^{m−2}((m−1)p−m)}. Es handelt sich um eine lokale Frage (ein Ideal ist bestimmt, wenn man seine Primidealfaktoren kennt), also können wir nach Lokalisierung Blatt 3, Aufgabe 2 anwenden.

Das Diskriminantenideal von Z[ζ_{p^{m}}] über Z[ζ_{p^{m−1}}] berechnet sich wegen

μ_{ζ_{p^{m}},Q(ζ_{p^{m−1}})}(X) = X^{p} − ζ_{p^{m−1}} = ∏_{i∈[0,p−1]}(X − ζ_{p^{m}}ζ_{p}^{i})

zu

\begin{aligned}(∏_{i∈[0,p−1]} μ′_{ζ_{p^{m}},Q(ζ_{p^{m−1}})}(ζ_{p^{m}}ζ_{p}^{i})) & = & (∏_{i∈[0,p−1]} pζ_{p^{m}}^{p−1}ζ_{p}^{i(p−1)})) \\ & = & (p)^{p} . \end{aligned}

Damit wird das Diskriminantenideal von Z[ζ_{p^{m}}] über Z zu

((p)^{p^{m−2}((m−1)p−m)})^{p}((p)^{p})^{p^{m−1}(p−1)} = (p)^{p^{m−1}((m−1)p−m+p−1)} ,

wie behauptet.

Nun zum Ring der ganzen Zahlen O in Q(ζ_{p^{m}}). Nach dem eben gesehenen ist p^{N}O ⊆ Z[ζ_{p^{m}}] für ein N groß genug. Nun ist mit λ = ζ_{p^{m}} − 1 wieder Oλ^{p^{m−1}(p−1)} = Op, da auch (ζ_{p^{m}}^{a} − 1)/(ζ_{p^{m}} − 1) für a ∈ Z teilerfremd zu p eine Einheit in Z[ζ_{p^{m}}] und also auch in O darstellt, und das Produkt über alle solchen Terme (ζ_{p^{m}}^{a} − 1) bis auf Vorzeichen gleich Φ_{p^{m}}(X)|_{X=1} = X^{p^{m−1}(p−1)}+X^{p^{m−1}(p−2)}+⋯+1|_{X=1} = p ist. Wegen O/Oλ ≃ Z/pZ (Verzweigungsindex e = p^{m−1}(p−1) impliziert Trägheitsindex f = 1) ist λO+Z = O. Dies läßt sich iterieren zu λ^{M}O+Z = O für M ≥ 1 beliebig, woraus wir Z[ζ_{p^{m}}] ⊇ O und somit Z[ζ_{p^{m}}] = O entnehmen. Speziell wird

(Δ_{Q(ζ_{p^{m}})|Q}) = (p)^{p^{m−1}(mp−m−1)} .

(c) Im folgenden bezeichnen p, q ∈ Z Primzahlen. Wir schreiben n[p] = p^{v_{p}(n)}, so daß n = ∏_{p|n} n[p]. Mit (b) ist die Diskriminante von Q(ζ_{n[p]}) über Q eine Potenz von p. Iterierte Anwendung von (a) liefert also, daß der Ring der ganzen Zahlen durch ∏_{p|n} Z[ζ_{n[p]}] = Z[ζ_{n}] gegeben ist, und daß

(Δ_{Q(ζ_{n})|Q}) = ∏_{p|n}(p)^{n(v_{p}(n)−1/(p−1)) ∏_{q|n}(1−1/q)} .

(d) Wir haben G := Gal(Q(ζ_{24})|Q) ≃ (Z/24Z)^{∗} = {1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23}. Den Isomorphismus verwenden wir als Identifikation.

(i) Es ist Z[ζ_{24}]/(2) ≃ F_{2}[X]/(X^{2} + X + 1)^{4}, und also (2) = (2, 1 + ζ_{24} + ζ_{24}^{2})^{4}. Der Trägheitsindex von 𝔭 = (2, 1 + ζ_{24} + ζ_{24}^{2}) = (1 + ζ_{24} + ζ_{24}^{2}) ist 2, der Verzweigungsindex ist 4. Da 𝔭 das einzige Primideal über (2) ist, ist die Zerlegungsgruppe G_{𝔭} = G, und der Zerlegungskörper

Z_{𝔭} = Q .

Die Faktorisierung von (2) in Z ist trivial – es liegt ja auch keine Zerlegung vor. Die Trägheitsgruppe I_{𝔭} besteht aus den Elementen m ∈ G, für die die Operation ζ_{24} \overline{}ζ_{24}^{m} die triviale Operation modulo 𝔭 induziert. In anderen Worten, wir suchen die Elemente m, für die X^{m} − X in F_{2}[X] durch X^{2} + X + 1 teilbar ist. Wir erhalten I_{𝔭} = {1, 7, 13, 19} = ⟨7, 13⟩, und

T_{𝔭} = Q(ζ_{3}) .

Es ist Z[ζ_{3}]/(2) ≃ F_{2}[X]/(X^{2} + X + 1), folglich ist (2) = (2)^{1} prim in Z[ζ_{3}], hat allerdings Trägheitsindex 2. In Z[ζ_{24}] zerlegt sich (2) dann noch wie schon erwähnt in (2) = (1 + ζ_{24} + ζ_{24}^{2})^{4}, mit Verzweigungsindex 4.

(ii) Es ist Z[ζ_{24}]/(3) ≃ F_{3}[X]/(X^{2} + X − 1)^{2}(X^{2} − X − 1)^{2}, und folglich (3) = (3, ζ_{24}^{2} + ζ_{24} − 1)^{2}(3, ζ_{24}^{2} − ζ_{24} − 1)^{2}. Die Zerlegungsgruppe G_{𝔭} von 𝔭 := (3, ζ_{24}^{2} + ζ_{24} − 1) besteht aus den Elementen m ∈ (Z/24Z)^{∗}, für die die Operation ζ_{24} \overline{}ζ_{24}^{m} das Primideal 𝔭 in sich überführt, i.e. für die X^{2m} + X^{m} − 1 in F_{3}[X] durch X^{2} + X − 1 teilbar ist. Wir erhalten G_{𝔭} = {1, 11, 17, 19} = ⟨17, 19⟩ und

Z_{𝔭} = Q(\sqrt{−2}) ,

wobei \sqrt{−2} = ζ_{24}^{3} + ζ_{24}^{9} (beachte, daß unter ζ_{24} \overline{}ζ_{24}^{17} die Elemente ζ_{8} \overline{}ζ_{8} und ζ_{3} \overline{}ζ_{3}^{−1} abgebildet werden; und unter ζ_{24} \overline{}ζ_{24}^{17} die Elemente ζ_{8} \overline{}ζ_{8}^{3} sowie ζ_{3} \overline{}ζ_{3}). Es ist Z[\sqrt{−2}]/(3) ≃ F_{3}[X]/(X + 1)(X − 1), also

(3) = (3, 1 + \sqrt{−2})(3, 1 − \sqrt{−2}) = (1 + \sqrt{−2})(1 − \sqrt{−2}) ⊆ Z[\sqrt{−2}] .

Insbesondere haben wir hier nur Zerlegung, keine Verzweigung und keine Trägheit. Die Trägheitsgruppe ergibt sich zu I_{𝔭} = {1, 17} = ⟨17⟩, und somit ist

T_{𝔭} = Q(ζ_{8}) ,

wobei ζ_{8} = ζ_{24}^{3}.

Zum einen ist

\begin{aligned}Z[ζ_{8}]/(1 + \sqrt{−2}) & ≃ & Z[\sqrt{−2}][X]/(1 + \sqrt{−2}, X^{2} − \sqrt{−2}X − 1) \\ & ≃ & F_{3}[X]/(X^{2} + X − 1) , \end{aligned}

und somit bleibt

(1 + \sqrt{−2}) = (1 + ζ_{8} + ζ_{8}^{3})^{1} ⊆ Z[ζ_{8}]

prim, mit Trägheitsindex 2. Zum anderen ist

\begin{aligned}Z[ζ_{8}]/(1 − \sqrt{−2}) & ≃ & Z[\sqrt{−2}][X]/(1 − \sqrt{−2}, X^{2} − \sqrt{−2}X − 1) \\ & ≃ & F_{3}[X]/(X^{2} − X − 1) , \end{aligned}

und somit bleibt auch

(1 − \sqrt{−2}) = (1 − ζ_{8} − ζ_{8}^{3})^{1} ⊆ Z[ζ_{8}]

prim, mit Trägheitsindex 2. (Das hätte man auch daraus folgern können, daß (1 − \sqrt{−2}) ein galoiskonjugiertes Primideal zu (1 + \sqrt{−2}) in Z[\sqrt{−2}] ist.) Schließlich wird

Z[ζ_{24}]/(1 + ζ_{8} + ζ_{8}^{3}) ≃ Z[ζ_{8}][X]/(1 + ζ_{8} + ζ_{8}^{3}, X^{2} + ζ_{8}^{3}X − ζ_{8}^{2})
≃ (\underbrace{F_{3}[Y]/(Y^{2} + Y − 1)}_{=: F_{9}}) [X]/(X^{2} − (Y + 1)X + Y − 1)
= F_{9}[X]/(X + Y + 1)^{2} ,

womit

(1 + ζ_{8} + ζ_{8}^{3}) = (1 + ζ_{8} + ζ_{8}^{3}, ζ_{8} + ζ_{24} + 1)^{2} = (ζ_{24}^{3} + ζ_{24} + 1)^{2} ⊆ Z[ζ_{24}] ,

mit Trägheitsindex 1 und Verzweigungsindex 2. Als Variante davon erhalten wir

Z[ζ_{24}]/(1 − ζ_{8} − ζ_{8}^{3}) ≃ Z[ζ_{8}][X]/(1 − ζ_{8} − ζ_{8}^{3}, X^{2} + ζ_{8}^{3}X − ζ_{8}^{2})
≃ (\underbrace{F_{3}[Y]/(Y^{2} − Y − 1)}_{=: F_{9}}) [X]/(X^{2} + (1 − Y)X − Y − 1)
= F_{9}[X]/(X + Y − 1)^{2} ,

womit

(1 − ζ_{8} − ζ_{8}^{3}) = (1 − ζ_{8} − ζ_{8}^{3}, ζ_{8} + ζ_{24} − 1)^{2} = (ζ_{24}^{3} + ζ_{24} − 1)^{2} ⊆ Z[ζ_{24}] ,

mit Trägheitsindex 1 und Verzweigungsindex 2. Insgesamt zerlegt sich (3) in Z[ζ_{24}], alternativ zu den eingangs gefundenen Idealerzeugern in den Faktoren, in

(3) = (ζ_{24}^{3} + ζ_{24} + 1)^{2}(ζ_{24}^{3} + ζ_{24} − 1)^{2} ⊆ Z[ζ_{24}] .

Probe: Als Element ist (ζ_{24}^{3}+ζ_{24}+1)^{2}(ζ_{24}^{3}+ζ_{24}−1)^{2} = 3·(2ζ_{24}^{6}+ζ_{24}^{4}−2ζ_{24}^{2}−2) = 3/(ζ_{24}^{2} − 1)^{2}. Wir merken noch an, daß die Zerlegungsgruppe G_{𝔮} von 𝔮 := (3, ζ_{24}^{2} − ζ_{24} − 1) = (ζ_{24}^{3} + ζ_{24} − 1) zu G_{𝔭} in G konjugiert ist, und so wegen G abelsch mit G_{𝔭} übereinstimmt. Genauso folgt I_{𝔮} = I_{𝔭}.

(iii) Es ist Z[ζ_{24}]/(13) ≃ F_{2}[X]/(X^{2} − 2)(X^{2} + 2)(X^{2} − 6)(X^{2} + 6), und also

\begin{aligned}(13) & = & (13, ζ_{24}^{2} − 2)(13, ζ_{24}^{2} + 2)(13, ζ_{24}^{2} − 6)(13, ζ_{24}^{2} + 6) \\ & = & (ζ_{24}^{2} − 2)(ζ_{24}^{2} + 2)(13, ζ_{24}^{2} − 6)(13, ζ_{24}^{2} + 6) , \end{aligned}

mit Trägheitsindizes 2 und Verzweigungsindizes 1. Sei 𝔭 = (ζ_{24}^{2} − 2). Als Zerlegungsgruppe ergibt sich G_{𝔭} = {1, 13} = ⟨13⟩, und wir erhalten

Z_{𝔭} = Q(ζ_{12}) ,

wobei ζ_{12} = ζ_{24}^{2}. Es ist Z[ζ_{12}]/(13) ≃ F_{13}[X]/(X − 2)(X + 2)(X − 6)(X + 6), und somit (13) = (ζ_{12} − 2)(ζ_{12} + 2)(13, ζ_{12} − 6)(13, ζ_{12} + 6). Als Trägheitsgruppe ergibt sich I_{𝔭} = 1 (was mangels Verzweigung ja auch der Fall sein muß), und somit

T_{𝔭} = Q(ζ_{24}) .

Oben haben wir schon gesehen, daß alle Primidealfaktoren von (13) in Z[ζ_{12}] auch in Z[ζ_{24}] prim bleiben, mit jeweiligem Trägheitsindex 2.