G. Nebe, M. Künzer

Übungen Algebra II, Sommersemester 03

Lösung 5

Aufgabe 1.

(1) Es ist {x ∈ F_{5} : x^{2} − 2 = 0} = ∅. Daher existiert erst recht keine Lösung in Z_{5} oder in Z_{(5)}.

(2) Da X^{2} − 2 ∈ Q[X] irreduzibel ist, existiert erst recht keine Lösung in Z_{(7)}. Es wird {x ∈ F_{7} : x^{2} − 2 = 0} = {±3}. Es ist f′(X) = 2X, insbesondere hat f′(±3) = ∓1 die Bewertung 0 bei 7. Das Newton-Hensel-Verfahren liefert die Cauchyfolgen

{x ∈ Z_{7} : x^{2} − 2 = 0} = {±(3, 10, 108, −235, …)} .

Dies sind alle Lösungen, da eine Gleichung 2-ten Grades über dem Körper Q_{7} maximal 2 Lösungen haben kann.

(3) Da X^{3} − 2 ∈ Q[X] irreduzibel ist, existiert erst recht keine Lösung in Z_{(5)}. Es wird {x ∈ F_{5} : x^{3} − 2 = 0} = {3}. Es ist f′(X) = 3X^{2}, insbesondere hat f′(3) = 27 die Bewertung 0 bei 5. Das Newton-Hensel-Verfahren liefert die Cauchyfolge

{x ∈ Z_{5} : x^{3} − 2 = 0} = {(3, 3, 53, 303, …)} .

Bleibt zu zeigen, daß dies die einzige Lösung darstellt. Gäbe es eine weitere, so würde X^{3} − 2 über Z_{5} in 3 Linearfaktoren zerfallen, und dito über F_{5}. Aber X^{3} − 2 ≡_{5} (X − 3)(X^{2} − 2X − 1), und letzterer Faktor ist irreduzibel über F_{5}.

(4) Wir haben zunächst {x ∈ Z_{(2)} : x^{3} − 1 = 0} = {1}. Es wird {x ∈ F_{7} : x^{3} − 1 = 0} = {1, 2, 4}. Es ist f′(X) = 3X^{2}, insbesondere haben f′(1) = 3, f′(2) = 24 und f′(4) = 192 die Bewertung 0 bei 7. Das Newton-Hensel-Verfahren liefert die Cauchyfolgen

{x ∈ Z_{7} : x^{3}−1 = 0} = {(1, 1, 1, 1, …), (2, 30, 324, 1353, …), (4, 18, 18, 1047, …)} .

Dies sind alle Lösungen, da eine Gleichung 3-ten Grades über dem Körper Q_{7} maximal 3 Lösungen haben kann.

(5) Zunächst haben wir keine Lösungen über Z_{(3)}. Es wird {x ∈ F_{3} : x^{2}−3x−27 = 0} = {0}. Es ist f′(X) = 2X − 3, insbesondere f′(0) = −3, von Bewertung 1. Da aber f(0) = −27 Bewertung 3 > 2 · 1 hat, liefert eine Betrachtung modulo 9 zusammen mit Newton-Hensel die Cauchyfolgen

{x ∈ Z_{3} : x^{2}−3x−27 = 0} = {(0, 0, 18, 18, 99, 342, …), (0, 3, 12, 66, 147, 390, …)} .

Dies sind alle Lösungen, da eine Gleichung 2-ten Grades über dem Körper Q_{3} maximal 2 Lösungen haben kann.

(6) Zunächst haben wir keine Lösungen über Z_{(3)}. Es wird {x ∈ F_{3} : x^{2} − 3x − 9 = 0} = {0}. Es ist f′(X) = 2X − 3, insbesondere f′(0) = −3, von Bewertung 1. Da aber f(0) = −9 Bewertung 2 = 2 · 1 hat, können wir Newton-Hensel nicht anwenden. Es werden aber

\begin{matrix}f(0) ≡_{27} f(3) ≡_{27} f(9) ≡_{27} f(12) ≡_{27} f(18) ≡_{27} f(21) ≡_{27} −9 \\ f(6) ≡_{27} f(15) ≡_{27} f(24) ≡_{27} 9 . \end{matrix}

Modulo 27 gibt es somit keine Lösung, und folglich auch nicht über Z_{3}.

(7) In F_{p} lautet die Lösungsmenge F_{p}^{∗}. Da p−1 gerade ist, ist in Z_{(p)} die Lösungsmenge gegeben durch {−1, +1}.

Betrachten wir Z_{p}. Wir behaupten, daß ξ(j) := (j, j^{p}, j^{p^{2}}, …) für j ∈ [1, p − 1] in Z_{p} liegt. In der Tat ist für k ≥ 0

j^{p^{k}} − j^{p^{k+1}} = j^{p^{k}} − (j^{p})^{p^{k}} ≡_{p^{k+1}} (j^{p^{k}} − (j^{p}))^{p^{k}} ≡_{p^{p^{k}}} 0 ,

wobei wir die Kongruenz ≡_{p^{k+1}} mit folgedem Lemma begründen wollen.

Lemma. In Z[X, Y] ist

(X + pY)^{p^{k}} ≡_{p^{k+1}} X^{p^{k}} .

Beweis. Da (\begin{matrix}p^{k} \\ j \end{matrix} ) = \frac{p^{k}}{j} (\begin{matrix}p^{k}−1 \\ j−1 \end{matrix}) für j ≥ 1, ist v_{p}((\begin{matrix}p^{k} \\ j \end{matrix} ) p^{j}) ≥ j + k − v_{p}(j) ≥ k + 1,

verschwinden außer X^{p^{k}} alle Terme der Binomialentwicklung modulo p^{k}.

Mit dem Lemma folgt aus j^{p} = j +ap für ein a ∈ Z, daß j^{p^{k+1}} = (j +ap)^{p^{k}} ≡_{p^{k+1}} j^{p^{k}}.

Nun ist ξ(j) eine Nullstelle von X^{p} − X, und ungleich 0, also eine Nullstelle von X^{p−1} − 1. Damit ist {x ∈ Z_{p} : x^{p−1} = 1} = {ξ(j) : j ∈ [1, p − 1]}.

Aufgabe 2.

Die Zerlegungen in Primideale in R und in R̂ stimmen jeweils überein, da R/pR ≃ R̂/pR̂. Nur zerfällt R̂ gemäß der Primidealzerlegung in ringdirekte Faktoren, R jedoch nicht, da R ⊆ C Teilring.

(1)

p = 2 Es ist μ_{i,Q}(X) = X^{2} + 1 ≡_{2} (X + 1)^{2}, also (2) = (1 + i)^{2}. In R̂/2R̂, wie dann auch in R̂, ist e_{1} = 1 bereits ein primitives Idempotent. Also R̂ = R̂e_{1} = Z_{2}[i].

p = 3 Es ist X^{2} + 1 ≡_{3} (X^{2} + 1), also bleibt (3) prim. In R̂ ist e_{1} = 1 bereits ein primitives Idempotent. Also R̂ = R̂e_{1} = Z_{3}[i].

p = 5 Es ist X^{2} + 1 ≡_{5} (X + 2)(X − 2), und somit (5) = (2 + i)(2 − i). Wir haben in

R̂/5R̂ ≃ F_{5}[X]/(X + 2) × F_{5}[X]/(X − 2)

die zu diesen beiden ringdirekten Faktoren gehörenden primitiven Idempotente. Diese werden wie folgt ermittelt. Es ist (−1) · (X + 2) + 1 · (X − 2) ≡_{5} 1. Also geht ē_{1} = 1 · (i − 2) = i − 2 ∈ R̂/5R̂ auf (1, 0) und entsprechend ē_{2} = (−1) · (i + 2) = −i − 2 ∈ R̂/5R̂ auf (0, 1). Sei also e_{1,1} = i − 2 ∈ R̂ der Ansatz einer Cauchyfolge. Mit e_{1,k+1} ≡_{5^{k+1}} 3e_{1,k}^{2} − 2e_{1,k}^{3} erhalten wir e_{1} = (i−2, 13+16i, 63+91i, 313+91i, …), und entsprechend eine (die!) orthogonale Zerlegung

1 = \underbrace{(i − 2, 13 − 9i, 63 − 34i, 313 + 91i, …)}_{= e_{1}} + \underbrace{(−i − 2, 13 + 9i, 63 + 34i, 313 − 91i, …)}_{= 1−e_{1} = e_{2}}

in primitive Idempotente in R̂. Um R̂e_{1} als Erweiterung von Z_{p} zu berechnen, genügt es hier zu bemerken, daß die Abbildung Z_{p} \overline{}R̂e_{1}, x \overline{}xe_{1}, modulo 5 einen Isomorphismus F_{5} ^{\overline{}^{∼}} F_{5}[X]/(X + 2) gibt, und mit Nakayama somit selbst ein Isomorphismus ist. Also R̂e_{1} ≃ Z_{5}, und genauso R̂e_{2} ≃ Z_{5}, insgesamt mithin

Z_{5}[i] ≃ Z_{5} × Z_{5} .

Liftet man die Zerlegung X^{2} + 1 ≡_{5} (X + 2)(X − 2), so erhält man übrigens mit Newton-Hensel

X^{2} + 1 = (X + (2, 7, 57, 182, …))(X − (2, 7, 57, 182, …) .

(2) Wir schreiben θ := \sqrt[3]{2}.

p = 2 Es ist μ_{θ,Q}(X) = X^{3} − 2 ≡_{2} X^{3}, also (2) = (θ)^{3}. In R̂/2R̂, wie dann auch in R̂, ist e_{1} = 1 bereits ein primitives Idempotent. Also R̂ = R̂e_{1} = Z_{2}[θ].

p = 3 Es ist X^{3} − 2 ≡_{3} (X + 1)^{3}, also (3) = (1 + θ)^{3}. In R̂/3R̂, wie dann auch in R̂, ist e_{1} = 1 bereits ein primitives Idempotent. Also R̂ = R̂e_{1} = Z_{3}[θ].

p = 5 Es ist X^{3} − 2 ≡_{5} (X + 2)(X^{2} − 2X − 1), also (5) = (2 + θ)(1 + 2θ − θ^{2}). Wir

haben in

R̂/5R̂ ≃ F_{5}[X]/(X + 2) × F_{5}[X]/(X^{2} − 2X − 1)

die zu diesen beiden ringdirekten Faktoren gehörenden primitiven Idempotente. Diese werden wie folgt ermittelt. Es ist (2X+2)·(X+2)+(−2)·(X^{2}−2X−1) ≡_{5} 1. Also geht ē_{1} = (−2) · (θ^{2} − 2θ − 1) = 2 − θ − 2θ^{2} ∈ R̂/5R̂ auf (1, 0) und entsprechend ē_{2} = (2θ + 2) · (θ + 2) = −1 + θ + 2θ^{2} ∈ R̂/5R̂ auf (0, 1). Heben von Idempotenten liefert die Zerlegung

\begin{aligned}1 & = & \underbrace{(−2θ^{2} − θ + 2, −12θ^{2} − 11θ − 8, −12θ^{2} − 11θ + 42, 363θ^{2} − 11θ + 417, …)}_{= e_{1}} \\ & + & \underbrace{(−1 + θ + 2θ^{2}, 12θ^{2} + 11θ + 9, 12θ^{2} + 11θ − 41, −363θ^{2} + 11θ − 416, …)}_{= 1−e_{1} = e_{2}} \end{aligned}

in primitive Idempotente in R̂. Es ist R̂e_{1} ≃ Z_{5}. Um R̂e_{2} zu berechnen, heben wir die Zerlegung

X^{3} − 2 ≡_{5} (X + 2)(X^{2} − 2X − 1)

nach Z_{5}. Dazu verwenden wir Urbilder ê_{1,n} resp. ê_{2,n} der die Idempotenten definierenden Folge e_{1,n} resp. e_{2,n} in (Z/5^{n}Z)[X] und bilden dort den ggT mit f, mit Leitkoeffizient 1. Dies ist möglich, da die Leitkoeffizienten dieser Urbilder in Z/5^{n}Z invertierbar sind. Da als Ideale in (Z/5^{n}Z)[X] gilt, daß (f, e_{1,n})(f, (e_{2,n}) = (f^{2}, fe_{1,n}, fe_{2,n}, e_{1,n}e_{2,n}) = (f) (letztere Gleichheit: ⊆ wegen e_{1,n}e_{2,n} ≡_{f} 0, ⊇ wegen f = fe_{1,n} + fe_{2,n}), ist das Produkt der beiden via ggT gewählten Idealerzeuger in der Tat gleich f. Wir erhalten

f = g · h ∈ Z_{5}[X] ,

wobei g und h durch die Cauchyfolgen

\begin{aligned}g & := & (X + 2, X − 3, X + 72, X + 322, …) \\ h & := & (X^{2} − 2X − 1, X^{2} + 3X + 9, X^{2} + 53X + 59, X^{2} + 303X + 559, …) \end{aligned}

in Z_{5}[X] definiert sind. Alternativ hätte man auch mit Newton-Hensel die Nullstelle (−2, 3, 53, 303, …) berechnen können und den entsprechenden Linearfaktor abspalten. Jedenfalls wird R̂e_{2} ≃ Z_{5}[X]/(h), und insgesamt

Z_{5}[\sqrt[3]{2}] ≃ Z_{5} × Z_{5}[X] /((X^{2} − 2X − 1, X^{2} + 3X + 9, X^{2} + 53X + 59, …)) .

p = 31 Es ist X^{3} − 2 ≡_{31} (X + 11)(X − 7)(X − 4), also (31) = (11 + θ)(7 − θ)(4 − θ). Wir haben in

R̂/31R̂ ≃ F_{31}[X]/(X + 11) × F_{31}[X]/(X − 7) × F_{31}[X]/(X − 4)

die zu diesen ringdirekten Faktoren gehörenden primitiven Idempotente. Diese werden wie folgt ermittelt. Es ist (7X + 1) · (X + 11) + (−7) · (X − 7)(X − 4) ≡_{31} 1. Also geht ē_{1} = (−7) · (θ − 7)(θ − 4) = −7θ^{2} + 15θ − 10 ∈ R̂/31R̂ auf (1, 0, 0). Es ist (4X − 6) · (X − 7) + (−4) · (X + 11)(X − 4) ≡_{31} 1. Also geht ē_{2} = (−4) · (θ + 11)(θ − 4) = −4θ^{2} + 3θ − 10 ∈ R̂/31R̂ auf (0, 1, 0). Es ist (−11X + 5) · (X − 4) + 11 · (X + 11)(X − 7) ≡_{31} 1. Also geht ē_{3} = 11 · (θ + 11)(θ − 7) = 11θ^{2} + 13θ − 10 ∈ R̂/31R̂ auf (0, 0, 1). Liften der Idempotente via e ⇝ 3e^{2} − 2e^{3} gibt nun

e_{1} = (−7θ^{2} + 15θ − 10, 365θ^{2} + 759θ + 641, 24390θ^{2} + 2681θ + 19861,
54181θ^{2} + 92054θ + 615681, …)
e_{2} = (−4θ^{2} + 3θ − 10, 709θ^{2} + 468θ + 641, 29539θ^{2} + 23532θ + 19861,

59330θ^{2} + 291651θ + 615681, …)

e_{3} = (−11θ^{2} + 13θ − 10, 848θ^{2} + 659θ + 641, 5653θ^{2} + 3578θ + 19861,

810010θ^{2} + 539816θ + 615681, …) ,

und so eine orthogonale Zerlegung 1 = e_{1} + e_{2} + e_{3} in primitive Idempotente. Es ist

Z_{31}[\sqrt[3]{2}] ≃ Z_{31} × Z_{31} × Z_{31} .

Liften der 3 Nullstellen von X^{3} − 2 in F_{31} mit Newton-Hensel gibt übrigens die drei Nullstellen

(−11, 268, −2615, 325086, …)
(7, 410, −1512, 355980, …)
(4, 283, 4127, 242455, …)

von X^{3} − 2 in Z_{31}.

(3) Wir schreiben ζ := ζ_{5}.

p = 5 Es ist μ_{ζ,Q}(X) = Φ_{5}(X) = X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1 ≡_{5} (X−1)^{4}, also (5) = (ζ−1)^{4}. In R̂/5R̂, wie dann auch in R̂, ist e_{1} = 1 bereits ein primitives Idempotent. Also R̂ = R̂e_{1} = Z_{5}[ζ_{5}].

p = 11 Es ist Φ_{5}(X) ≡_{11} (X − 3)(X − 4)(X − 5)(X − 9), also (11) = (ζ − 3)(ζ − 4)(ζ − 5)(ζ − 9). Wir haben in

R̂/11R̂ ≃ F_{11}[X]/(X −3)×F_{11}[X]/(X −4)×F_{11}[X]/(X −5)×F_{11}[X]/(X −9)

die zu diesen ringdirekten Faktoren gehörenden primitiven Idempotente. Diese werden wie folgt ermittelt. Es ist (X^{2} + 7X + 1) · (X − 3) − 1 · (X − 4)(X − 5)(X − 9) ≡_{11} 1. Also geht ē_{1} = −(ζ − 4)(ζ − 5)(ζ − 9) = −ζ^{3} − 4ζ^{2} − 2ζ + 4 ∈ R̂/11R̂ auf (1, 0, 0, 0). Es ist (2X^{2} + 7X + 4) · (X − 4) − 2 · (X − 3)(X − 5)(X − 9) ≡_{11} 1. Also geht ē_{2} = −2(ζ − 3)(ζ − 5)(ζ − 9) = −2ζ^{3} + ζ^{2} + 2ζ + 6 ∈ R̂/11R̂ auf (0, 1, 0, 0). Es ist (−4X^{2} − 3) · (X − 5) + 4 · (X − 3)(X − 4)(X − 9) ≡_{11} 1. Also geht ē_{3} = 4(ζ − 3)(ζ − 4)(ζ − 9) = 4ζ^{3} + 2ζ^{2} + 3ζ − 3 ∈ R̂/11R̂ auf (0, 0, 1, 0). Es ist (X^{2} − 3X − 2) · (X − 9) − 1 · (X − 3)(X − 4)(X − 5) ≡_{11} 1. Also geht ē_{4} = −(ζ − 3)(ζ − 4)(ζ − 5) = −ζ^{3} + ζ^{2} − 3ζ + 5 ∈ R̂/11R̂ auf (0, 0, 0, 1). Liften der Idempotente via e ⇝ 3e^{2} − 2e^{3} gibt nun

e_{1} = (−ζ^{3} − 4ζ^{2} − 2ζ + 4, 98ζ^{3} + 29ζ^{2} + 64ζ + 48,

1187ζ^{3} + 634ζ^{2} + 1274ζ + 774, 14497ζ^{3} + 8620ζ^{2} + 3936ζ + 14084, …)

e_{2} = (−2ζ^{3} + ζ^{2} + 2ζ + 6, 86ζ^{3} + 34ζ^{2} + 57ζ + 105,

691ζ^{3} + 1244ζ^{2} + 57ζ + 831, 4684ζ^{3} + 10561ζ^{2} + 10705ζ + 10148, …)

e_{3} = (4ζ^{3} + 2ζ^{2} + 3ζ − 3, 92ζ^{3} + 35ζ^{2} + 69ζ + 19,

697ζ^{3} + 640ζ^{2} + 553ζ + 140, 6021ζ^{3} + 9957ζ^{2} + 5877ζ + 5464, …)

e_{4} = (−ζ^{3} + ζ^{2} − 3ζ + 5, 87ζ^{3} + 23ζ^{2} + 52ζ + 71,

87ζ^{3} + 144ζ^{2} + 778ζ + 918, 4080ζ^{3} + 144ζ^{2} + 8764ζ + 14228, …)

und so eine orthogonale Zerlegung 1 = e_{1}+e_{2}+e_{3}+e_{4} in primitive Idempotente. Es ist

Z_{11}[ζ_{5}] ≃ Z_{11} × Z_{11} × Z_{11} × Z_{11} .

Liften der 4 Nullstellen von Φ_{5}(X) in F_{11} gibt übrigens die 4 Nullstellen

(3, 3^{11}, 3^{11^{2}}, …)
(4, 4^{11}, 4^{11^{2}}, …)
(5, 5^{11}, 5^{11^{2}}, …)
(9, 9^{11}, 9^{11^{2}}, …)

von Φ_{5}(X) in Z_{11}.

p = 19 Es ist Φ_{5}(X) ≡_{19} (X^{2}+5X+1)(X^{2}−4X+1), also (19) = (ζ^{2}+5ζ+1)(ζ^{2}−4ζ+1). Wir haben in

R̂/19R̂ ≃ F_{19}[X]/(X^{2} + 5X + 1) × F_{19}[X]/(X^{2} − 4X + 1)

die zu diesen ringdirekten Faktoren gehörenden primitiven Idempotente. Diese werden wie folgt ermittelt. Es ist (2X + 11) · (X^{2} + 5X + 1) − (2X + 10) · (X^{2} − 4X + 1) ≡_{19} 1. Also geht ē_{1} = −(2ζ + 10) · (ζ^{2} − 4ζ + 1) = 2ζ^{3} + 2ζ^{2} − 8 ∈ R̂/19R̂ auf (1, 0) und ē_{2} = (2ζ + 11) · (ζ^{2} + 5ζ + 1) = −2ζ^{3} − 2ζ^{2} + 9 ∈ R̂/19R̂ auf (0, 1). Liften der Idempotente via e ⇝ 3e^{2} − 2e^{3} gibt nun

e_{1} = (−2ζ^{3} − 2ζ^{2} + 9, 17ζ^{3} + 17ζ^{2} + 9, 1461ζ^{3} + 1461ζ^{2} + 731,

−12257ζ^{3} − 12257ζ^{2} − 6128, …)

e_{2} = (2ζ^{3} + 2ζ^{2} − 8, −17ζ^{3} − 17ζ^{2} − 8, −1461ζ^{3} − 1461ζ^{2} − 730,

12257ζ^{3} + 12257ζ^{2} + 6129, …) .

Liften der Zerlegung Φ_{5}(X) ≡_{19} (X^{2} + 5X + 1)(X^{2} − 4X + 1) durch Bilden der ggT in (Z/19^{n}Z)[X] von Φ und e_{1,n} resp. e_{2,n} gibt

Φ_{5}(X) = g · h ∈ Z_{19}[X] ,

wobei

\begin{aligned}g & = & (X^{2} − 4X + 1, X^{2} − 42X + 1, X^{2} + 3207X + 1, X^{2} + 30643X + 1, …) \\ h & = & (X^{2} + 5X + 1, X^{2} + 43X + 1, X^{2} − 3206X + 1, X^{2} − 30642X + 1, …) \end{aligned}

in Z_{19}[X]. Insgesamt wird

\begin{aligned}Z_{19}[ζ_{5}] & ≃ & Z_{19}[X] /((X^{2} − 4X + 1, X^{2} − 42X + 1, X^{2} + 3207X + 1, …)) \\ & × & Z_{19}[X] /((X^{2} + 5X + 1, X^{2} + 43X + 1, X^{2} − 3206X + 1, …)) . \end{aligned}

Aufgabe 3. Die Voraussetzung R ⊆ C kann auch entfallen, sie stand nur zwecks besserer Orientierung dabei.

\begin{matrix}(1) \\ (⟹) \end{matrix} Sei S ein diskreter Bewertungsring mit maximalem Ideal erzeugt von s. Schreiben wir rS = s^{e}S, so ist e | l nach der Indexformel, hier l = ef, mit f = dim_{R/rR} S/sS. Insbesondere ist s^{l} ≡_{r} 0, und damit (R/rR)[X]/(X^{l}) ^{\overline{}^{φ̄}} S/rS, X \overline{}s wohldefiniert. Dieser Ringmorphismus ist surjektiv, da S = R[s]. Da Quelle und Ziel Vektorräume über R/rR der Dimension l sind – letzterer, da Basis (s^{0}, …, s^{l−1}) vorliegt –, ist φ̄ vollends ein Isomorphismus. Speziell ist e = l und v_{r} = lv_{s} auf R. Da μ_{s,K}(X) auch im Kern von φ̄ liegt, ist nun X^{l} in (R/rR)[X] ein Teiler von μ_{s,K}(X). Da die beiden Polynome denselben Grad aufweisen, folgt μ_{s,K}(X) ≡_{r} X^{l}. Schreibe μ_{s,K}(X) = X^{l} + ∑_{j∈[0,l−1]} a_{j}X^{j} mit a_{j} ∈ R. Es bleibt zu zeigen, daß a_{0} = μ_{s,K}(0) ≢_{r^{2}} 0. Die Bewertung bei s von s^{l} ist gleich l, also genauso die Bewertung von − ∑_{j∈[0,l−1]} a_{j}s^{j}. Diese Summanden haben alle verschiedene Bewertungen bei s, wie eine Betrachtung dieser Bewertungen modulo l lehrt. Die Bewertung dieser Summe ist also gleich der minimalen Bewertung ihrer Summanden. Nun hat aber nur a_{0}s^{0} eine durch l teilbare Bewertung. Somit folgt v_{s}(a_{0}) = v_{s}(s^{l}) = l, d.h. v_{r}(a_{0}) = 1. (Dieses Argument zeigt auch abermals, daß v_{r}(a_{j}) ≥ 1 für j ∈ [0, l − 1]).

(⟸) Sei nun umgekehrt μ_{s,K}(X) ein Eisensteinpolynom. Wir behaupten, daß R[s] ein diskreter Bewertungsring mit maximalem Ideal (s) = sR[s] ist. Jedes maximale Ideal 𝔪 ⊆ R[s] enthält r, da sonst 𝔪 ∩ R = 0 sein müßte, was der Ganzheit von R[s]|R widerspricht (betrachte konstanten Koeffizienten des Minimalpolynoms über K eines Elementes aus 𝔪 ∖ {0}). Da R[s]/rR[s] ≃ (R/rR)[X]/(μ_{s,K}(X)) ≃ (R/rR)[X]/(X^{l}), ist R[s] lokal mit maximalem Ideal (s, r). Nun ist aber r ∈ (s), da a_{0} ∈ (s), wie man von μ_{s,K}(s) = 0 abliest, und da a_{0}/r eine Einheit in R ist. Also ist das maximale Ideal (s) ⊆ R[s]. Wir behaupten, daß s^{l}/r eine Einheit in R[s] ist. Wegen s^{l} = − ∑_{j∈[0,l−1]} a_{j}s^{j} ist s^{l} durch r teilbar. Da ∑_{j∈[1,l−1]}(a_{j}/r)s^{j} ∈ (s) liegt und a_{0}/r als Einheit (in R, also auch in R[s]) nicht in (s) liegen kann, kann auch s^{l}/r nicht in (s) liegen. In einem lokalen Ring ist nun jedes Element außerhalb des maximalen Ideals eine Einheit, da das von ihm erzeugte Ideal in keinem maximalen Ideal enthalten ist. Sei x = ∑_{j∈[0,l−1]} b_{j}s^{j} ∈ R[s]∖{0} vorgegeben, b_{j} ∈ R. Sei c ∈ [0, l−1] minimal unter den j ∈ [0, l − 1], für die v_{r}(b_{j}) den minimalen Wert annimmt. Speziell ist b_{c} ≠ 0. Schreibe d := v_{r}(b_{c}). Dann ist s^{−c}r^{−d}(b_{c}s^{c}) nicht in (s), während s^{−c}r^{−d}(b_{j}s^{j}) in (s) liegt für j ∈ [0, l − 1] ∖ {c}. Damit ist s^{−c}r^{−d}x nicht in (s), und mithin eine Einheit. Da auch s^{l}/r eine Einheit ist, ist damit auch s^{−c−dl}x eine Einheit. Jedes Ideal 𝔞 ≠ 0 von R[s] ist somit von der Form 𝔞 = (s^{v}) für ein v ≥ 0, namentlich mit v = min{w ≥ 0 | es gibt ein x ∈ 𝔞 mit x/s^{w} Einheit}. Folglich ist R[s] ein lokaler Hauptidealbereich, d.h. ein diskreter Bewertungsring.

(2) In (1, ⟹) haben wir e = l gesehen, d.h. rS = s^{l}S. Das wiederum impliziert wegen l = ef, daß f = 1, i.e. R/rR ^{\overline{}^{∼}} S/sS, x \overline{}x.

(3) 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 (cf. Blatt 1, Lösung zu Aufgabe 2 (a)), als auch

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}

ein Eisensteinpolynom.

(4) Im Falle R = Z_{(p)}[ζ_{p}], r = ζ_{p} − 1, s = ζ_{p^{2}} − 1 ist sowohl R[s] = Z_{(p)}[ζ_{p^{2}}] ein diskreter Bewertungsring mit maximalem Ideal erzeugt von s = ζ_{p^{2}} − 1 (cf. Blatt 4, Lösung zu Aufgabe 2 (b)), als auch

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)

ein Eisensteinpolynom (wobei wir ζ_{p^{2}}^{p} = ζ_{p} vereinbart haben).