# Elementare und algebraische Zahlentheorie/1/Klausur mit Lösungen
### Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.
* Ein Ideal ${\mathfrak {a}}\subseteq R$ in einem kommutativen Ring $R$.
* Das Legendre-Symbol.
* Eine Mersennesche Primzahl.
* Der ganze Abschluss zu einer Erweiterung $R\subseteq S$ kommutativer Ringe.
* Die Konjugation in einem quadratischen Zahlbereich $A_{D}$.
* Eine einfache binäre quadratische Form.
Lösung
* Ein Ideal ist eine nichtleere Teilmenge ${\mathfrak {a}}\subseteq R$, für die die beiden folgenden Bedingungen erfüllt sind:
** Für alle $a,b\in {\mathfrak {a}}$ ist auch $a+b\in {\mathfrak {a}}$.
** Für alle $a\in {\mathfrak {a}}$ und $r\in R$ ist auch $ra\in {\mathfrak {a}}$.
* Für eine ungerade Primzahl $p$ und eine zu $p$ teilerfremde Zahl $k\in \mathbb {Z}$ definiert man das Legendre-Symbol durch
    $\left({\frac {k}{p}}\right):={\begin{cases}1,{\text{ falls }}k{\text{ quadratischer Rest modulo }}p{\text{ ist}},\\-1,{\text{ falls }}k{\text{ kein quadratischer Rest modulo }}p{\text{ ist}}.\end{cases}}\,$
* Eine Primzahl der Form $2^{n}-1$ heißt Mersennesche Primzahl.
* Unter dem ganzen Abschluss von $R$ in $S$ versteht man die Menge aller Elemente $x\in S$, die ganz über $R$ sind,
* Der Automorphismus auf $A_{D}$ wird als Konjugation bezeichnet.
    $a+b{\sqrt {D}}\longmapsto a-b{\sqrt {D}}$
* Eine binäre quadratische Form $aX^{2}+bXY+cY^{2}$ heißt einfach, wenn die Koeffizienten $a,b,c$ teilerfremd sind.

### Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.
* Der erste Ergänzungssatz zum quadratischen Reziprozitätsgesetz.
* Der Primzahlsatz.
* Der Satz über die Diskriminante quadratischer Zahlbereiche.
Lösung
* Für eine ungerade Primzahl $p$ gilt:
    $\left({\frac {-1}{p}}\right)=(-1)^{\frac {p-1}{2}}={\begin{cases}1\,,{\text{ falls }}p=1\mod 4\,,\\-1\,,{\text{ sonst }}{\text{(also bei }}p=3\mod 4{\mbox}}\,.\end{cases}}\,$
* Es gilt die asymptotische Abschätzung Das heißt
    $\pi (x)\sim {\frac {x}{\ln(x)}}\,.$
    $\lim _{x\rightarrow \infty }{\frac {\pi (x)}{\frac {x}{\ln(x)}}}=\lim _{x\rightarrow \infty }{\frac {\pi (x)\ln(x)}{x}}=1\,.$
* Es sei $D\neq 0,1$ eine quadratfreie Zahl und $A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich. Dann ist die Diskriminante von $A_{D}$ gleich und
    $\triangle =4D,{\text{ wenn }}D=2,3\mod 4$
    $\triangle =D,{\text{ wenn }}D=1\mod 4.$

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

a) Finde mit Hilfe des Euklidischen Algorithmus eine Darstellung der $1$ für die beiden Zahlen $19$ und $109$.
b) Nach dem Chinesischen Restsatz haben wir die Isomorphie
    $\mathbb {Z} /(2071)\cong \mathbb {Z} /(19)\times \mathbb {Z} /(109)\,.$
Welche Restklasse modulo $2071$ entspricht dem Restklassenpaar $(1,0)$ und welche dem Paar $(0,1)$?
c) Bestimme diejenige Restklasse modulo $2071$, die modulo $19$ den Rest $5$ hat und die modulo $109$ den Rest $10$ hat.
Lösung
a) Es ist
    $109=5\cdot 19+14\,,$
    $19=1\cdot 14+5\,,$
    $5=1\cdot 4+1\,.$
Somit ist
    ${\begin{aligned}1&=5-1\cdot 4\\&=5-1\cdot {\left(14-2\cdot 5\right)}\\&=3\cdot 5-1\cdot 14\\&=3\cdot {\left(19-1\cdot 14\right)}-1\cdot 14\\&=3\cdot 19-4\cdot 14\\&=3\cdot 19-4{\left(109-5\cdot 19\right)}\\&=23\cdot 19-4\cdot 109.\end{aligned}}$
b) Aufgrund von Teil a) haben wir die Darstellung
    $1-23\cdot 19=-4\cdot 109=-436=1635\,.$
Diese Zahl hat modulo $19$ den Rest $1$ und modulo $109$ den Rest $0$, d.h. $1635$ entspricht dem Restepaar $(1,0)$.
Aufgrund von Teil a) haben wir die Darstellung
    $23\cdot 19=4\cdot 109+1=437\,.$
Diese Zahl hat modulo $19$ den Rest $0$ und modulo $109$ den Rest $1$, d.h. $437$ entspricht dem Restepaar $(0,1)$.
c) Es ist
    $(5,10)=5\cdot (1,0)+10\cdot (0,1)=5\cdot 1635+10\cdot 437=8175+4370=12545=119\,.$

### Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass ein kommutativer Ring genau dann ein Körper ist, wenn er genau zwei Ideale enthält.
Lösung
Wenn $R$ ein Körper ist, so gibt es das Nullideal und das Einheitsideal, die voneinander verschieden sind. Es sei $I$ ein von $0$ verschiedenes Ideal in $R$. Dann enthält $I$ ein Element $x\neq 0$, das eine Einheit ist. Damit ist $1=xx^{-1}\in I$ und damit $I=R$.
Es sei umgekehrt $R$ ein kommutativer Ring mit genau zwei Idealen. Dann kann $R$ nicht der Nullring sein. Es sei nun $x$ ein von $0$ verschiedenes Element in $R$. Das von $x$ erzeugte Hauptideal $Rx$ ist $\neq 0$ und muss daher mit dem anderen Ideal, also mit dem Einheitsideal übereinstimmen. Das heißt insbesondere, dass $1\in Rx$ ist. Das bedeutet also $1=xr$ für ein $r\in R$, sodass $x$ eine Einheit ist.

### Aufgabe (5 (2+2+1) Punkte)

Es seien $a,b\geq 2$ und sei $n=ab$.
a) Zeige, dass die beiden Polynome $X^{a}-1$ und $X^{b}-1$ Teiler des Polynoms $X^{n}-1$ sind.
b) Es sei $a\neq b$. Ist $(X^{a}-1)(X^{b}-1)$ stets ein Teiler von $X^{n}-1$?
c) Man gebe drei Primfaktoren von $2^{30}-1$ an.
Lösung
a) Es ist
    $X^{n}-1={\left(X^{b}\right)}^{a}-1={\left(X^{b}-1\right)}{\left({\left(X^{b}\right)}^{a-1}+{\left(X^{b}\right)}^{a-2}+\cdots +{\left(X^{b}\right)}^{2}+X^{b}+1\right)}\,$
und daher ist $X^{b}-1$ (und ebenso $X^{a}-1$) ein Teiler von $X^{n}-1$.
b) Dies ist nicht der Fall. Für
    $n=8=4\cdot 2\,$
ist
    $X^{8}-1=(X^{4}-1)(X^{4}+1)\,.$
Das Polynom $X^{4}+1$ hat keine reelle Nullstelle und ist deshalb kein Vielfaches von $X^{2}-1$. Daher ist $(X^{4}-1)(X^{2}-1)$ kein Teiler von $X^{8}-1$.
c) Da $2,3,5$ Teiler von $30$ sind, ergibt sich aus Teil a), dass $2^{2}-1=3,\,2^{3}-1=7$ und $2^{5}-1=31$ Teiler von $2^{30}-1$ sind. Daher sind $3,7,31$ Primteiler von $2^{30}-1$.

### Aufgabe (4 Punkte)

Berechne mit Hilfe des quadratischen Reziprozitätsgesetzes und seiner Ergänzungssätze das Legendre-Symbol
    $\left({\frac {563}{1231}}\right).$
Bemerkung: $563$ und $1231$ sind Primzahlen.
Lösung
Wir berechnen Schritt für Schritt das Legendre-Symbol.
    ${\begin{aligned}\left({\frac {563}{1231}}\right)&=(-1)\left({\frac {1231}{563}}\right)\\&=(-1)\left({\frac {105}{563}}\right)\\&=(-1)\left({\frac {3}{563}}\right)\left({\frac {5}{563}}\right)\left({\frac {7}{563}}\right)\\&=(-1)(-1)\left({\frac {563}{3}}\right)\left({\frac {563}{5}}\right)(-1)\left({\frac {563}{7}}\right)\\&=(-1)\left({\frac {2}{3}}\right)\left({\frac {3}{5}}\right)\left({\frac {3}{7}}\right)\\&=(-1)(-1)(-1)(-1)\left({\frac {7}{3}}\right)\\&=1.\end{aligned}}$

### Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass es überabzählbar viele Untergruppen der multiplikativen Gruppe $(\mathbb {Q} ^{\times },\cdot ,1)$ gibt.
Lösung
Zu einer jeden Teilmenge $T$ von Primzahlen betrachten wir
    $G(T)={\left\{\prod _{p\in T}p^{r_{p}}\mid r_{p}\in \mathbb {Z} \right\}}\subseteq \mathbb {Q} ^{\times }\,,$
wobei in den Produkten stets $r_{p}=0$ bis auf endlich viele Ausnahmen ist. Ein Produkt von zwei solchen Elementen ist wieder von der gleichen Form, und das inverse Element zu $\prod _{p\in T}p^{r_{p}}$ ist $\prod _{p\in T}p^{-r_{p}}$, also auch von der gleichen Form. Es handelt sich also für jedes $T$ um eine Untergruppe der multiplikativen Gruppe. Für
    $T\neq S\,$
sind die zugehörigen Untergruppen verschieden, da bei $p\in S$ $p\notin T$, auch $p\notin G(T)$ aufgrund der eindeutigen Primfaktorzerlegung gilt. Da die Menge der Primzahlen unendlich ist, ist ihre Potenzmenge überabzählbar, und das überträgt sich auf die soeben konstruierten Untergruppen.

### Aufgabe (6 (2+2+2) Punkte)

Bekanntlich gilt die Gruppenisomorphie
    $\mathbb {R} _{+}\times S^{1}\cong {\mathbb {C} }^{\times }\,,$
wobei einem Paar $(r,s)$ die komplexe Zahl $r\cdot s$ entspricht. Entsprechend gibt es einen injektiven Gruppenhomomorphismus
    $\mathbb {Q} _{+}\times S_{\mathbb {Q} }^{1}\longrightarrow \mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]^{\times },\,(r,s)\longmapsto r\cdot s.$
* Zeige, dass diese Abbildung nicht surjektiv ist.
* Zeige, dass jedes Quadrat aus $\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]^{\times }$ zum Bild gehört.
* Man gebe ein Beispiel für ein $z\in \mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]^{\times }$, das kein Quadrat ist und zum Bild gehört.
Lösung
* Wir behaupten, dass $2+{\mathrm {i} }$ nicht zum Bild gehört. Nehmen wir mit $s\in S_{\mathbb {Q} }^{1}$ an, so hat $r\in \mathbb {Q} _{+}$ die Norm $5$. Für eine rationale Zahl ist aber die Norm einfach das Quadrat, doch $5$ besitzt in $\mathbb {Q}$ keine Quadratwurzel.
    $2+{\mathrm {i} }=r\cdot s\,$
* Sei mit $x+y{\mathrm {i} }\in \mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$. Dann ist und die Norm des rechten Faktors ist (wegen der Multiplikativität der Norm) sodass also eine gesuchte Darstellung vorliegt.
    $z=(x+y{\mathrm {i} })^{2}\,$
    $(x+y{\mathrm {i} })^{2}=(x^{2}+y^{2}){\frac {(x+y{\mathrm {i} })^{2}}{x^{2}+y^{2}}}\,$
    $N{\left({\frac {(x+y{\mathrm {i} })^{2}}{x^{2}+y^{2}}}\right)}={\frac {(x^{2}+y^{2})^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}}=1\,,$
* Die Zahl $3$ ist nach Fakt prim in $\mathbb {Z} [{\mathrm {i} }]$ und somit kein Quadrat in $\mathbb {Z} [{\mathrm {i} }]$. Nach Fakt, Fakt, Fakt, Fakt und Fakt ist $3$ auch kein Quadrat in $\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$. Wegen gehört die $3$ aber zum Bild.
    $3=3\cdot 1\,$

### Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Charakterisierungssatz für gerade vollkommene Zahlen.
Lösung
Es sei zunächst $n=2^{k-1}{\left(2^{k}-1\right)}$ mit $2^{k}-1$ prim. Dann sind die von $n$ verschiedenen Teiler von $n$ durch
    $2^{i},\,i=0,\ldots ,k-1,{\text{ und }}2^{i}(2^{k}-1),\,i=0,\ldots ,k-2$
gegeben. Daher ist ihre Summe gleich
    $\sum _{i=0}^{k-1}2^{i}+(2^{k}-1)\sum _{i=0}^{k-2}2^{i}=2^{k}-1+{\left(2^{k}-1\right)}{\left(2^{k-1}-1\right)}={\left(2^{k}-1\right)}2^{k-1}=n\,,$
also ist $n$ vollkommen. Es sei umgekehrt $n$ vollkommen. Wir setzen (in Anlehnung an das Ziel) an
    $n=2^{k-1}u\,$
mit $u$ ungerade und $k\geq 2$, da ja $n$ gerade ist. Für teilerfremde Zahlen ist nach Fakt die Teilersumme gleich dem Produkt der beiden Teilersummen. Daher ist einerseits
    $\sigma (n)=\sigma {\left(2^{k-1}u\right)}=\sigma {\left(2^{k-1}\right)}\sigma (u)={\left(2^{k}-1\right)}\sigma (u)\,$
und andererseits wegen der Vollkommenheit $\sigma (n)=2n=2^{k}u$. Insgesamt ergibt sich also ${\left(2^{k}-1\right)}\sigma (u)=2^{k}u$. Da $2^{k}-1$ ungerade ist, gilt
    $\sigma (u)=x2^{k}{\text{ und }}u=x(2^{k}-1).$
Die Annahme $x>1$ führt schnell zum Widerspruch, da es dann zumindest die drei verschiedenen Teiler $1,x,x(2^{k}-1)$ von $u$ gibt, was zu
    $\sigma (u)\geq {\left(2^{k}-1\right)}x+1+x>2^{k}x\,$
führt. Also ist $x=1$ und somit $\sigma (u)=2^{k}=u+1$. Die Teilersumme einer Zahl $u$ ist aber gleich $u+1$ nur dann, wenn eine Primzahl vorliegt.

### Aufgabe (6 Punkte)

Zeige, dass in $\mathbb {Z} /(29)$ die Gleichung
    $x^{4}+y^{4}+z^{4}=0\,$
nur die triviale Lösung $(0,0,0)$ besitzt.
Lösung
Die Einheitengruppe von $\mathbb {Z} /(29)$ ist zyklisch der Ordnung $28$, also isomorph zur additiven Gruppe
    $\mathbb {Z} /(28)=\mathbb {Z} /(7)\times \mathbb {Z} /(4)\,.$
Daher gibt es neben der $0$ noch sieben weitere vierte Potenzen in $\mathbb {Z} /(29)$. Diese sind (wir wählen die betragsmäßig kleinste Darstellung der Zahlen)
    $1,7\,(=8^{4}),-4\,(=25=16^{4}),-5\,(=24=4^{4}),-6\,(=23=3^{4}),-9\,(=20=6^{4}),-13\,(=16=2^{4}).$
Eine Dreiersumme mit einer $0$ ist eine Summe von zwei der aufgelisteten Zahlen. Diese Summen sind aber stets kleiner als $29$ und größer als $-29$ und nicht $0$. Betrachten wir also Dreiersummen aus der obigen Liste. Die Summe von drei positiven Zahlen ist zu klein. Mit zwei positiven Zahlen erhalten wir $2,8,14$, doch die negativen davon sind nicht in der Liste. Mit zwei negativen Zahlen sind wir zwischen $-8$ und $-26$, was sich durch eine positive Zahl nicht zu $0$ ergänzt. Betrachten wir abschließend drei negative Zahlen. Wegen
    $3\cdot -9=-27>-29\,$
muss auf jeden Fall die $-13$ vorkommen. Es ist $-13-9-9=-31\neq 0$ und die andere Kombinationen mit nur einer $-13$ sind größer als $-31$. Mit zweimal $-13$ ist es auch nicht möglich, da $-3$ nicht zur Liste gehört, und dreimal $-13$ geht auch nicht.

### Aufgabe (2 Punkte)

Es sei $R$ ein Zahlbereich und es sei ${\mathfrak {p}}\neq 0$ ein Primideal. Zeige, dass die Norm von ${\mathfrak {p}}$ eine echte Primzahlpotenz ist.
Lösung
Nach Fakt ist ${\mathfrak {p}}$ ein maximales Ideal und somit ist der Restklassenring $R/{\mathfrak {p}}$ ein Körper, und zwar handelt es sich nach Fakt um einen endlichen Körper. Nach Fakt ist die Anzahl gleich $p^{n}$ mit einer Primzahl und $n\geq 1$.

### Aufgabe (2 Punkte)

Für welche quadratfreien Zahlen mit
    $D=1\mod 4\,$
ist ${\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}$ eine Einheit?
Lösung
Die Norm von ${\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}$ ist
    ${\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}\cdot {\frac {1-{\sqrt {D}}}{2}}={\frac {1-D}{4}}\,,$
bei
    $D=4r+1\,$
ist dies gleich $-r$. Damit eine Einheit vorliegt, muss dies eine Einheit in $\mathbb {Z}$ sein, also gleich $1$ oder $-1$. Dies bedeutet $D=-3$ oder $D=5$.

### Aufgabe (8 Punkte)

Es sei $K$ ein Körper und sei
    $\nu \colon (K^{\times },\cdot ,1)\longrightarrow (\mathbb {Z} ,+,0)$
ein surjektiver Gruppenhomomorphismus mit $\nu (f+g)\geq \min\{\nu (f),\nu (g)\}$ für alle $f,g\in K^{\times }$. Zeige, dass
    $R={\left\{f\in K^{\times }\mid \nu (f)\geq 0\right\}}\cup \{0\}\,$
ein diskreter Bewertungsring ist.
Lösung
Zuerst zeigen wir, dass $R$ ein Unterring des Körpers $K$ ist. Es ist $0\in R$. Da $\nu$ ein Gruppenhomomorphismus ist, muss $\nu (1)=0$ sein. Für Elemente $f,g\in R$ ist $\nu (f),\nu (g)\geq 0$ und damit $\nu (f\cdot g)=\nu (f)+\nu (g)\geq 0$, da ein Gruppenhomomorphismus vorliegt, und ebenso
    $\nu (f+g)\geq \operatorname {min} \left(\nu (f),\,\nu (g)\right)\geq 0\,$
nach Voraussetzung, sodass $R$ multiplikativ und additiv abgeschlossen ist. Ferner ist $\nu (-1)+\nu (-1)=\nu ((-1)^{2})=\nu (1)=0$, woraus aber $\nu (-1)=0$ und somit $-1\in R$ folgt. Also gehören auch die Negativen zu $R$, und somit liegt ein kommutativer Ring vor.
Weiterhin muss $R$ ein lokaler Ring sein. Wir behaupten, dass
    ${\mathfrak {m}}:={\left\{f\in K^{\times }\mid \nu (f)\geq 1\right\}}\cup \{0\}\subseteq R\,$
das einzige maximale Ideal ist. Die $0$ gehört dazu und wegen $\nu (f+g)\geq \operatorname {min} \left(\nu (f),\,\nu (g)\right)\geq 1$ ist die Menge additiv abgeschlossen. Für $f\in {\mathfrak {m}}$ und $g\in R$ ist $\nu (f)\geq 1$ und $\nu (g)\geq 0$ und daher $\nu (gf)=\nu (g)+\nu (f)\geq 1$, sodass die Menge abgeschlossen unter Skalarmultiplikation ist. Also liegt ein Ideal vor.
Das Komplement $R\setminus {\mathfrak {m}}$ besteht aus allen Elementen $h\in K$ mit $\nu (h)=0$. Dann ist aber auch $\nu (h^{-1})=0$ und damit $h^{-1}\in R$, d.h. diese Elemente sind alle Einheiten. Daher ist ${\mathfrak {m}}$ maximal.
Wir müssen noch zeigen dass ein diskreter Bewertungsring vorliegt. Es sei hierzu $p\in K$ ein Element mit $\nu (p)=1$,
was es wegen der vorausgesetzten Surjektivität gibt. Wir wollen zeigen, dass $p$ prim ist. Es gilt generell, dass $y$ ein Vielfaches von $x$ ($x,y\in R$) ist genau dann, wenn $\nu (y)\geq \nu (x)$ ist, da ja die Teilbarkeitsbeziehung zu $y/x\in R$ äquivalent ist. Aus $p{|}xy$ mit $x,y\in R$, folgt nun $1=\nu (p)\leq \nu (xy)=\nu (x)+\nu (y)$ und dann muss $\nu (x)\geq 1$ oder $\nu (y)\geq 1$ sein, sodass eines ein Vielfaches von $p$ ist. Also ist $p$ prim.
Mit dem gleichen Argument folgt, dass jedes Element $x\in R$ mit $n=\nu (x)$ assoziiert zu $p^{n}$ ist. Es liegt also ein Hauptidealbereich mit genau den Idealen $0$ und $(p^{n})$, $n\in \mathbb {N}$, vor.

### Aufgabe (2 Punkte)

Sei $A_{-5}=\mathbb {Z} [{\sqrt {-5}}]$ der quadratische Zahlbereich zu $D=-5$. Sei ${\mathfrak {a}}=(2,1+{\sqrt {-5}})$. Berechne die Anzahl der Elemente im Restklassenring $A_{-5}/{\mathfrak {a}}$.
Lösung
Es ist
    $A_{-5}=\mathbb {Z} [X]/(X^{2}+5)\,$
und somit
    ${\begin{aligned}A_{-5}/{\mathfrak {a}}&=(\mathbb {Z} [X](X^{2}+5))/(2,1+X)\\&=\mathbb {Z} [X]/(2,1+X,X^{2}+5)\\&=\mathbb {Z} /(2)[X]/(X+1)\\&=\mathbb {Z} /(2),\end{aligned}}$
da man $X$ durch $1$ ausdrücken kann. Der Restklassenring besitzt also $2$ Elemente.

### Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${\mathfrak {f}}$ und ${\mathfrak {g}}$ gebrochene Ideale in einem Zahlbereich $R$. Es gelte
    ${\mathfrak {f}}\cdot {\mathfrak {g}}=R\,.$
Zeige, dass dann
    ${\mathfrak {g}}={\mathfrak {f}}^{-1}\,$
ist.
Lösung
Wegen
    ${\mathfrak {g}}\cdot {\mathfrak {f}}\subseteq R\,$
ist unmittelbar
    ${\mathfrak {f}}\subseteq {\mathfrak {g}}^{-1}\,.$
Zum Beweis der anderen Inklusion sei $h\in {\mathfrak {g}}^{-1}$, also $h\in Q(R)$ mit
    $h{\mathfrak {g}}\subseteq R\,.$
Die Bedingung
    ${\mathfrak {g}}{\mathfrak {f}}=R\,$
beinhaltet insbesondere, dass es Elemente $g_{1},\ldots ,g_{n}\in {\mathfrak {g}}$ und $f_{1},\ldots ,f_{n}\in {\mathfrak {f}}$ mit
    $\sum _{i=1}^{n}g_{i}f_{i}=1\,$
gibt. Somit ist
    $h=h\cdot 1=h\cdot {\left(\sum _{i=1}^{n}g_{i}f_{i}\right)}=\sum _{i=1}^{n}(hg_{i})f_{i}\,.$
Wegen $hg_{i}\in R$ bedeutet dies, dass $h$ zu dem von $f_{i}$ erzeugten gebrochenen Ideal, also zu ${\mathfrak {f}}$, gehört.