# Elementare und algebraische Zahlentheorie/2/Klausur mit Lösungen
### Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.
* Das Teilen in einem kommutativen Ring $R$.
* Ein Untermodul $U\subseteq M$ zu einem $R$-Modul $M$.
* Die Ordnung eines Elementes $f\in R$ an einem Primideal ${\mathfrak {p}}\neq 0$ in einem Zahlbereich $R$.
* Die Divisorenklassengruppe zu einem Zahlbereich $R$.
* Ein normeuklidischer quadratischer Zahlbereich $A_{D}$ (zu $D\neq 0,1$ quadratfrei).
* Die strikte Äquivalenz von binären quadratischen Formen.
Lösung
* Man sagt, dass $a$ das Element $b$ teilt, wenn es ein $c\in R$ derart gibt, dass $b=c\cdot a$ ist.
* Eine Teilmenge $U\subseteq M$ heißt $R$-Untermodul, wenn sie eine Untergruppe von $(M,0,+)$ ist und wenn für jedes $u\in U$ und $r\in R$ auch $ru\in U$ ist.
* Die Ordnung $\mathrm {ord} (f)$ von $f$ im diskreten Bewertungsring $R_{\mathfrak {p}}$ heißt die Ordnung von $f$ am Primideal ${\mathfrak {p}}$.
* Es sei $\operatorname {Div} (R)$ die Gruppe der Divisoren und $H\subseteq \operatorname {Div} (R)$ sei die Untergruppe der Hauptdivisoren Dann nennt man die Restklassengruppe die Divisorenklassengruppe von $R$.
    $\operatorname {KG} (R)=\operatorname {Div} (R)/H\,$
* Der quadratische Zahlbereich $A_{D}$ heißt normeuklidisch, wenn die Normfunktion auf $A_{D}$ eine euklidische Funktion ist.
* Zwei binäre quadratische Formen heißen strikt äquivalent, wenn es eine ganzzahlige $2\times 2$-Matrix $M$ mit Determinante $1$ und mit gibt.
    $F=aX^{2}+bXY+cY^{2}\,\,{\text{ und }}\,\,F'=a'X^{2}+b'XY+c'Y^{2}$
    $F'=FM\,$

### Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.
* Das Lemma von Bezout für einen Hauptidealbereich $R$.
* Der Charakterisierungssatz für Primelemente im Ring der Gaußschen Zahlen.
* Der Satz über die Gruppenstruktur von Idealen in einem Zahlbereich.
Lösung
* Elemente $a_{1},\ldots ,a_{n}\in R$ besitzen stets einen größten gemeinsamen Teiler $d$, und dieser lässt sich als Linearkombination der $a_{1},\ldots ,a_{n}$ darstellen, d.h. es gibt Elemente $r_{1},\ldots ,r_{n}\in R$ mit $r_{1}a_{1}+r_{2}a_{2}+\cdots +r_{n}a_{n}=d$.
* Es sei $p$ ein ungerade Primzahl. Dann sind folgende Aussagen äquivalent.
** $p$ ist die Summe von zwei Quadraten, $p=x^{2}+y^{2}$ mit $x,y\in \mathbb {Z}$.
** $p$ ist die Norm eines Elementes aus $\mathbb {Z} [{\mathrm {i} }]$.
** $p$ ist zerlegbar (nicht prim) in $\mathbb {Z} [{\mathrm {i} }]$.
** $-1$ ist ein Quadrat in $\mathbb {Z} /(p)$.
** Es ist $p=1\mod 4$.
* Es sei $\mathbb {Q} \subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung vom Grad $n$ und $R$ der zugehörige Zahlbereich. Es sei ${\mathfrak {a}}$ ein von $0$ verschiedenes Ideal in $R$. Dann ist ${\mathfrak {a}}$ eine freie abelsche Gruppe vom Rang $n$,

### Aufgabe (3 Punkte)

Berechne $17^{1000000}$ in $\mathbb {Z} /(35)$.
Lösung
Der Zahl $17$ entspricht in $\mathbb {Z} /(35)\cong \mathbb {Z} /(5)\times \mathbb {Z} /(7)$ das Paar $(2,3)$. Das Element $2$ hat in $\mathbb {Z} /(5)$ die Ordnung $4$. Das Element $3$ hat in $\mathbb {Z} /(7)$ wegen $3^{2}=2\neq 1$ und $3^{3}=6\neq 1$ die Ordnung $6$. Somit besitzt $17$ die multiplikative Ordnung $12$. In $\mathbb {Z} /(12)$ gilt (durch abziehen von Vielfachen von $12$)
    $1000000=40000=4000=400=40=4\,.$
Daher ist die gefragte Potenz in Produktschreibweise gleich
    $(2^{4},3^{4})=(4^{2},2^{2})=(1,4)\,.$
Diesem Paar entspricht das Element $11$.

### Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Primfaktorzerlegung von
    ${\binom {49}{6}}.$
Lösung
Es ist
    ${\begin{aligned}{\binom {49}{6}}&={\frac {49\cdot 48\cdot 47\cdot 46\cdot 45\cdot 44}{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}\\&={\frac {49\cdot 47\cdot 46\cdot 45\cdot 44}{5\cdot 3}}\\&=49\cdot 47\cdot 46\cdot 3\cdot 44\\&=7\cdot 7\cdot 47\cdot 23\cdot 2\cdot 3\cdot 2\cdot 2\cdot 11\\&=2^{3}\cdot 3\cdot 7^{2}\cdot 11\cdot 23\cdot 47.\end{aligned}}$

### Aufgabe (5 Punkte)

Finde ein primitives Element in $\mathbb {Z} /(11)$ und in $\mathbb {Z} /(121)$. Man gebe ferner ein Element der Ordnung $10$ und ein Element der Ordnung $11$ in $\mathbb {Z} /(121)$ an. Gibt es Elemente der Ordnung $10$ und der Ordnung $11$ auch in ${\mathbb {F} }_{121}$?
Lösung
In $\mathbb {Z} /(11)$ betrachten wir das Element $2$. Die Ordnung von $2$ ist ein Teiler von $10$. Es ist $2^{2}=4\neq 1$ und $2^{5}=32=-1\neq 1$, sodass die Ordnung $10$ ist, also ist $2$ primitiv.
Wir betrachten $2$ in $\mathbb {Z} /(121)$. Dieser Ring hat $110$ Einheiten, also ist die Ordnung von $2$ ein Teiler von $110$. Andererseits folgt aus $2^{k}=1\mod 121$, dass auch $2^{k}=1\mod 11$ ist. Dann muss $k$ ein Vielfaches von $10$sein. An möglichen Ordnungen bleiben also $k=10$ oder $k=110$. Es ist $2^{10}=1024=56\neq 1\mod 121$. Also ist die Ordnung $110$und $2$ ist primitiv modulo $121$.
Damit hat $2^{10}=56$ die Ordnung $11$ und $2^{11}=112$ hat die Ordnung $10$.
${\mathbb {F} }_{121}$ ist ein Körper und die Einheitengruppe ist zyklisch der Ordnung $120$. Daher gibt es dort Elemente der Ordnung $10$, aber nicht der Ordnung $11$.

### Aufgabe (2 Punkte)

Finde drei Quadratzahlen
    $u^{2}<v^{2}<w^{2}\,$
derart, dass der Abstand von $u^{2}$ zu $v^{2}$ gleich dem Abstand von $v^{2}$ zu $w^{2}$ ist.
Lösung
Man kann $1^{2}=1$, $5^{2}=25$ und $7^{2}=49$ nehmen.

### Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

### Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

### Aufgabe (3 Punkte)

Es sei $R$ ein Zahlbereich. Zeige unter Verwendung der Norm, dass jedes Element $f\in R$, $f\neq 0$, eine Faktorisierung in irreduzible Elemente besitzt.
Lösung
Induktion über $\vert {N(f)}\vert$. Bei $\vert {N(f)}\vert =1$ liegt eine Einheit vor und es ist nichts zu zeigen. Es sei also $N(f)=n\geq 2$ und die Existenz einer Zerlegung in irreduzible Elemente sei für alle $g$ mit $\vert {N(g)}\vert <n$ schon bewiesen. Wenn $f$ irreduzibel ist, so ist nichts zu zeigen. Andernfalls gibt es eine Zerlegung mit $f=gh$, wobei $\vert {N(g)}\vert ,\vert {N(h)}\vert <n$ sind und daher nach Induktionsvoraussetzung eine Zerlegung in irreduzible Elemente besitzen. Daraus ergibt sich die Zerlegung von $f$ in irreduzible Elemente.

### Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

### Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass der Körper der rationalen Zahlen $\mathbb {Q}$ überabzählbar viele Unterringe besitzt.
Lösung
Es sei $T$ eine Teilmenge der Primzahlen. Da es unendlich viele Primzahlen gibt, gibt es überabzählbar viele Teilmengen davon. Zu $T$ gehört das multiplikative System $M(T)$, das aus allen ganzen Zahlen besteht, in deren Primfaktorzerlegung nur Primzahlen aus $T$ vorkommen. Die Nenneraufnahme
    $\mathbb {Z} _{M(T)}\subseteq \mathbb {Q} \,$
besteht aus allen rationalen Zahlen, die man mit einem Nenner schreiben kann, in dessen Primfaktorzerlegung nur Primzahlen aus $T$ vorkommen. Wegen der eindeutigen Primfaktorzerlegung in $\mathbb {Z}$ sind diese Ringe für verschiedene Teilmengen verschieden.

### Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

### Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

### Aufgabe (6 Punkte)

Es sei $R=A_{14}=\mathbb {Z} [{\sqrt {14}}]$ der quadratische Zahlbereich zu $D=14$. Berechne zu
    $q={\frac {3}{5}}-{\frac {1}{7}}{\sqrt {14}}\,$
den zugehörigen Hauptdivisor.
Lösung
Es ist
    $q={\frac {21-5{\sqrt {14}}}{35}}.$
Für die Primfaktoren des Nenners berechnen wir
$p=5$:
$R/(5)=\mathbb {Z} /(5)[X]/(X^{2}-4)$. Hier ist $X^{2}-4=(X-2)(X+2)$, es liegt also der zerlegte Fall vor. Den zwei Primidealen im Restklassenring entsprechen die Primideale
    ${\mathfrak {p}}=(5,2+{\sqrt {14}}){\text{ und }}{\overline {\mathfrak {p}}}=(5,2-{\sqrt {14}})$
und es ist $(5)={\mathfrak {p}}{\overline {\mathfrak {p}}}$.
$p=7$:
$R/(7)=\mathbb {Z} /(7)[X]/(X^{2})$. Hier liegt also der verzweigte Fall vor. Dem Primideal im Restklassenring entspricht das Primideal
    ${\mathfrak {q}}=(7,{\sqrt {14}})$
und es ist $(7)={\mathfrak {q}}^{2}$,
Für den Zähler betrachten wir
    $(21-5{\sqrt {14}})(21+5{\sqrt {14}})=441-25\cdot 14=441-350=91=7\cdot 13.$
Für $p=13$ ergibt sich:
$R/(13)=\mathbb {Z} /(13)[X]/(X^{2}-1)$. Hier liegt also wieder der zerlegte Fall vor, $X^{2}-1=(X-1)(X+1)$. Also liegen darüber die Primideale
    ${\mathfrak {m}}=(13,1+{\sqrt {14}}){\text{ und }}{\overline {\mathfrak {m}}}=(13,1-{\sqrt {14}})$
und es ist $(13)={\mathfrak {m}}{\overline {\mathfrak {m}}}$. Wir müssen nun bestimmen, ob $21-5{\sqrt {14}}$ zu ${\mathfrak {m}}$ oder zu ${\overline {\mathfrak {m}}}$ gehört. Eine direkte Rechnung ergibt $2\cdot 13-5(1+{\sqrt {14}})=21-5{\sqrt {14}}$, sodass $21-5{\sqrt {14}}\in {\mathfrak {m}}$ vorliegt. Damit ist insgesamt
    $\operatorname {div} (q)=({\mathfrak {q}}+{\mathfrak {m}})-({\mathfrak {p}}+{\overline {\mathfrak {p}}}+2{\mathfrak {q}})={\mathfrak {m}}-{\mathfrak {p}}-{\overline {\mathfrak {p}}}-{\mathfrak {q}}\,.$

### Aufgabe (4 Punkte)

Es sei $D\neq 0,1$ eine quadratfreie Zahl und sei $A_{D}$ ein quadratischer Zahlbereich. Definiere die Konjugation zu einem Element $f\in \mathbb {Q} [{\sqrt {D}}]$ und zu einem Element $f\in A_{D}$. Definiere zu einem Ideal ${\mathfrak {a}}\neq 0$ das konjugierte Ideal ${\overline {\mathfrak {a}}}$ und zeige, dass es sich um ein Ideal handelt. Zeige, dass ${\mathfrak {a}}$ und ${\overline {\mathfrak {a}}}$ in der Klassengruppe invers zueinander sind.
Lösung
Die Konjugation zu einem Element $f\in \mathbb {Q} [{\sqrt {D}}]$ ist folgendermaßen definiert: man kann $f$ schreiben als $f=a+b{\sqrt {D}}$ mit $a,b\in \mathbb {Q}$, und definiert ${\bar {f}}=a-b{\sqrt {D}}$. Für Elemente aus $A_{D}$ ist die Konjugation genauso definiert.
Zu einem Ideal ${\mathfrak {a}}$ setzt man
    ${\overline {\mathfrak {a}}}={\left\{{\bar {f}}\mid f\in {\mathfrak {a}}\right\}}\,.$
Dies ist ein Ideal wegen ${\bar {f}}+{\bar {g}}={\overline {f+g}}$ und wegen $a{\bar {f}}={\overline {{\bar {a}}f}}$.
Nach Fakt ist
    ${\mathfrak {a}}{\overline {\mathfrak {a}}}=(N({\mathfrak {a}}))\,$
ein Hauptideal, also ist das Produkt der beiden Ideale das neutrale Element in der Klassengruppe, also sind sie invers zueinander.

### Aufgabe (5 (3+2) Punkte)

Wir betrachten den quadratischen Zahlbereich zu $D=5$.
* Zeige unter Verwendung von Fakt, dass $A_{5}$ faktoriell ist.
* Sieht nicht die Gleichung wie eine Zerlegung in wesentlich verschiedene irreduzible Elemente aus? Wie lautet die Primfaktorzerlegung von $4$ in $A_{5}$?
    $-{\left(1+{\sqrt {5}}\right)}{\left(1-{\sqrt {5}}\right)}=4=2\cdot 2\,$
Lösung
* Die Diskriminante des Zahlbereichs ist $5$, daher müssen nur die Primzahlen $\leq {\frac {\sqrt {5}}{2}}$ überprüft werden, also nur die Primzahl $2$. Es ist Modulo $2$ ist dies und dies ist ein Körper mit $4$ Elementen, da dieses quadratisches Polynom nullstellenfrei und damit irreduzibel ist. Also ist $2$ prim in $A_{5}$ und dieser Zahlbereich ist faktoriell.
    $A_{5}=\mathbb {Z} [U]/(U^{2}-U-1)\,.$
    $\mathbb {Z} /(2)[U]/(U^{2}-U-1)=\mathbb {Z} /(2)[U]/(U^{2}+U+1)\,$
* Da die Zahl $2$ im Zahlbereich prim ist, muss sie einen der Faktoren teilen. In der Tat sind ${\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}$ und ${\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}$ Einheiten in diesem Zahlbereich, da die Norm davon $-1$ ist, weil die Norm von $1\pm {\sqrt {5}}$ gleich $-4$ ist. Somit sind $1+{\sqrt {5}}$ und $1-{\sqrt {5}}$ beide assoziiert zur $2$ (und auch untereinander) und es liegt keine wesentlich verschiedene Primfaktorzerlegung vor.
    ${\left(1+{\sqrt {5}}\right)}{\left(1-{\sqrt {5}}\right)}=-4\,$