Elementare Zahlentheorie Skript (Prof. Dr. Bauer) (WS 07/08)

Part I
Elementare Zahlentheorie Skript
(Prof. Dr. Bauer) (WS 07/08)
1 Teilbarkeit
1.1 Ganze Zahlen
De…nition Eine kommtativer Ring mit 1 ist eine Menge R, zusammen mit
Abbildungen
+ : R R ! R und
: R R ! R
so dass folgende Eigenschaften erfüllt sind.
1. Die Menge (R; +) zusammen mit der Abbildung + bildet eine abelsche
Gruppe, dh. es gelten für alle Elemente a; b; c 2 Z :
i) (a + b) + c = a + (b + c) (Assoziativität)
ii) a + b = b + a (Kommutativität)
iii) 90 2 R mit a + 0 = 0 + a = a
iv) Zu a 2 R existiert Inverses ( a) mit a + ( a) = 0
2. Distributivität
a (b + c) = (a b) + (a c)
3. (R; ) erfüllt
i) (a b) c = a (b c) (Assoziativität)
ii) a b = b a (Kommutatität)
iii) 9 neutrales Element 1 2 R mit 1 a = a8a 2 R
Bemerkung
1) Es gibt genau eine Null
Seien 0 und 0 0 zwei neutrale Elemente bzgl. Additoin:
0 = 0 + 0 0
= 0 0
2) Es gibt genau ein neutrales Element bzgl. Multiplikation:
1 = 1 + 1 0
= 1 0
1

3) ( a) ist als Inverses zu a eindeutig bestimmt
( a) = ( a) + 0
= ( a) + (a + ( a 0 ))
= (( a) + a) + ( a 0 )
= (a + ( a)) + ( a 0 )
= 0 + ( a 0 )
= ( a 0 )
In dieser Vorlesung werden Ringe im Allgmeinem immer kommutativ und mit
1 sein (also Ring heißt für die Vorlesung immer kommutativer Ring mit 1)
Beispiel für nicht kommutative Ring:
(n n) Matrizen mit Einträge in R für n 2
2Z = f gerade ganze Zahleng Ring ohne 1
De…nition Ein Ring heißt Integritätsring (oder Integritätsbereich, falls gilt:
Ist ab = 0, so gilt
a = 0 oder b = 0
Z bildet Integritätsring (wie auch Q; R)
De…nition Eine lineare Ordnung auf einer Menge M ist eine Relation " ",
für die gilt
i) m n8m 2 M (re‡exiv)
ii) m m 0 und m 0 m 00 , so gilt m m 00 (transitiv)
iii) Ist m m 0 und m m; 0 so gilt m = m 0
iv) Sind m; m 0 2 M; so gilt m m 0 oder m 0 m
Die ganzen Zahlen werden durch 3 Axiome bschrieben
Axiom 1) /Z ist ein Integritätsbereich
Axiom 2) Z ist ein linear geordneter Ring, d.h. auf Z existiert eine lineare Ordnung
so dass gilt
i) Ist 0 a und 0 b, so gilt 0 ab
ii) Ist a a 0 und b b 0 , so gilt a + b a 0 + b 0
Axiom 3) (Satz von kleinsten Element)
Jede nach unten beschränkte nicht leere Teilmengee M Z besitzt ein
kleinstes Element
D.h. existiert ein a 2 Z mit: a m8m 2 M, so gilt: Es existiert ein
m0 2 M 8m 2 M
2

Satz Ist a 2 Z, so existiert ein b 2 Z mit a b und a 6= b
Beweis. Übungsaufgabe
Bemerkung Man schreibt statt a b auch b a und a < b; falls a b gilt
und b 6= a und analog b > a
Satz Es sei a 2 Z und Aa = fb 2 Zjb > ag : Dann ist a 6= 1 das kleinste Element
in Aa:
Beweis. Übungsaufgabe
Satz (vollständige Induktion) Es sei E eine Eigenschaft auf Aa = fb 2 Zjb > ag :
Die Eigenschaft gelte für a + 1 2 Aa und es gelte: Gilt E für n 2 Aa; so auch
für n + 1. Dann gilt E8n 2 Aa
´
Anders formuliert:
Sei a 2 Z und bezeichne M = fn 2 ZjE ist für n erfülltg
Ist a + 1 2 M und folgt aus aus m 2 M jeweils auch, dass m + 1 2 M ist, so
gilt:
M Aa = fb 2 Zjb > ag :
Beweis. Angenommen diese Aussage wäre falsch. Dann ist die Menge
N = fn 2 Zjn > a und E ist für n nicht erfülltg
eine nichtleere, nach unten beschränkteTeilmenge von Z: Also existiert ein kleintes
Element n0 2 N. Es gilt: n0 6= a + 1, denn a + 1 2 M , also a + 1 =2 N: Also ist
n0 1 > a (denn es gilt: n0 > a; also n0 a + 1 (nach 1. Satz), somit gilt
n0 + ( 1) (a + 1) + ( a) , also n0 1 c
wäre n0 1 = a, so wäre n0 = a + 1 W! (Wiederspruch))
Da n0 minimal ist, so dass E nicht erfüllt ist, folgt dass n0 1 2 M:Nach der
2. Eigenschaft folgt (n0 1) + 1 2 M W!
Axiome von Z
1. Z ist ein Integritätsbereich
2. Z ist ein linear geordneter Ring
3. Es gilt der Satz vom kleinsten Element
1. Axiom hießt insbesondere
R ist Integriätsring, falls gilt: Es gilt
mit den Eigenschaften
+; : R R ! R
3

1) (R; +) bildet eine abelsche Gruppe
i) (a + b) + c = a + (b + c)
ii) a + b = b + a
iii) 90 2 R mit a + 0 = 0 + a = a
iv) Zu a 2 R existiert Inverses ( a) mit a + ( a) = 0
2) Distributivgesetz
a (b + c) = (a b) + (a c)
3) Für die Mulitplikation gilt:
i) (a b) c = a (b c)
ii) a b = b a
iii) 9 neutrales Element 1 2 R mit 1 a = a8a 2 R
4) Es gilt: Ist a b = 0 ; so ist a = 0 oder b = 0
2. lineare Ordnung auf M
Es gibt eine Relation " " auf M mit
i) a a8a
ii) a b und b c =) a c
iii) a b und b a ) a = b
iv) 8a; b 2 M gilt a b oder b a
3. Ist M Z eine nach unten beschränkte, nich leere Teilmenge, so gibt es
ein kleinstes Element: 9a 2 Z mit a m8m 2 M; so gibt es ein m0 2 M0
mit m0 m8m 2 M
Aus dem Axiom folgt:
Satz über vollständige Induktion. Es sei E eine Eigenschaft über Z. Sei
M = fa 2 ZjE(a) ist wahrg :
Sei n 2 Z fest. Sind die Vorraussetzungen erfüllt:
i) n 2 M
ii) Ist m 2 M, so auch m + 1
Aus i) + ii) ) fm 2 Zjm ng = M
De…nition N Z natürliche Zahlen, de…niert durch
Sei Bn
N = fn 2 Zjn > 0g
N0 = fn 2 Zjn 0g
N
=f1;:::;ng de…niert durch Bn = NnAn = fm 2 Njm ng
4

Satz Sind m; n 2 N0 so gilt:
Genau dann ist n = m, wenn es eine bijektive Abbildung
' : Bn ! Bm gibt
Beweis.
" ) " Ist n = m; so ist idBn : Bn ! Bm bijektiv
" ( " Induktion über n: IA:
Für n = 0 ist B0 = (leere Menge). Ist ' : B0 ! Bm bijektiv, so ist
Bm leere Menge. Damit gilt 1 =2 Bm ) m = 0
Induktionsschritt: (n ! n + 1)
Es sei ' : Bn+1 ! Bm bijektiv. Wir betrachten zu ' 1 (m) = k die
Abbildung : Bn+1 ! Bn+1
8
< l falls l 6= fk; n + 1g
(l) = k
:
n + 1
falls l = n + 1
falls, l = k
Die Abbildung ' 0 = ' : Bn+1 ! Bm ist bijektiv und es gibt ' 0 (n + 1) = m:
Es gilt Bn+1 = Bn _[ fn + 1g und (da ' 0 injektiv ist)
Bm = B (n+1) _[ fmg :
Und ' 0 jBn : Bn ! Bm 1 ist bijektiv. Nach IV ist n = m 1 und folglich
n + 1 = m
1.2 Division mit Rest
Satz Seien a; b 2 Z mit b > 0. Dann gibt es eindeutig bestimmte q; r 2 Z mit
a = qb + r , wobei 0 r < b:
Beweis.
1. Existenz
Wir betrachten M = fn 2 Zjn 0 und n = a pbg
Die Menge M ist nicht leer. Ansonsten wäre
fpbjp 2 Zg
nach unten beschränkt. Folglich gäbe es ein kleinstes Element p0b in dieser
Menge K
) (p0 1)b = p0b b; =2 K; denn p0b b < a
) W ! (p0 1) b 2 K
Sei r kleinstes Element in M
) a = qb + r
5

Es ist r = a qb 0: Wäre r b; so gält·e b a qb = r und folglich
a (q + 1) b 0 und folglich r b 2 M im Wiederspruch zur Minimaltität
von r:
2. Eindeutigkeit
Gilt qb + r = q 0 b + r 0 so folgt:
Wir können r r 0 vorraussetzen:
0 (r 0
r) = (q q 0 ) b
Es ist 0 (q q 0 ) < 1 und damit gilt: q = q 0 und 0 r 0 r =) r 0 = r:
De…nition Sei R ein Integritätsbereich
i) Sind a; b 2 R: Man sagt "a teilt b", wenn gilt: 9c 2 R mit b = ac
In Zeichen ajb
ii) Ein Element a 2 R heißt Einheit, falls gilt aj1 (also es existiert ein c 2 R
mit 1 = a c)
Es sei R = fEinheiten in Rg
Satz (R ; ) ist eine abelsche Gruppe
Beweis.
i) Assoziativität X
ii) Kommutativität X
iii) Existenz des neutralen Elements X
iv) Es existiert ein inverses Element X
Beispiel
i); ii)&iii) sind erfüllt,für jeden kommutativen Ring mit 1
iv) De…niton der Einheit
Z f 1g
f 1g Z o¤ensichtlich, da ( 1) 2 = 1
Z f 1g
Sind a; b 2 Z mit ab = 1; so gilt
jaj jbj = 1 und damit folgt jaj und jbj = 1
6

De…nition (Ideale) Sei R ein (kommutativer) Ring mit 1. Eine Teilmenge
I R heißt Ideal, falls gilt:
i) I 6=
ii) a; b 2 I ) a + b 2 I
iii) a 2 I; v 2 R ) va 2 I
Beispiel
i) Nullideal (0) = f0g R ist Ideal
ii) R = I ist Ideal
iii) n 2 N; (n) = fa 2 Zja = qng Ideal
iv) Q besitzt als Ideale nur (0) und Q
Ist 0 6= q 2 I und a 2 Q; so ist wegen iii) mit r = a
q
v) Polynomring R = R [x; y]
auch rq = a 2 I
I = X 2 ; XY = p 2 Rjp = Q1X 2 + Q 2 XY Ideal
vi) Sei R = '(R) = ff : R ! Rjf ist stetigg : Sei M R Teilmenge
R I(M) = ff 2 '(R)jf(m) = 08m 2 Mg
Notation Sind a1; : : : ; ar 2 R ; so wird mit R (a1; : : : ; ar) das Ideal, das von
a1; : : : ; ar aufgespannt wird, also
(a1; : : : ; ar) = fb 2 Rjb = 1a1 + 2a2 + + rar mit 1; : : : ; r 2 Rg
De…nition Ein Ideal I R heißt Hauptideal, wenn es ein a 2 R gibt mit
I = (a) :
Beispiel X 2 + XY R [X; Y ] ist kein Hauptideal
Satz Jedes Ideal in Z ist Hauptideal
Beweis. Ist I = (0) X
(9d : Ist I 6= 0; so sei d = min(I \ N):I \ N 6= ; denn ist a 2 Inf0g kleiner als
Null, so ist a > 0 und a = ( 1)I 2 I:)
Ist a 2 I; so gilt a = qd + r mit 0 r < d: Ist r 6= 0, so ist r = a + ( q) d 2 I
und damit gälte:
r < d und r 2 I \ N im Wiederspruch zur Wahl von d ) I = (d)
De…nition Ein Hauptidealring ist ein Integritätsring, in dem jedes Ideal ein
Hauptideal ist
7

Bemerkung Sind a; b 2 R; R Hauptidealring, dann gilt: (a) = (b) genau dann
wenn es eine Einheit e 2 R gibt mit b = ae:
Denn:
a 2 (b); d.h a = b
b 2 (a); d.h. b = a
a = a; dh. (1 )a = 0
R Integritätsring ) 1 = 0; d.h. = 1 (Einheit)
De…nition Ist R ein Integritätsbereich udn sind a1; : : : ar 2 R; so heißt ein
d 2 R "ein größter gemeinsamer Teiler von a1; : : : ; as", wenn gilt
i) djai81 i s
ii) Ist c 2 R und cjai81 i s; so gälte: cjd
Bemerkung Sind d; d 0 2 R größte gemeinsame Teiler von Zahlen a1; : : : ; as; so
gibt es eine Einheit e mit d = ed 0
Denn: djd 0 (da d 0 ein ggT (a1; : : : ; as) ist) und es gilt d 0 jd (da d ein ggT (a1; : : : ; as)
ist) somit gilt: d = ed 0 und d 0 = e 0 d mit e; e 0 2 R: Insbesondere gilt d = ee 0 d,
also (1 ee 0 )d = 0: Damit folgt ee 0 = 1: (Hier benutzen wir: "Integritätsring")
'(R) ist kein Intergritätsring
) fg = 0, aber weder f noch g ist Nullfunktion
Satz Ist R ein Hauptidealring, a1; : : : as 2 R: Dann gibt einen ggT (a1; : : : as)
Beweis. Wir betrachten das Ideal (a1; : : : as) : Dies ist ein Hauptideal, d.h. es
existiert ein d 2 R mit (a1; : : : as) = (d)
Dies d ist ein ggT (a1; : : : as) : Es gilt ai = rid für ri 2 R; d.h. djai für 1 i s:
Ist c 2 R mit cjai für 1 i s, also ai = tic:
8

Dann gilt: Es gilt ui 2 R und d = u1a1 + u2a2 + + usas (denn d 2
(a1; : : : as)), damit gilt cjd, wenn
d = u1a1 + u2a2 + + usas
= (t1u1) c + : : : (tsus)c
= (t1u1 + + tsus) c
Bemerkung Es sei I = (a1; : : : as) R ein Ideal (R ein kommutativer Ring
mit 1)
Dann gilt:
i) Sind r2; : : : ; rs 2 R, so ist
ii)
(a1; : : : as) = (a1; a2 + r2a1; a3 + r3a1; : : : as + rsa1)
iii) Ist c 2 R eine Einheit, so ist
(a1; : : : as) = (a1; : : : as; 0; : : : ; 0)
(a1; : : : as) = (ca1; : : : as)
Beweis. (nur i); die anderen sind o¤ensichtlich):
Wir nennen a 0 i = ai + ria1 für 2 i s; a 0 1 = a1. Es gilt (a1; : : : as)
(a 0 1; : : : a 0 s) ; denn a 0 i 2 (a1; : : : as) und damit auch P s
i=1 tia 0 i 2 (a1; : : : as)
Umgekehrt:
a1 = a 0 1 2 (a 0 1; : : : a 0 s)
ai = a 0 i ria1 = a 0 i ria 0 1 2 (a 0 1; : : : a 0 s) damit gilt:
(a1; : : : as) (a 0 1; : : : a 0 s)
Bestimmung des ggT in /Z durch Eukldischen Algorithmus:
Seien a1; : : : as 2 Z: Dann betrachten wir das Ideal (a1; : : : as) : Wir müssen:
(a1; : : : as) = (d) und d ist ggT (a1; : : : as) : Aber wir kennen d nicht.
1. Schritt: Ohne Einschränkung gilt ai 0 und a1 a2 as (andernfalls
ersetzen wir a 0 i = ai und ordnen diese nicht negativen Zahlen der Größe
nach)
2. Schritt Nach Satz über Teiler mit Rest existieren qi; ri für 2 i s mit 0 ri < a
und ai = qiai + r Nach i) gilt:
(a1; : : : as) = (a1; a2 + r2a1; a3 + r3a1; : : : as + rsa1)
= (a1; r2; r3; : : : ; rs)
9

Falls unter den r2; : : : ; rs Nullen sind, lassen wir sie wegfallen. Wir iterieren 1 .
Setzen
a 0 1 = a1; a 0 2 = r2; : : : ; a 0 s = rs
Wir erhalten eine Folge von Darstellungen
Alle Erzeuger a (n)
n
Damit gilt:
(a1; : : : as) = (a 0 1; : : : a 0 s) = (a 00
1; : : : a 00
s ) = : : :
1 sind 0 und es gilt: a (m+1)
1
a (m)
i
ja (m)
i
a (m)
j :
tauchen im Algorithmus auf, a (m)
i
ein kleinstes Element d: Für dieses d gilt:(a1; : : : as) = (d; 0; : : : ; 0)
o
6= 0 besitzt
Wir erhalten: Ist d 2 Z größter gemeinsamer Teiler von a1; : : : as; so
gibt es b1; : : : bs so dass gilt:
d = a1b1 + a2b2 + + asbs
Ein weiteres Beispiel eines Hauptidealringes:
Sei K ein Körper (d.h. ein Integritätsring, in den jedes Element ungleich Null
eine Einheit ist, z.B. K = Q; R; C), so ist der Polynomring K[t] in einer Variablen
ebenfalls ein Hauptidealring. Wir können auch Polynomdivision mit Rest
durchführen. Diese liefert für Polynome P1; : : : ; Ps 2 K[t] einen ggT:
1.3 Primzahlen
Sei R Integritätsring; a 2 Rnf0g; a keine Einheit
De…nition
i) a heißt unzerlegbar, falls gilt: Ist a = mn mit m; n 2 R; so ist m Einheit
oder n Einheit
ii) a heißt prim, falls gilt: Teilt a ein Produkt m n so teilt a einen der
Faktoren (ajnm ) ajm oder ajn)
Satz Ist R Integritätsring und a 2 Rnf0g; a keine Einheit. Ist a prim, so ist a
unzerlegbar (prim ) unzerlegbar)
Beweis. Sei a = mn: Es gilt aja = mn und, da a prim ist, folgt a teilt einen der
Faktoren, sagen wir einmal ajm: Dann gilt m = aq und damit m = aq = mnq:
D.h. m(1 nq) = 0 und folglich (1 nq) = 0; also nq = 1 und n ist Einheit.
1 wiederholen
10

Satz Ist R ein Hauptidealring und ist a 2 Rnf0g; a keine Einheit. Dann gilt:
Ist a unzerlegbar, so auch prim (Insbesondere gilt für Hauptidealringe: prim
, unzerlegbar)
Beweis. Sei a unzerlegbar. Wir wollen zeigen. Teilt a weder m noch n; so teilt
a auch nicht das Produkt mn (a jm; / a jn / ) a j / (mn)) :
Zwischenbehauptung
a jm / ) Ideal(a; m) = R
Denn: R ist Hauptidealring, also gibt es ein d 2 R mit (a; m) = (d) : Es gilt
also dja also a = db: Da a unzerlegbar, folgt d oder b ist Einheit. Wäre b eine
Einheit, so gälte, da d auch m teilt
m = dm 0
= ab 1 m 0
= a(b 1 m 0 )
also gälte ajm: Also folgt: d ist Einheit, folglich ist (d) = R und (a; m) = R
Aus a jm / und a jn / folgt somit (a; m) = R und (a; n) = R: Also gibt es Zahlen in
R mit 1 = ca + em und 1 = fa + gn: Folglich:
1 = 1 1
= (ca + em) (fa + gn)
= (cfa + emf + gcn) a + (eg) (nm)
) (a; m) = R
Damit folgt: a jnm: / Andernfalls wäre (a; nm) = (a) 6= R; da a keine Einheit ist
(andernfalls 1 = ah und a Einheit).
Ist K ein Körper, so ist K[t] ein Hauptidealring (Übung)
Also gilt für Polynome P K[t] : P ist prim, P unzerlegbar (irreduzibel)
Satz (Hauptsatz der elementaren Zahlentheorie) Sei R ein Hauptidealring
a 2 Rnf0g keine Einheit. Dann lässt sich a als Produkt a = p1 ; : : : ; ps
von Primelementen darstellen. Die Faktoren pi sind bis auf Reihenfolge und
bis auf Multiplikation mit Einheit eindeutig bestimmt.
Satz (Teilerkettensatz) Sei R ein Hauptidealring. Es sei (ai) i2N eine Folge
von Elementen ai R mit der Eigenschaft ai+1jai8i 2 N: Dann gibt es ein
s 2 N mi·t ai = eias8i s und Einheiten ei 2 R :
Anders ausgedrückt: Sei (a1) (a2) (an) : : : eine aufsteigende Folge
von Teilen, so gibt es ein s 2 N mit (ai) = (as) 8i
Beweis. Wir betrachten folgendes Ideal:
s
R I = fr 2 Rj es gibt ein n 2 N und b1; : : : ; bn 2 R mit r = b1a1 + + bnang
Da R ein Hauptidealring ) I = (d) : Dann folgt aber d = b1a1 + + bsas
für b1; : : : ; bs 2 R: Da asjas 1 und folglich (per Induktion) gilt asjai für i s
11

gilt: asjd: Damit folgt (d) (as) : Aber es gilt auch (ai) (a1; a2; : : : ; an; : : : ) =
I = (d) = (as) für i s: Damit folgt asjai und aijas8i s ) ai eias mit ei
Einheit.
Beweis.
1. Schritt Es existiert ein Primelement p das a teilt.
Denn: Ist a unzerlegbar ) a selbst ist prim. Damit sind wir fertig.
Andernfalls ist a = a1b1 mit a1b1 keine Einheiten. Ist a1 unzerlegbar so
sind wir fertig.
Andernfalls ist a1 = a2b2 mit a2b2 keine Einheiten. Ist a2 unzerlegbar so
sind wir fertig.
Andersfalls : : :
Finden wir keinen Abbruch in diesem Algorithmus, so haben wir eine Folge
konstruiert (ai) i2N mit Eigenschaft: ai+1jai und ai+1 = aibi und bi keine
Einheit. Das stellt einen Wiederspruch zum Teilerkettensatz dar.
2. Schritt (Existenz und Zerlegung):
Nach dem ersten Schritt gilt: Es existiert ein Primelement p1 mit a =
p1 ea1:
Ist ea1 keine Einheit, so existiert ein Primelement p2 mit ea1 = p2 ea2:
Ist ea2 keine Einheit, so existiert ein Primelement p2 mit ea2 = p2 ea3:
: : :
Bricht dieser Algorithmus nicht ab, so erhalten wir eine Folge ( eai) i2N mit
gai+1j eai und eai = pi+1 gai+1 mit pi+1 gai+1 keine Einheit. Dies wiederspricht
dem Teilerkettensatz. Folglich bricht dieser Algorithmus ab, d.h. es existiert
ein eas mit eas eine Einheit ist und folglich:
Damit ist mit (p 0 s = ps eas)
Produkt von Primelementen
3. Schritt (Eindeutigkeit)
a = p1p2
a = p1p2
ps eas
Sei p1; p2; : : : ; pr = q1;q2; : : : ; qs mit pi 6= pj Primelementen. Zu zeigen
ist: r = s und (bis auf Permutation der qs) gilt: pi = qiei mit ei Einheit.
Dazu: Induktion nach r:
IA (r = 1) : p1 = q1 (q2 : : : qs)
12
p 0 s

Da p1 prim ) p1unzerlegbar
IS (r 1 ! r) :
p1p2 : : : pr = q1q2 : : : qs
) q1 Einheit der (q2 : : : qs) Einheit, da q1 prim
) keine Einheit
) q2; : : : ; qs Einheit
) s = r
) IA:
p1jp2 : : : pr und teilt q1(q2 : : : qs)
p1 prim ) p1jq1 oder (q2 : : : qs)
Nach Induktion über s gilt: p1 teilt einen der Faktoren (q1 : : : qs): Nach
Umnummerierung der qj können wir annehmen p1jq1: Da p1 prim ist, ist
es irreduzibel, damit gilt: p1 = q1e1 mit ei Einheit. Damit gilt: p1(p2 : : : pr) =
q1(q2 : : : qs) = p1e 0 1(q2 : : : qs): Also mit q 0 2 = e 0 1q2 gilt:
und damit p2 : : : pr = q 0 2q3 : : : qs
p1(p2 : : : pr) = q1(q 0 2q3 : : : qs)
Nach IV sind die Faktoren in diesem Produkt jeweils bis auf Permutationen
und Multiplikationen mit Einheiten eindeutig.
1.4 Primzahlverteilung
Satz In Z gibt es unendlich viele Primzahlen
1. Beweis (Euklid). Angenommen es gäbe nur endlich viele p1; : : : ; pn
Primzahlen. Dann betrachten wir q = (p1; : : : ; pn) + 1 q ist teilerfremd zu
p1; : : : ; pn. Also zerlegt sich q in Primelemente die verschieden sind von p1; : : : ; pn
W !
2. Beweis (Euler).
p
p 1 =
=
1
1 1
p
1X
k=0
1
p
k
(geometrische Reihe)
13

Angenommen, wir hätten nur endlich viele Primzahlen p1; : : : ; pn; so gälte:
0
1
nY p
p 1
j=1
| {z }
=
nY 1X
@
j=1 kj=0
1
pj
kj
A
0)
Beweis. Wir de…nieren eine Folge von xi 2 Z wie folgt: Setzen x0 > 4 max jaij
und setzen y0 = A (x0)
= 1
x1 = x0 + y 2 0 und y1 = A (x1)
.
xn = xn 1 + y 2 n 1 und yn = A (xn)
14
.
pn

Behauptung: fy0; y1; : : : ; yn; : : : g besitzt 1 viele Primteiler
x0 > 4 max jaij 4janj 4
y0 = A (x0)
anx n n 1
0 jan 1jx
> anx n 0
= anx n 0
= anx n 0
anx n 0
x
> an
n 0
2
2
x0
4
x0
4
1
4
1
2 (xn 0
Nach Konstruktion ist x1 > x0.
Nach Induktion ist xi > xi 1 und
yi = A (xi)
an
an
> an
y n i 1
x n i
2
x n i 1
2
y n i 1
2
xn 1
0
0 jan 2jx
xn 0 1
x0
x
1
n 0
1
!
1
1
x0
1)
+ xn 2
0
n 2
0
+ + 1
ja0j
(gleiche Abschätzung für xiyi statt x0y0)
+ an
y n i 1
2
Sei p eine Primzahl: Teilt p den Wert yi 1, dann gilt: Die Potenz, mit der
p in y auftritt, ist gleich der Potenz mit der p in yi auftritt. Ist dies gezeigt, so
sind wir fertig, denn yi besitzt mehr Primzahlen als yi 1:
yi = A (xi)
2n
= A xi 1 + y 2 i 1
= A (xi 1) + y 2 i 1B(xi 1; yi 1)
| {z }
Polynom
= yi 1(1 + yi 1B(xi 1; yi 1))
ggT (yi 1; 1 + yi 1B(xi 1; yi 1)) = 1
15

1.5 Euklidische Ringe und quadratische Erweiterungen
De…nition Ein Integritätsring R, zusammen mit einer Abbildung
N : R ! N [ f0g
heißt euklidischer Ring, falls die Abbildun N die folgenden Eigenschaften besitzt:
i) N(a) = 0 () a = 0
ii) Ist b 6= 0, so gibt es für alle a 2 R ein q 2 R mit der Eigenschaft
N(b) > N (a qb) (Division mit Rest)
N heißt euklidische Normfunktion
Beispiel i) R = Z; N(a) = jaj
ii) R = K[x]; K Körper
Polynomring in einer Variablen
N(anx n + + a0) = 2n falls an 6= 0
0 falls an = = a0 = 0
Eine Normfuktion heißt Multiplikation, falls gilt: N(ab) = N(a)N(b)
Satz Ist N euklidische Normfunktion und N(b) = 1, so ist b Einheit
Beweis. Es existiert ein q, so dass N(1 qb) < N(b) = 1; d.h. 1 qb = 0; also
qb = 1
Satz Ist N multiplikativ und b Einheit, so gilt N(b) = 1:
Beweis. N(1) = N(1 1) = N(1) N(1) 6= 0 ) N(1) = 1
Ist qb = 1; so gilt 1 = N(1) = N(qb) = N(q) N(b) ) N(q) = N(b) = 1
Satz Ist N euklidisch, so ist R ein Hauptidealring.
Beweis. Wie bei Z :
Sei I R ein Ideal und sei d 2 I ein Element mit N(d) = minfN(a)ja 2 Inf0gg
Dann gilt: d teilt alle Elemente in I :
Ist a 2 I; so gibt es ein q mit N(a qd) < N(d): Aber a qd 2 I ) N(a qd) = 0;
also a qd = 0; also dja:
Quadratische Erweiterungen: n
Sei d 2 N: Wir betrachten a + ib p o
dja; b 2 Z
Mit a + ib p d ist auch a + ib p d 2 R
C: R ist ein Ring: 0; 1 2 R:
p p
a1 + ib1 d a2 + ib2 d = (a1a2 b1b2d) + i (a1b2 + a2b1) p d 2 R
16

Wir de…nieren
N a + ib p d : = a + ib p d a ib p d
= a 2 + b 2 d
also N(2) = j2j 2 :
Diese Norm ist sehr selten euklidisch, aber sie ist multiplikativ
Beispiel d = 1 : R = Z[i] = fa + ibja; b 2 Zg C:
Ring der Gaußen Zahlen
Zerlegen C in Kästchen der Kantenlänge 1 also mit Durchmesser p 2. Jeder
Punkt in C hat den Abstand von einem "ganzen" Element
p
2
2 < 1
a; b 2 R; b 6= 0 ) zu a
b
a
b
p 2
2
existiert ein q 2 R mit
q
p
2
< 1
2
) ja qbj 2 < jbj 2
) N(a + qb) < N(b)
) Z[i] ist euklidischer Ring
) Z[i] ist Hauptidealring
17

Euklidischer Ring: Integritätsring R, zusammen mit
mit
De…nition (1) N(a) = 0 () a = 0
N : R ! N [ f0g
(2) Ist a 2 R, so gibt es für jedes b 2 R ein q 2 R mit
Beispiel i) R = Z; N(a) = jaj
ii) R = K[x] :
N(a) > N (b ab)
N(anx n + + a0) = 2n falls an 6= 0
0 falls an = = a0 = 0
N heißt Euklidische Norm. N heißt multiplikativ, falls gilt: N(ab) =
N(a)N(b)
Eigenschaften:
i) N(a) = 1, so ist a Einheit
ii) Ist N multiplikativ und a Einheit , N(a) = 1:
iii) Ist N euklidisch, so ist R ein Hauptidealring (d.h. jedes Element besitzt
eine Zerlegung in Primelemente die bis auf Reihenfolge und Einheiten
eindeutig ist).
Quadratische Erweiterungen: n
Fixiere d 2 N: Betrachte R = n + im p o
djn; m 2 Z
sring. Wir betrachten
N : R ! N [ f0g
a = n + im p d 7! N(a) = jaj 2 = aa = n 2 + m 2 d
C: R ist ein Integrität-
Dies N ist o¤ensichtlich multiplikativ, aber leider nur selten eine euklidische
Norm
(1) ist immer erfüllt
(2) selten
Beispiel d = 1 : R = Z[i] Ring der Gaußen Zahlen
Ist ein euklidischer Ring:
Ist z 2 C, die in einem Quadrat liegt mit Mittelpunkt des Quadrates gegeben
a + ib so gilt
jzj 2 ja + ibj (1=2) 2 + (1=2) 2 = (1=2)
18

p 2
d.h. jzj ja + ibj 2 < 1
Sei a 2 Z[i]nf0g und b 2 Z[i]. Wir wollen zeigen: Es gibt ein q 2 Z[i] mit
N (b qa) < N(a)
, jb qaj 2 < jaj2
,
Ist b
a in einem Quadrat mit Mittelpunkt q 2 Z[i], so ist diese Ungleichung erfüllt.
Beispiel d = 2 :
R = Z i p 2 = n + im p 2jn; m 2 Z : Zerlegen C in Rechtecke mit Kantenlänge
in reeler Richtung und Kantenlänge p 2 in imaginärer Richtung
Ist z 2 C in dem Rechteck mit Mittelpunkt n + im p 2; so gilt:
z n + im p 2
v
u
t
p
3
1
2
2 p ! 2
2
+
2
=
b
a
2
< 1
Die Zuordnung: (n + i p 2m) 7! n 2 + 2m 2 ist Euklidische Norm auf Z i p 2 :
19
q
2
< 1

Satz Z i p 2 ist euklidischer Ring (und folglich Hauptidealring)
Beweis.
N : n + i p 2m 7! n 2 + 2m 2
ist Euklidische Norm.
Ist a 2 Z i p 2 nf0g und b 2 Z i p 2 , so ist b
a 2 C in einem der ausgezeichneten
Rechtecke mit Kantenlänge 1 und p 2 und Mittelpunkt q 2 Z i p 2 . Dann gilt
b
a
q
p
3
< 1
2
) jb qaj < jaj
h
Satz Z i p i n
d = n + i p o
dmjn; m 2 Z
) N (b qa) < N(a)
Bemerkung Diese Ringe sind nicht "normal"
Beispiel Z i p h p i
1+i 3
5 Z 2 "normal"
8
><
= n + m
>:
1 + ip 9
>=
3
jn; m 2 Z
| {z
2
} >;
20
C ist kein Hauptidealring für d 3:

Dies ist ein Ring: allgemein gegenüber Addition X
allgemein gegenüber Multiplikation:
2 =
(n + m ) (n 0 + m 0 ) nn 0 + mm 0 2 + (nm 0 + mn 0 )
! 2
1 + i p 3
2
= 1
4 1 + 2ip3 3
= 1
2 + 2i
4
p 3
= 1 + 1 + ip3 2
= 1 +
Wir betrachten die Normfunktion
Bemerkung
i) Ist a = bc 2 Z
N : Z
h
i p i
d ! N
n + i p dm 7! n 2 + dm 2
h
i p i
d und N(a) < d, so sit b oder c in Z
ii) Ist a = bc und N(a) = d 2 , so ist enweder a ein Faktor in Z oder b; c sind
von der Form i p d:
Beweis i). N(a) = N(b)N(c) < d 2 ) einer der Faktoren ist kleiner als d.
Z.B. N(b) < d ) b 2 Z; dann ist b = n + i p dm, so ist N(b) = n 2 + dm 2 < d )
m = 0:
Beweis ii). Denn: Entweder ist einer der Faktoren b; c von der Norm N(b) <
d oder N(c) < d ) b oder c in Z: Oder N(b) = N(a) = d: Dann ist entweder
N(b) = n 2 + dm 2 = d n = 0 und m 2 = 1 oder m = 0 und n 2 = d ) Behauptung
Beweis des Satzes. Wir zeigen: Es gibt Elemente, die keine eindeutige
Zerlegung in unzerlegbare Elemente besitzen.
1.Fall: Ist d 2 f1; 2g ; so ist
N : R ! N;
n + i p dm 7! n 2 + dm 2
eine euklidische Normfunktion, also ist R euklidisch ) R ist Hauptidealring
21

2.Fall: d ist gerade, d = 2d 0 : Dann gilt d 4
N i p d = d < d 2 ) Ist i p d = bc, so ist b oder c in Z: Also etwa
b 2 Z ) c =2 Z ) b = 1; c = i p d. Also ist i p d unzerlegbar in diesem
Ring
d = i p d i p d Zerlegung in unzerlegbare
d = 2d 0
2 ist in diesem Ring unzerlegbar: N(2) = 4 < d 2 ) ist 2 = bc Zerlegung,
so ist b Z ) b oder c ist Einheit
d 0 = q1 + + qs ist ein endliches Produkt von Unzerlegbaren Elementen
(Argument aus Teilbarkeitssatz). Ist d zerlegbar, so ist d = q1d 00
Ist d 0 kein endliches Produkt von unzerlegbaren, so gibt es eine Folge von
Zahlen qi 2 Ring mit
d 0 = q1 + + qid (i+1)
und d (i+1) ist zerlegbar und q1 + + qi keine Einheit
) N(d0 ) = N(q1) : : : N(qi) N(d
| {z } | {z }
>1 >1
(i+1) )
| {z }
>1
) N(d 0 ) = Produkt von unendlich vielen ganzen Zahlen > 1W !
d = 2d 0 = 2q1; : : : ; qi; 2; qi unzerlegbar N(qi) < d 2 ;d.h. qi 2 Z
3.Fall: d 3 und d ungerade
) d + 1 ist gerade, d + 1 = 1 + i p d 1 i p d
d + 1 = 2p1 + + ps mit pi 2 Z unzerlegbar N n + i p dm := n 2 + dm 2 :
) Ist 1 + i p d = bc, so ist einer der Faktoren b; c 2 Z: Sagen wir b 2 Z
c = 1 i p
+ d 2 R
b b
, b 2 f 1g
) b Einheit, also ist 1 + i p d unzerlegbar. Analog ist 1 i p d unzerlegbar in R
noch zu zeigen: 2p1 + + ps sind in R unzerlegbar. (p0 = 2)
Aber N(pi) = p2 i < d2
) Ist pi = bc in R, so ist einer der Faktoren in Z
) b; c sind in Z: Da pi in Z unzerlegbar ist, so folgt b oder c ist Einheit
in Z und damit auch in R:
22

Habe gezeigt: Ist d 3, so gilt in R nicht, dass eine Zerlegung
von Unzerlegbaren (Irreduzible) eindeutig ist ) W ! zur (Hauptidealring
) eindeutige Zerlegung)
Wir betrachten nun den Ring Z
hpdi mit d 2 N mit der Eigenschaft d > 1
quadratfrei, d.h. gilt a2jd; so ist a = 1: Kandidat für euklidische Normfunktion:
N n + m p d = n 2
dm 2
Es gilt n 2 dm 2 = 0 , n = m = 0; denn in n 2 tauchen Primzahlen nur
in gerader Potenz auf, in dm 2 taucht mindestens eine Primzahl in ungerader
Potenz auf.
hpdi n
Satz (ohne Beweis) d = 2; 3, so ist R = Z = n + m p o
djm; n 2 Z R
ein euklidischer Ring.
h
Warum ist der Beweis schwer? Es gibt in Z i p i
d nur die Einheiten 1 (und,
hpdi falls d = 1 auch i). In Z gibt es im Allgemeinem unendlich viele Ein-
heiten. z.B. in Z p 2 ist 3 + 2 p 2 Einheit, denn
3 + 2 p 2 3 2 p 2 = 1
Damit ist auch a 2 ; a 3 ; : : : ; a 1 ; a 2 ; : : : Einheit
1.6 Zahlentheoretische Funktionen
De…nition Eine zahlentheoretische Funktion mit Werten in einem kommutativen
Ring (also z.B. R = Z; Q; R; C; : : : ) ist eine Abbildung
f : N ! R
Symmetrische Funktionen: Wir konstruieren eine Abbildung:
f 7! (f) = F
mit F (n) := P
djn f(d)
: Z = fzahlentheoretische Funktionen f : N ! Rg ! Z
Beispiel f = 1; d.h. f(n) = 1
(1) = Teilerfunktion; (n) = Anzahl der Teiler von n = (d 2 N : djn)
n 1 2 3 4 5 6 : : : 100 : : :
(n) 1 2 2 3 2 4 : : : 9 : : :
(n) = 2 ist eine Primzahl
23

Satz : Z ! Z ist bijektiv, d.h. zu jeder zahlentheoretischen Funktion F gibt es
genau eine zahlentheoretische Funktion f mit F = (f)
Beweis. Wir konstruieren f induktiv. Ist F = (f); so ist F (1) = P
dj1 f(d) =
f(1): Also setzen wir f(1) = F (1): Wir nehmen an f(1); : : : ; f(n 1) seien
konstruiert und durch F (1); : : : ; F (n 1) eindeutig bestimmt. Dann sein f(n) =
F (n) P
djn;d6=n f(d). Dann ist f(n) eindeutig durch F (1); : : : ; F (n) bestimmt
und es gilt:
F (n) = X
f(d)
Das so de…nierte f(n) ist eindeutig durch diese Formel bestimmt
Können wir
djn
1 in irgendeiner Weise schreiben?
2 Z ; (n)
Wir nennen 1 ( ) = (Möbius- Funktion)
1 n = 1
0 sonst
Satz (Möbius Inversion) Es sei F = (f) symmetrische Funktion von f:
Dann gilt
f(n) = X
F n
d
(d)
Beweis.
djn
f(n) = X
f(d)
djn
djn
n
d
= X
f(d) ( )
djn
n
d
= X
0
@f(d) X
1
(q) A
=
=
=
X
djn;qj n
d
X
d;q m it dqjn
X
qjn;dj n
q
= X
qjn
= X
qjn
(q)
qj n
d
f(d) (q)
f(d) (q)
(q) f(d)
(q)F n
q
24
0
@ X
1
f(d) A
dj n
q

De…nition Eine zahlentheoretische Funktion heißt multiplikativ wenn gilt
mit ggT (n; m) = 1
f(n m) = f(n) f(m)8n; m 2 N
M Z Menge der multiplikativen zahlentheoretischen Funktionen
Bemerkung
1) f multiplikativ, R Integritätsring) f(1) = 1; denn
f(1) = f(1 1) = f(1)f(1)
d.h. f(1) (1 f(1)) = 0 ) f(1) = 1
R Integritätsbereich
2) f; g 2 M ) fg 2 M G = fg; ggT (n; m) = 1 )
G(n; m) = f(nm)g(nm) = f(n)f(m)g(n)g(m) = G(n)G(m)
3) f 2 M; so ist f durch die Werte auf Primzahlpotenzen vollständig bestimmt:
n = p 1
1 p s
s
eindeutige Zerlegung in Primzahlen mit pi 6= pj für i 6= j ; so ist f(n) =
sY
(f (p i
i ))
i=1
Beispiel
i) f(n) = n k ist multiplikativ, denn (nm) k = n k m k
ii) ist multiplikativ
iii) 1 ist multiplikativ
iv) Teilerfunktion ist multiplikativ
ggT (n; m) = 1 ; qjnm 9!q1; q2 mit q = q1q2 und q1jn, q2jm
Denn: Wegen Eindeutigkeit der Primzerlegung: Ist p eine Primpotenz
in q, so ist p auch Primpotenz in genau einer aber beide Faktoren n oder
m:
q1 = Produkt der Primpotenz aus q, die Teiler von n sind
q2 = Produkt der Primpotenz aus q; die Teiler von m sind
D.h. wir haben eine bijektive Abbildung (Teiler nm) , f(q1; q2) : q1jn; q2jmg
Anzahl = (nm) = (n) (m)
25

Beispiel 1.
2. Beispiel (1) = 1; (p) = 2; (p2 ) = 1 +
n = p 1
1 p s
sY
s ) (n) = (1 + i)
i=1
Satz Ist F = (f) summatorische Funktion, so ist F genau dann multiplikativ,
wenn f multiplikativ ist.
Beweis.
" ( " Es sei f multiplikativ, ggT (n; m) = 1:
F (nm) = X
f(q)
qjnm
= X X
f(q1q2)
q1jn q2jm
= X X
f(q1)f(q2) (da q1; q2 teilerfremd)
=
q1jn q2jm
0
@ X
1 0
f(q1) A @ X
1
f(q2) A
q1jm
= F (n)F (m)
q2jn
" ) " Sei F multiplikativ. Wir setze für n = p i
1
verschiedene Primzahlen
f(n) =
sY
i=1
F (p i
i 1
i ) F pi i) f ist multiplikativ: Denn ist ggT (n; m) = 1; und m = q 1
1
pi; qj jeweils teilerfremd und
f(n m) =
sY
i=1
F (p i
i 1
i ) F pi F ist summatorische Funktion von f: Sei p prim:
F (p ) = 1 + (F (p) 1) + F p 2
= f(1) + f(p) + f(p 2 ) + + f(p )
= X
f(q)
qjp
= ( (f)) (p )
26
: : : p s
s mit p1; : : : ; ps paarweise
tY
j=1
:
F q j
j F p
F (p) + + F (p ) F (p
; : : : ; q t
t ; so sind
j 1
j
1 )

Damit stimt F mit (f) an allen Potenzen von Primzahle überein. Da F multiplikativ
) F ist dadurch eindeutig bestimmmt F = (f): Damit können wir
= 1 ( ) berechnen: ist multiplikativ ) ist multiplikativ.
p prim 1 )
(n) =
8
<
(n) =
:
sY
i=1
(p i ); falls n = p 1
1
(p ) = (p ) (p
=
1 )
1 falls = 1
0 falls > 1
p s
s
1 falls n = 1
( 1) s falls 1 = 2 = = s = 1
0 sonst
Beispiel i) Ist f(n) = n k ; so ist F = (f) gegeben durch
ii)
falls n = p 1
1
: : : p s
s
F (n) =
sY
i=1
k( i+1)
pi pk i
denn: f ist multiplikativ ) F multiplikativ
z.z.
Aber
1
1
;
F (p ) = pk( +1 ) 1
pk ;
1
F (p ) = X
f(d)
(n) =
djp
= X
f(p j )
j=0
= X
p kj
j=0
= pk( +1) 1
p k 1
27
sY
( i + 1)
i=1

denn: mutliplikativ. = (1)
(n) =
sY
i=1
(p i
i )
(p i
i ) = ( i + 1
iii) Eulersche Funktion ' = 1 (id); (id(n) = n) ' ist multiplikativ
Es gilt also '(n) = P
qjn
(q) n
q
Satz Es gilt '(n) = #fr : 1 r n und ggT (r; n) = 1g
Beweis. Es sei d n und Md = fr : 1 r n und ggT (r; n) = dg: Dann gilt:
Ist d1 6= d2, so ist Md1 \ Md2 = und es gilt: f1; : : : ; ng = [
Md, also gilt
n = P
djn #Md und
Md
bijektiv
!
n
s : 1 s
n
d
d.h. n = P
djn '(d); '(d) = #N(d)
und ggT s; n
d
o
= 1
djn
= N(d)
r 7! n
d
1.7 Der euklidische Algorithmus und Kettenbrüche
Es seien a; b 2 N und a > b: Teilen mit Rest liefert den euklidischen Algorithmus:
Es gilt: rtjrt 1;
a = q1b + r1
b = q2r1 + r2
r1 = q3r2 + r3
.
rs = qs+2rs+1 + rs+2
.
.
rt 1 = qt+2rt
rt = rt 2 qtrt 1 ) rtjrt 2
rt 1 = tr 3 qt 1rt 2 ) rtjrt 3
.
.
) rtjbi; rtja
Es sei Gleichung gegeben ax + by = c mit a; b 2 N; c 2 Z: Wann kann diese
Gleichung gelöst werden mit x; y 2 Z?
28

Die Antwort kennen wir: Die Zahlen ax+by mit x; y 2 Z bilden das Ideal (a; b) :
Da Z ein Hauptidealring ist, gibt es ein d (nämlich der ggT (a; b)), mit
(a; b) = (d) :
Das heißt: Gleichung ax + by = c ist genau dann lösbar, wenn c 2 (d) ; also
genau dann, wenn djc gilt. Ist (x0; y0) eine Lösung von ax + by = c und (x1; y1)
ebenfalls, so gilt: a (x0 x1) + b (y0 y1) = 0: Mehr noch gilt: a
d (x0 x1) +
b
d (y0 y1) = 0
Ist also x1 = x0 + t ) a
d
t + b
d (y0 y1) = 0
y1 =
a b
t +
d d y0
= a
t + y0
b
Wir …nden wir Lösung (x0; y0)?
Wir schreiben den euklidischen Algorithmus in anderer Weise:
zusammengefasst:
a
b
rs
a
b
b
r1
rs+1
rt 1
rt
=
=
=
=
.
.
q1 1
1 0
q2 1
1 0
qs+2 1
1 0
qt+1 1
1 0
Qi = qi 1
1 0
= Q1 Q2 Qt+1
| {z }
Q
rt
0
d
b
b
r1
r1
r2
rs+1
rs+2
rt
0
; rt = ggT (a; b) = d
Wir suchen Lösung (x0; y0) der Gleichung ax + by = c und nehmen an, d =
ggT (a; b)jc
29

Sei (x0; y0) = c
d ; 0 Q 1 ) (x0; y0) Lösung, denn
ax0 + by0 = (x0; y0)
Q 1 =
Q 1
i
a
b
=
c
d ; 0 Q 1 a
b
=
c
d ; 0 Q 1 Q d
0
= c
= 0 1
1 qi
0 1
1 qt+1
: : :
Euklidischer Algorithmus zum zweiten!
a; b 2 N; a > b
anders dargestellt:
a = q0b + r0 0 < r0 < b
b = q1r0 + r1 0 < r1 < r0
r1 = q2r1 + r2 0 < r2 < r1
.
;
0 1
1 q1
rn 3 = qn 1rn 2 + rn 1 0 < rn 1 < rn 2
rn 2 = qnrr 1 + rn 0 = rn
a
b = q0 + r0 r0
mit 0 < < 1
b b
b
= q1 + r1
mit 0 < r1
< 1
r0
rn 3
rn 2
rn 2
rn 1
.
r0
= qn 1 + rn 1
rn 2
= qn
30
r0
0 < rn 1
< 1
rn 2

a
b = q0 + r0
b
= q0 + 1
b
r0
= q0 +
= : : :
1
q1 + r1
r0
= q0 +
q1 +
q2+
1
1
1
. .. . ..qn
2 +
qn 1
1 + 1
qn
De…nition Es seien c0; c1; : : : ; cn Zahlen (im Allgemeinen ci 2 N; Z; R ). Der
Kettenbruch [c0; c1; : : : ; cn] wird rekursiv de…niert durch [c0] = c0 und [c0; c1; : : : ; cn] =
c0 + : : :
1
[c1;c2;:::;cn]
Lemma Seien c0; c1; : : : ; cn 2 R gegeben mit c1; c2; : : : ; cn > 0 2 : Dann gilt:
c0 1
1 0
Pk
Qk
c1 1
1 0
: : :
ck 1
1 0 =
= [c0; c1; : : : ; ck] 8k = 0; 1; 2; : : :
Pk Pk 1
Qk Qk 1
Beweis. Induktion über die Länge der Kettenbruchentwicklung (also über k).
Aussage A(k) : Ist
c0 1
1 0
c1 1
1 0
: : :
ck 1
1 0 =
Pk Pk 1
Qk Qk 1
de…niert über das Produkt von (k + 1) Matrizen der Form ci
liebigen Zahlen ci > 0 für i > 0) so gilt:
1
1
0
k = 0
c0 1
1 0
Pk
Qk
;d.h. P0 = c0
Q0 = 1
= [c0; : : : ; ck]:
) P0
Q0 = C0 = [C0]X
Induktionsschritt (Aussage sei bewiesen für alle Zahlen < k)
2 diese Eigenschaft wird zum Schluss unnötig werden
31
(mit be

Sei
c1 1
1 0
c2 1
1 0
ck 1
1 0 = Xk 1 Xk 2
Yk 1 Yk 2
duktionsvorraussetzung gilt: Xk 1
Yk 1 = [c1; c2; : : : ; ck]
Pk Pk 1
Qk Qk 1
Pk
Qk
=
=
c0 1
1 0
Xk 1 Xk 2
Yk 1 Yk 2
c0Xk 1 + Yk 1 c0Xk 2 + Yk 2
Yk 1 Yk 2
= c0Xk 1 + Yk 1
Xk 1
= c0 + 1
Xk 1
Yk 1
1
= c0 +
[c1; c2; : : : ; ck]
= [c0; : : : ; ck]
Bemerkung Die Zahlen Pk; Qk sind rekursiv de…niert. Durch
und
also:
Pk Pk 1
Qk Qk 1
1 0
0 1 =
=
P 1
Q 1
P 2
Q 2
Pk 1 Pk 2
Qk 1 Qk 2
Pk = ckPk 1 + Pk 2
Qk = ckQt 1 + Qk 2
ck 1
1 0
c0; c1; c2; : : : liefert uns rekursiv Zahlen Pk; Qk mit Anfangsbedingungen
P 1
Q 1
P 2
Q 2
Bemerkung
und Rekursionsformel (1):
PkQk 1 QkPk 1 = det
=
kY
det
i=0
= (
k
1)
1
32
Pk Pk 1
Qk Qk 1
ci 1
1 0
Nach In-
(1)
1 0
0 1 =

Anders: Pk
Qk = Pk
1
1 ( 1)k
+ Qk 1 Qk 1Qk
Pn
Qn
= c0 + 1
Q0Q1
= [c0; c1; : : : ; cn]
1
Q1Q2
+ 1
Q2Q3
+ ( 1)n 1
Qn 1Qn
De…nition Seien c0; c1; 2 N mit ci > 0 für i > 0: Dann sei Qi rekursiv
de…niert durch Q 2 = 1; Q 1 = 0 und Qi = ciQi 1 + Qi 2 für i 0: Dann ist
(
i
1)
1
der Kettenbruch [c0; c1; c2; : : : ] de…niert als [c0; c1; : : : ] = c0 + P 1
i=1
Qi 1Qi
Bemerkung Aus Q0 = 1 und Q1 = c1 +0 1; Q2 = c2c1 +c0 2 folgt induktiv
: Qi i
Qi+1 = ci+1Qi + Qi 1
Qi + Qi 1
i + i 1
= 2i 1 für i > 2
Bemerkung Die Folge (an) mit an = 1
Qn 1Qn
ist Nullfolge (denn: an
1
(n 1)n ) und die alternierende Reihe P1 n=1 ( 1)n an konvergiert. Der Grenzwert
wird [c0; : : : ] genannt. Wir habe also:
Satz K hat Bild in RnQ und es gilt:
K : Z
1Y
N ! R
i=1
(c0; c1; : : : ) 7! [c0; c1; : : : ]
K : Z
1Y
N ! RnQ
i=1
Beweisidee:. Wir geben die Umkehrbabbildung explizit an (und zeigen, als
Hausaufgabe dass dies tatsächlich die Umkehrabbildung ist). Die Umkehrabbildung
liefert auch eine Möglichkeit, zu einer gegebenen reellen Zahl eine Kettenbruchenentwicklung
zu bestimmen.
ci werden wie folgt bestimmt:
U : RnQ ! Z
s 7! (c0; c1; c2; : : : )
1Y
N
c0 = bsc := die größte ganze Zahl, die kleiner oder gleich s ist.
33
i=1

s = 3; 1415 ) bsc = 3:
s = c0(s bsc)
| {z }
0<

nach Christus: = 3; 1415 : : :
Die ersten Terme in der Kettenbruchentwicklung geben eine sehr gute rationale
Approximation an, eine gegebene reelle Zahl.
[c0; c1; c2; c3] = 3
[c0] = 3
= [3; 7; 15; 1; 292; 1; : : : ]
[c0; c1] = 3 + 1
7
= 22
7
[c0; c1; c2] = 3 + 1
7 + 1
15
= 3 + 1
106
15
1
7 + 1
15+ 1
1
= 3 + 1
7 + 1
16
= 3 + 1
113
16
= 339 + 16
= 355
113
113
= 318 + 15
= 333
106
106
diese Appoximation erfüllt
355
113
Bemerkung Kettenbrüche: zu s 2 R 9 Kettenbruchentwicklung
i) sie ist endlich , s 2 Q
ii) sie ist eindeutig, falls s 2 RnQ
iii) sie ist periodisch , s 2 Q[ p ?]
iv) nicht Eindeutigkeit: [c0; : : : ; cn; 1] = [c0; : : : ; cn + 1]
2 Restklassen
R kommutativer Ring mit 1
35
10 6

R I 6= heißt Ideal, falls gilt:
Beispiel
a; b 2 I ) (a + b) 2 I
a 2 I; r 2 R ) ra 2 I
R = Z; d 2 N; (d) = fr 2 Z : djrg ist Ideal
R = '(R); Ix = ff : R ! Rjf(x) = 0g für x 2 R ist Ideal
2.1 Restklassenringe:
Sei I R Ideal. Dann ist durch
eine Äquivalenzrelation de…niert: d.h.
r s :, r s 2 I
i) Eindeutigkeit: r r; denn r r = 0 = r + ( 1) r 2 I
Es gilt 0 2 I, denn sei a 2 I; dann ist auch a = ( 1)a 2 I und folglich
auch 0 = a a:
ii) Symmetrie: Sind r; s 2 R und r s ) r s 2 I ) ( 1) (r s) 2 I ,
s r 2 I ) s r
2R 2I
iii) Transitivität: r s; s t ) r s 2 I und s t 2 I ) (r s) + (s t) 2
I ) r t 2 I ) r t:
Restklassen:
Zur Erinnerung: Eine Äquivalenzrelation auf einer Menge X zerlegt X in eine
Famile X disjunkter Teilmengen: Eine solche Teilmenge besteht aus zueinander
äquivalenten Elementen. Ist x 2 X, so bezeichnet
x = fy 2 Xjy xg X:
X = fxjx 2 Xg
Lemma Sei R ein Ring, I R Ideal, dann induziert die Ringstruktur auf R
eine Ringstruktur auf der Menge R der Äquivalenzklassen der Äquivalenzrelationen
I de…niert durch
Die Abbildung
r I s :, r s 2 I:
r 7! r
beschreibt einen surjektiven Ringhomomorphismum
' : R ! R
36

Beweis. Wir de…nieren r + s durch r + s := r + s und rs durch rs := rs: Dies
ist wohlde…niert.
Zu zeigen ist: sind r1; r2 2 r und s1; s2 2 s, so gilt: r1 + s1 = r2 + s2 und
r1s1 = r2s2:
Also: r1; r2 2 r ) r1 I r2 ) (r1 r2) 2 I. Analog s1; s2 2 s ) (s1 s2) 2 I:
) (r1 r2) + (s1 s2) 2 I, weil I abgeschlosen gegenüber " + "
) (r1 + s1) (r2 + s2) 2 I
) (r1 + s1) I (r2 + s2)
) r1s1 r1s2 = r1 (s1 s2) 2 I
|{z} | {z }
2R 2I
r1s1 = r1 (s1 + (s2 s2))
= r1 ((s1 s2) + s2)
= r1 (s1 s2) + r1s2
| {z }
2I
) r1s1 I r1s2
analog: s2(r1 r2) 2 I
) r1s1 I r2s2
) r1s1 I r1s2 I r2s2
Addition und Multiplikation auf R liefern eine Ringstruktur. Dies ist (mehr
oder weniger) o¤ensichtlich: z.B. Assoziativität der Addition
Eine Abbildung
(r + s) + t = (r + s) + t
= (r + s) + t
= r + (s + t)
= r + (s + t)
= r + s + t :
' : R1 ! R2
zwischen zwei Ringen heißt Ringhomomorphismus, falls gilt
und
'(r + s) = '(r) + '(s)
'(r s) = '(r) '(s)
für r; s 2 R1:
Die Abbildung R ! R; r 7! r ist surjektiv und ein Ringhomomorphismus (wir
haben es genauso de…niert)
Beispiel
37

R = Z und I = (d); d 2 N: Äquivalenzklassen: 0; 1; : : : ; d 1
Beispiel d = 6
+ 0 1 2 3 4 5
0 0 1 2 3 4 5
1 1 2 3 4 5 0
2 2 3 4 5 0 1
3 3 4 5 0 1 2
4 4 5 0 1 2 3
5 5 0 1 2 3 4
0 1 2 3 4 5
0 0 0 0 0 0 0
1 0 1 2 3 4 5
2 0 2 4 0 2 4
3 0 3 0 3 0 3
4 0 4 2 0 4 2
5 0 5 4 3 2 1
Beispiel R = R[x]
d.h. P = x 2 + ax + b
R=I =?
I = (x 2 + ax + b)
I = fQ 2 R[x]jP teilt Qg
Antwort: Die Struktur von R=I hängt ab von dem Polynom P und dessen
Nullstellen:
Ist P = (x a0)(x b0), d.h. a0 und b0 sind Nullstellen von P .
Fall (1) a0; b0 2 R )
' : R[x] ! R R
Q 7! (Q(a0); Q(b0))
Dann ist ' ein Ringhomomorphismus, denn die "Auswärtungsabbildung"
ist ein Ringhomomorphismus Q1; Q2 2 R[x], so ist z.B.
analog
(Q1(a0) Q2(a0)) = (Q1Q2) (a0)
'(Q1 + Q2) = ((Q1 + Q2)(a0); (Q1 + Q2) (b0))
= (Q1(a0); Q1(b0)) + (Q2(a0); Q2(b0))
' (Q1Q2) = ((Q1Q2) (a0); (Q1Q2) (b0))
= (Q1(a0); Q1(b0)) (Q2 (a0) ; Q2(b0))
38

De…nition Ist
ein Ringhomomorphismus, so ist
der Kern von ':
' : R1 ! R2
ker(') = fr 2 R1j'(r) = 0g
Bemerkung ker (') ist ein Ideal, denn: 0 2 ker(') und ist a 2 ker (') ; r 2
R1, so ist
'(r; a) = '(r)'(a)
= '(r) 0
= 0
) ra 2 ker '
a; b 2 ker (')
) ' (a + b)
= '(a) + '(b)
= 0 + 0
= 0
) a + b 2 ker '
Außerdem gilt: Die Abbildung ' faktorisiert über R 1= ker ' = R1 und es
gilt: Im (') = R1
Bemerkung
'
R1 ! R2
q & % '
R1= ker(')
Denn: Wir de…nieren eine Abbilung ' : R1= ker ' ! R2 vermittels '(r) = '(r)
Wir müssen zeige: ' ist wohlde…niert:
Sind r1; r2 2 R1 mit
r1 = r2
) r1 r2 2 ker '
) '(r1)
= '(r1) + 0
= '(r1) + '(r2 r1)
= '(r1) + '(r2) '(r1)
= ' (r2)
39

Um zu zeigen, dass R[t] =(p) = R R vermittels ' reicht es zu zeigen: ' ist
surjektiv und ker(') = (P ) : Aber ' ist surjektiv, falls a0 6= b0:
Denn:
Ist (z1; z2) 2 R R; so ist
'(1) = (1; 1)
'(x a0) = (0; b0 a0)
' z1 (x b0)
a0 b0
'(x b0) = (a0 b0; 0)
+ z2 (x a0)
b0 a0
= (z1; z2) :
Da R[t] ein Hauptidelring ist, ist der Kern von ' erzeugt von einem Polynom
(mit Leitkoe¢ zient 1).
Es gilt: '(P ) = (0; 0); also ist ker (') (P ) :
Andererseits: Ist Q 2 ker ', dann ist Q(a0) = 0 und folglich ist Q = Q 0
(x a0) :
Außerdem gilt
Q(b0) = Q 0 (b0)(b0 a0)
= 0
) Q 0 (b0) = 0
) Q 0 = Q 00 (x b0)
) Q = Q 00 P 2 (P )
) ker ' = (P )
Fall (2) a0 = b0 2 R:
Wir betrachten den Ring R[t] =(t 2 ); der besteht aus "linearen Polynomen" a0+a1t
mit der Multiplikation:
(a0 + a1t) (b0 + b1t) = (a0b0 + (a1b0 + a0b1) t)
(d.h. "t 2 = 0")
Wir de…nieren einen Homomorphismums
also
d.h. (x a0) 7! t
d.h. (x a0) 2 = P 7! 0
: R[x] ! R[t] =(t 2 )
Q = Q 0 P + R 7! d0 + d1tmit deg R 1
R = c0 + c1x
= d0 + d1 (x a0)
) ker (P ) und umgekert (P ) ker
40

Fall (3) P keine reelle Nullstellen ) P = (x a0)(x a0) mit a0 2 CnR:
Behauptung:
R[x] =(P ) = C
' : Q ! Q(a0)
ker (') = freelle Polynome, die a0 als Nullstelle habeng
= freelle Polynome, die durch (x a0) teilbar sindg
Ist a0 2 CnR Nullstelle eines Polynoms Q (d.h. Q 2 ker ') und Q 2 R[x],
so ist auch a0 (6= a0) Nullstelle von Q )
ker (') fPolynome in R[x]j (x a0) (x a0) = P ist Teilerg
Umgekehrt: Ist P jQ, so gilt Q = Q0P und Q(a0) = Q0 (a0)P (a0) = 0 )
| {z }
0
Q 2 ker (')
ker (') = (P )
In dem ersten beiden Fällen besitzt R[x] =(P ) "Nullteiler", d.h. Elemente f; g 6= 0
mit fg = 0 z.B. (1; 0) ; (0; 1) 2 R R sind Nullteiler. Im 3. Fall ist t 6= 0, aber
t 2 = 0:
De…nition Es sei R ein kommutativer Ring mit 1 und I R ein Ideal.
i) I heißt Primideal, falls I 6= R und gilt: Ist rs 2 I ) r 2 I oder s 2 I:
ii) I heißt maximales Ideal, falls I 6= R und gilt: Ist I J und J Ideal in
R, so gilt entweder I = J oder J = R
Satz Es sei I R ein Ideal. Dann gilt:
i) R =I ist Integritätsring (d.h. R =I ist nullteilerfrei), genau dann, wenn I
Primideal ist
ii) R =I ist Körper genau dann, wenn I maximal ist.
Beweis.
i) " ) " Sei R =I ein Integritätsring und seien r; s 2 R mit rs 2 I: Daraus
folgt rs = 0 2 R =I
R =I Integritätsring ) r = 0 oder s = 0 , r 2 I oder s 2 I ) I prim.
" ( "Ist umgekehrt I prim und r; s 2 R =I mit rs = 0; so folgt rs 2 I
r 2 I oder s 2 I ) r = 0 oder s = 0
41
I prim
)

ii) " ) " Sei K = R =I ein Körper. Ein Körper besitzt nur zwei Ideale (0)
und der ganze Körper K : Ist k 6= 0 und k 2 I ) K = I, denn ist
k0 2 K ) k0
k0
k 2 K und mit k 2 I auch k k = k0 2 I: Ist K = R =I ein
Körper und J I, so ist ein Ringhomomorphismus R =I ! R =J de…niert
durch Zuordnung r + I 7! r + J und insbesondere ist der Kern dieser
Abbildung gleich dem Ideal J =I = r 2 R =Ijr 2 J
J =I
d.h. J = I oder J =I = K ) J = R
R =I. Aber R =I besitzt nur zwei Ideale (0) und R =I = K ) J =I = 0,
" ( " Ist I R maximales Ideal und r 2 R =I mit r 6= 0 gegeben
) r 2 R ist nicht in I enthalten. De…niere ein Ideal J = (I; r) = fi +
srji 2 I; s 2 Rg; denn:
(i1 + s1r) + (i2 + s2r) = (i1 + i2) + (s1 + s2) r
und s 0 2 R ) s 0 (i + sr) = s 0 i + (s 0 s) r
) J I und J 6= I
s 2 R ) sr = 1 2 R =I ) s = r 1 2 R =I
I m axim al
) J = R ) R 3 I = i + sr für i 2 I und
) Jedes Element 6= 0 in R =I besitzt multiplikatives Inverses ) R =I ist
Körper
Lemma Ein Hauptideal (r) R ist genau dann ein Primideal, falls gilt: Teilt
p ein Produkt, pjrs, so teilt p schon einer der beiden Faktoren.
Beweis.
pjrs , rs 2 (p)
(p) ist Primideal , Ist rs 2 (p) , so ist r 2 (p) oder s 2 (p)
Nicht jedes Primideal ist Hauptideal!
, Ist rs 2 (p) , so ist pjr oder pjs:
R[x; y] ! R
Q (x; y) 7! Q (0; 0)
besitzt als Kern das Ideal (x; y) = fQ1x + Q2yjQ1; Q2 2 R[x; y]g: Die Ideal ist
kein Hauptideal!
In Z[ p 5] ist das Ideal 2; p 5 + 1 kein Hauptideal. Aber dieses Ideal ist ein
Primideal. Wir betrachten die Abbildung
hp i
' : Z 5 ! Z =2Z
de…niert durch
1 7! 1; p 5 7! 1:
42

' a + b p 5 = a + b
' a + b p 5 c + d p 5 = ' (ac + 5bd) + p 5 (bc + da)
= ac + bd + bc + da
' a + b p 5 ' c + d p 5 = a + b c + d
' ist Ringabbildung: ker (') = a + b p 5ja = b mod 2
d.h.
= ac + bd + bc + da:
a + b p 5 = (a b) + b 1 + p 5
a + b p 5 2 ker (')
, (a b) gerade d.h.
a + b p 5 = 2c + b 1 + p 5
, a + p 5b 2 2; 1 + p 5
Bemerkung Jedes maximale Ideal ist Primideal. (denn R =m ist nullteilerfrei).
Umkehrung gilt nicht im Allgmeinen:
(0) 2 Z ist Primideal, denn: Z =(0) = Z ist Integritätsring. Aber (0) ist nicht
maximal, denn (0) $ 2 13 $ Z
Primideale in Z : (0) Nullideal, (p) Von Primzahl p erzeugt; (p) ist maximal
Primideale in K[x]: (0) Nullideal, (p) von irreduziblen Polynomen erzeugte
Ideal, ist auch maximal.
Folgerung Ist K = Z =(p), so besitzt K[x] unendlich viele irreduzible Polynome
von beliebig hohem Grad.
Folgerung Es gibt endliche Körper der Ordnung p k für ein beliebig großes k.
Denn sei P 2 K[x] ein Polynom vom Grad k, so ist K[x] =(p) ein Vektorraum
über K , erzeugt von den Basiselementen 1; x; x2 ; : : : ; xk 1 k
und dimK K[x] =(p) =
L:A:
) dieser Vektorraus besitzt pk Elemente.
Sei R ein Hauptidealring. (siehe beide Standardbeispiele oben (ganze Zahlen
und Primideale)). Dann liefern alle Elemente p 6= 0; die prim sind jeweils
maximale Ideale. Die Primideale sind also von der Form (p) mit p 2 R prim
und (0), (da R Integritätsring ist). Sei d 2 R und es gelte d = d1d2 mit
di 2 RnR keine Einheit.
43

Bemerkung I R; R =I Ringhomomorphismus ' : R ! R 0 ist injektiv ,
ker ' = 0
Beweis. ker ' = 0; r; s 2 ' 1 (r 0 )
) ' (r s) = '(r) '(s)
= 0
) r s 2 ker ' = f0g
) r = s
Satz Sei R ein Hauptidelring. Sind d1; d2 2 R teilerfremd, d.h. Ideal (d1; d2) =
R: Dann gilt: Restklassenringe R =(d1;d2) = R =(d1) R =(d2)
Beweis.
"Ich weis, dass man es schlecht sehen kann, deswegen probier ich etwas Licht
ins dunkle zu bringen: (rechts oben) r 7! (r mod(d1); r mod (d2)) (ganz unten)
R =(d1;d2) ! R =(d1) R =(d2)"
Es gibt wohlde…nierte Abbildung : r mod(d1d2) 7! (r mod (d1) ; r mod (d2))
Dann: Die Abbildung
R =(d1d2) ! R =(d1)
r mod(d1; d2) 7! r mod d1
ist wohlde…niert.
Ringhomomorphismus: Sind r; s 2 R mit r s mod d1d2
) d1d2j(r s)
) d1j(r s)
) r s mod d1
) Abbildung ist wohlde…niert
ist surjektiv: Sind a; b 2 R =(d1) R =(d2) so müssen wir ein Urbild …nden.
Seien dazu x; y 2 R gegeben mit xd1 + yd2 = 1 (Solche x; y existieren, da
(d1; d2) = R). Dann sei a 2 R ein Urbild von a 2 R =(d1) und b 2 R ein
44

Element mit b b mod(d2): Wir betrachten das Element bx + ay 2 R: Dann gilt
z a mod d1; denn
Analog:
yd2
z ayd2 mod(d1)
yd2 + xd1
= 1 mod (d1)
) z a 1 mod d1
z bxd1 mod (d2)
b 1 mod (d2) ;
da xd1 xd1 + yd2 = 1 mod d2
Also ist z 2 R ein Element mit '(z) = ab ; aber
'(z) = ( (z))
) ( (z)) = a; b
injektiv: Sei r 2 ker( ) und r 2 R und (r) = r: Dann gilt: '(r) =
( (r)) = 0; also r
) d1jr und d2jr
0 mod (d1) und r 0 mod(d2)
) d1d2jr, da d1 und d2 teilerfremd und r eindeutige Zerlegung in Primfaktoren
besitzt: r = p 1
1 p s
s mit pi paarweise teilerfremde Primelemente. Teilt
pi eines der beiden d1; d2, so nicht das andere. Folglich ist d1 ein Produkt
d1 = ep i 1
i1
p i k
ik mit i1; : : : ; ik 2 f1; : : : ; sg und il il
und e Einheit
und d2 = fp j 1
j1 : : : p jm
jm mit j1; : : : ; jm 2 f1; : : : ; sgnfi1; : : : ; ikg. jl jl und
f 2 R Einheit.
Da
d1d2jr ) r 2 (d1d2)
) (r) = 0 mod(d1d2)
1
) (0; 0) = f0g
) injektiv
Korollar Seien d1; : : : ; ds 2 R und R Hauptidealring. Sind di paarweise teilerfremd,
so gilt:
R =(d1;:::;ds) = R =(d1) R =(d2) R =(ds):
Beweis. (Induktion über s: O¤ensichtlich richtig für s = 1: Angenommen,
die Aussage sei bewiesen für jeweile (s 1) solcher Elemente. Dann ist d1
teilerfremd zu d = d2 ds (ansonsten gäbe es einen Primteiler p mit pjd1 und
45

pjd. Aber dann gilt auch: p teilt einer der Faktoren d2; : : : ; ds im Wiederspruch
zur Teilerfremdheit dieses Faktors mit d1). Nach dem Satz gilt also
nach Induktion:
Folglich:
R =(d1;:::;ds) = R =(d1d)
R =(d) = R =(d2)
R =(d1;:::;ds) = R =(d1)
Was sind die Einheiten in R =(d1)
= R =(d1) R =(d)
R =(d2)?
R =(ds)
R =(ds)
Es muss gelten: (e1; e2) (f1f2) = (1; 1) , e1f1 = 1 und e2f2 = 1: Also (e1e2)
Einheit in R =(d1) R =(d2) , e1 Einheit in R =(d1) und e2 Einheit in R =(d2):
Klausur 09.02 9-12 Uhr H4
Bemerkung Ein Element r 2 R =(d), wo R ein Hauptidealring ist, ist genau
dann eine Einheit, wenn r und d teilerfremd sind. Denn sind r und d teilerfremd
) (r; d) = R und damit existieren x; y 2 R mit rx+dy = 1: Folglich gilt: rx = 1
in R =(d); da rx 1 mod d ist.
Ist r 2 R =(d) Einheit ) 9s 2 R =(d) mit rs = 1 ) rs 1 mod d; d.h. es existiert
b 2 R mit rs + bd = 1 ) (r; d) = R
Beispiel R = Z. Dann sind die Einheiten in R =(d) (für d > 1), die zu d
teilerfremden Zahlen a 2 Z =(d); d.h. repräsentiert durch Zahlen a 2 f1; 2; : : : ; dg,
die teilerfremd zu d sind.
Beispiel 1 a d und ggT (a; d) = 1 = '(d):
d = p 1
1
: : : p s
s ) '(d) =
3 Chinesischer Restsatz
sY
i=1
(pi 1) p
i 1
i
Satz (Chinesischer Restsatz) Seien d1; : : : ; ds paarweise teilerfremde Zahlen
in N und seien a1; : : : ; as ganze Zahlen mit ai teilerfemd di für alle 1 i s:
Dann gibt es zu jedem Tupel
(b1; : : : ; bs) 2 Z
eine ganze Zahl x; die folgende Gleichung erfüllt:
aix bi mod di
Jede Lösung y zum Gleichungssystem aiy bi ist kongruent zu x modulo d =
d1
Beweis.
ds (d.h. x 2 Z =(d) ist eindeutig)
46
:

Eindeutigkeit Seien x; x 2 Z =(d) mit aix aix bi mod d18i: Da ai 2 Z =(di)
Einheit mit Inversen ai 1 2 Z =(di) gilt:
aix = aix in Z =(di)
, ai 1 aix = ai 1 aix in Z =(di)
, x = x in Z =(di)
Dies gilt für alle i: Benutzen wir die Identität:
Z =(d) = Z =(d1)
Z =(ds)
und x x modulo di für alle i ) x = x in Z =(d)
Existenz Sei ai 1 2 Z =(di) das multiplikative Inverse zu ai:
) Das Tupel a1 1 b1; a2 1 b2; : : : ; as 1 bs 2 Z =(d1) Z =(ds) wird repräsentiert
durch eine Zahl x 2 Z =(d): (wegen Isomorphismus Z =(d) = Z =(d1)
Z =(ds)). Diese Zahl x löst das Gleichungssystem aix bi mod dim8i
Vorsicht!
ai
! 2 Z=(di) ist eine Zahl ci 2 Z =(di) mit ciai = 1 in Z =(di): Diese Zahl wird
repräsentiert durch eine ganze Zahl ci 2 Z mit der Eigenschaft ciai 1 mod d1
, sondern 5 denn 5 5 = 25 1 mod 6
z.B.5 1 2 Z =(6) ist nicht " 1
5
Beispiel 1001 7 11 13
Wollen eine Lösung …nden zur Gleichung
Konstruktion einer Lösung:
666x 1 mod 1001
666x 1 mod 7
1 mod 11
1 mod 13
666x = (630 + 35 + 1) x
1
x 1 mod 7
666x = (660 + 6)x
1
6 1 mod 11 ?
6 2 (da 6 2 = 12 mod 11 = 1)
666x = (650 + 13 + 3) x
3x 1 mod 13
3 9 = 27 1 mod 13
47

Also gilt
x 1 mod 7
x 2 mod 11
x 9 mod 13
Jetzt suchen wir a; b mit 7a + 11b 1 mod 77
7 8 + 11 2 1
Beispiel (2.Versuch) Wollen eine Lösung …nden zur Gleichung
Chinisischer Restsatz:
Inverse Abbildung:
1 7! (1; 1; 1)
666x 1 mod 1001
Z =1001 = ! Z=7 Z =11 Z =13
(1; 0; 0) 7! a
(0; 1; 0) 7! b
(0; 0; 1) 7! c
Wie lösen die Aufgabe "…nde x mit 666x 1 mod 1001" zuerst für jeden Faktor
in 1001 und setzen dann die Lösungen zusammen
8
< 666x 1 mod 7
9
=
666x
:
666x
1 mod 11
;
1 mod 13
,
8
< 1x 1 mod 7
9
=
6x
:
3x
8
< x
1 mod 11
;
1 mod 13
9
1 mod 7 =
, x
:
x
2 mod 11
;
9 mod 13
) (x) = (1; 2; 9)
) x = 1 (1; 2; 9) = a + 2b + 9c
Berechnen von a; b; c
a
8
<
:
1 mod 7
0 mod 11
0 mod 13
) a a 0 143
a 0 143 1 mod 7
, a 0 3 1 mod 7
, a 0
5 mod 7
48

Also a 715 mod 1001
8
< 0 mod 7
b = 1 mod 11
:
0 mod 13
d.h. b = 4 91 = 364
8
< 0 mod 7
c = 0 mod 11
:
1 mod 13
d.h. c 77 mod 1001
Also:
Probe:
) b b 0 91;
b 0 91 1 mod 11
, b 0 3 1 mod 11
, b 0
4 mod 11
c 0
) c c 0 77 1 mod 13
1 mod 13
x = 715 + 2 364 9 77
= 715 + 728 693
= 750
666 750 = 499550
499500 = 499 1001 + 1
Wollen Struktur von Gruppe der Einheiten Z =m in Z =m verstehen
Wissen:
1. Einheiten bilden Gruppen
2. a 2 Z ist Einheit modulo m , ggT (a; m) = 1 , (a; m) = Z (kurz
(a; m) = 1) d.h. in Z =m existieren genau '(m) viele Einheiten. ' Eulersche
' Funktion
3.1 Struktur der Einheitengruppe
Chinisischer Restsatz Z =m = Z =p 1
1
Z =p s
s
1
s
; falls m = p1 ; : : : ; ps : Es
reicht also, Z =p zu verstehen.
Zur Erinnerung: Abelsche Gruppe G ist Menge, zusammen mit Abbildung
mit
G G ! G
49

1) Assoziativ, d.h. (g h) k = g (h k)
2) 9 neutrales Element e mit e g = g e = g 8g
3) Zu G existiert Inverses eg mit g eg = e und
4) g h = h g für g; h 2 G
De…nition Eine nichtleere Teilmenge H G heißt Untergruppe, falls mit h; h 0 2
H auch e h; h 0 2 H: So eine Teilmenge bildet Gruppe:
e = e h h 2 H
und mit h 2 H ) e h e = e h 2 H und mit h; h 0 2 H ) e h; h 0 2 H ) e h h 0 2 H
(da e h = h)) h h 0 2 H
Eindeutigkeit der Inversen: Sind g; g 0 Inverse zu
Und gilt:
Eindeutigkeit ) h = e h
3.1.1 Quotientengruppe:
h ) g = g e
= g (h g 0 )
= (g h) g 0
= e g 0
= g 0
e h e h = e; h e h = e ) e h und h sind Inverse zu e h:
Sei G abelsche Gruppe H 3

Satz Ist G endlich und H < G; so gilt: [G=H] [H] = [G] :
Beweis. G = t g H2G=Hg H; denn ist k 2 g H; k 2 g 0 H; so gilt
k = g h
= g 0 h 0
) g 0 = g h e h 0 2 g H
) g 0 H g H
Außerdem: g H und g 0 H besitzen gleich viele Elemente. Sei k = g 0 eg )
Multiplikation mit k liefert eine bijektive Abbildung
g H ! g 0 H
g h 7! k g h = g 0 eg g h = g 0 h:
Die Inverse Abbildung ist gegeben durch Multiplikation mit dem e k:
De…nition Eine Gruppe G heißt zyklisch, wenn es ein g 2 G gibt mit: Jedes
Element in G ist ein Vielfaches von g (ab jetzt: = ) G = hgi : Jedes Element
ist von der Form g n mit n 2 Z:
Folgerung Sei M Z die Teilmenge M = fn 2 Z j g n = eg :
Forderung Beweis. Dann gilt: 0 2 M und sind m; m0 2 M; so auch m + m0 ;
sowie m; denn g0 = e und gm gm0 = gm+m0 = e e = e; g m = g mgm =
g 0 = e
Also M ist Ideal in Z, d.h. M = (m) mit m 2 N [ f0g: Ist m 6= 0, so heißt m
die Ordnung von g (oder auch Ordnung von hgi). Ist m = 0; so heißt es von
"unendlicher Ordnung".
Bemerkung Ist ord(g) = m; so gilt [hgi] = m.
Beweis.
g n = g n (g m ) k
= g n+mk ;
d.h. für jede Restklase n modulo m ist g n wohlde…niert. Sind n; n 0 2 Z =m
verschieden, so ist
g n
da n n0 =2 (m))M; d.h. gg 6= gn0: g n0
n n0
= g
6= e;
De…nition Ein Gruppenhomomorphismus ' : G ! G 0 ist eine Abbildung mit
der Eigenschaft '(e) = e 0 und ' (g h) = '(g) '(h)
51

Beispiel Ist ord(g) = m
' : Z =m ! hgi ;
n 7! g n ;
n + m 7! g n+m = g n g m
Satz Ist G beliebige Gruppe, g 2 G. Dann erzeugt g eine Untergruppe hgi =
H < G von G: Ist G endlich, so ist ord(g) = [H] ein Teiler von [G]:
Beweis. e; g; g 1 ; g 2 ; g 2 ; : : : = H bilden o¤ensichtlich eine Untergruppe
ord(g) = [H]; denn ' : Z =n ! hgi ist Isomorphismus und [Z =n] = m: Außerdem
gilt: [H] [G=H] = [G]
Korollar Sei m 2 N; ggT (a; m) = 1: Dann gilt a'(m) 1 mod m; wo ' die
Eulerscheh' Funktion i bezeichnet.
Beweis. Z =m = '(m):
h i
ggT (a; m) = 1 ) a 2 Z =m damit gilt: ord (a) in Z =m ist ein Teiler von Z =m =
'(m):
Spezialfall m = p Primzahl: Kleiner Fermat: Ist a 2 Z nicht durch p teilbar,
so gilt a p 1 1 mod p (Beweis Übungszettel 1)
Beispiel
Z =2 = f1g triviale Gruppe
Z =3 = 1; 2 mit 2 2 = 1 d.h. Z =3 = f 1g Gruppe mit 2 Elementen
Z =4 = 1; 3 = f 1g Gruppe mit 2 Elementen
Z =5 = 1; 2; 3; 4 = 2 d.h. 2 ist zyklisches Element der Ordnung 4.
2 1 = 2; 2 2 = 4; 2 3 = 3; 2 4 = 1 = e
Z =6 = 1
Z =7 = 1; 2; 3; 4; 5; 6 = 3 zyklische Gruppe der Ordnung 6, denn
3 1 = 3; 3 2 = 2; 3 3 = 6; 3 4 = 4; 3 5 = 5; 3 6 = 1
Z =8 = 1; 3; 5; 7 = f 1g f 1g Kleinste Vierergruppe, denn: 3 2 =
1; 5 2 = 1; 7 2 = 1 keine zyklische Gruppe!
Satz Ist p Primzahl in N; so ist Z =p eine zyklische Gruppe.
Zuerst: Wir wollen zyklische Gruppen durch gewisse Eigenschaften charakterisieren:
Die Anzahl von Elementen einer gegebenen Ordnung in der Gruppe.
52

Bemerkung Ist G = hgi eine zyklische Gruppe endlicher Ordnung d. Ist a 2 Z;
so ist die Ordnung ord (ga d
) gleich ggT (a;d) :
Beweis.
Fall (1) a = 0 ) ggT (0; d) = d und ord g0 = ord(e) = 1 und d d
ggT (0;d) = d =
1 = ord g0 Fall (2) a 6= 0; m = ggT (a; d) und t = ord (g a ) :
e = (g a ) t = g (at)
) at 2 (d)
) d j at
) d
m j
) d
j t;
m
a
t ; ggT
m
(g a ) d
ad
m = g m
a
d m
= g
= e a
m
= e
d a
;
m m
) d
d
2 (t) ; d.h.t j
m m
Korollar Ist G = hgi endliche zyklische Gruppe der Ordnung d: So ist x = g a
Erzeuger von G (d.h. fx n j n 2 Zg = G) genau dann, wenn ggT (a; d) = 1
Beweis. Die von x erzeugte zyklische Untergruppe hxi G besitzt die Grup-
d
penordnung ggT (a;d) : Dies ist gleich der Gruppenordnung d von G genau dann,
wenn ggT (a; d) = 1
Korollar In additiver Notation: Z =m; + = 1; 1 + 1; 1 + 1 + 1; 1 + 1 + 1 + 1; : : :
besitzt '(m) Erzeuger.
Satz Sei G = hgi zyklische Gruppe der Ordnung d: Dann gibt es eine bijektive
Zuordnung
fH < G Untergruppeg 1:1
! fTeiler von dg
D
Beweis. Sei m Teiler von d: Dann ist g d
E
m = H eine Untergruppe von G
d
der Ordnung
ggT(d; d
d =
m) ( d = m: Sei H < G Untergruppe. Dann betrachten
m)
wir die Menge fn 2 Z j gn 2 Hg : Die ist ein Ideal (denn g0 = e 2 H und sind
gn1 ; gn2 2 H, so auch gn1+n2 und gn1 n2 ). Außerdem gilt: Dieses Ideal enthalt
(d), also gilt fn 2 Z j gn 2 Hg = d
n
o m (d) ;
D
wobei m ein Teiler von d ist.
d a Dann gilt: H = g m j a 2 Z ; also ist H = g d
E
m :
53
= 1

Bemerkung In einer zyklischen Gruppe G = hgi der Ordnung d gibt es genau
'(d) Elemente der Ordnung d: Und für jeden Teiler m von d gibt es genau ' (m)
Elemente der Ordnung m in G. Insgesamt gilt also d = [G] = P
mjd '(m): (Auf
diese Weise war die Eulersche ' Funktion de…niert).
Satz Es sei G eine endliche Gruppe der Ordnung d: Für jeden Teiler m von d
gäbe es höchstens m Elemente x mit xm = e. Dann ist G zyklisch.
Beweis. Es sei (m) Anzahl der Elemente in G der Ordnung m: Dann gilt:
d = X
(m)
mjd
(jedes Element von G besitzt eine Ordnung, die Teiler von d ist). Ist y 2 G
und ord(y) = m, so sei H = hyi die von y erzeugte zyklische Untergruppe. Für
jedes Element x von H gilt x m = e: Also gibt es in H m Elemente mit x m = e:
Also enthält H alle Elemente der Ordnung m in G: Somit gilt (m) = '(m) für
jedes m; das Teiler von d ist. Damit folgt:
und insbesondere gilt:
d = X
'(m)
mjd
(d) 6= 0
ist. Es gibt also ein zyklisches Element der Ordnung d:
Satz Sei K ein Körper und G K eine endliche Untergruppe der Einheitengruppe.
Dann ist G zyklisch.
Beweis. Sei [G] = d und sei m j d Teiler von d. Es reicht zu zeigen: Es gibt
höchstens m Elemente in G mit x m = 1:
Dazu betrachten wir das Polynom x m 1:
Ist g 2 G ein Element endlicher Ordnung m, so gilt g m = 1; also ist g Nullstelle
des Polynoms x m 1; d.h. (x g) teilt (x m 1) :
Im K [x] gilt die eindeutige Zerlegung in Primfaktoren. Ein Faktor (x g) ;
der mit einer Nullstelle des Polynoms verbunden ist, ist eindeutig bestimmt (bis
auf Multiplikation mit Elementen k 2 K; d.h. eindeutig, wenn Leitkoe¢ zient
gleich 1 ist). Das Polynom (x m 1) ist vom Grad m; besitzt also höchstens m
Teiler der Form (x g) : Also gibt es höchstens m Nullstellen dieses Polynoms
(x m 1), also höchstens m Elemente g 2 G mit g m = 1
De…nition Es sei G K eine endliche (und damit zyklische) Untergruppe der
Einheitengruppe. Ein zyklischer Erzeuger r von G heißt primitive Wurzel.
Insbesondere ist also Z =p eine zyklische Gruppe.
Beispiel
In Z =3 ist 2 eine primitive Wurzel
54

In Z =5 ist 2 eine primitive Wurzel
In Z =7 ist 3 eine primitive Wurzel (2 ist keine!)
Sei r eine primitive Wurzel und a 2 Z =p . Dann gibt es ein Element x 2 Z mit
r x a mod p und x ist wohlbestimmt modulo (p 1) :
Wir bezeichnen x = indr(a /) "Index zur Basis r von a"
Insgesamt gilt:
Bemerkung Der Index beschreibt einen Gruppenhomomorphismus
indr : Z =p;
=
! Z =p 1; +
(so zusagen "Logarithmus")
Beweis. Ist a = r x und b = r y , so gilt ab = r x+y
Also gilt: indr(a) + indr(b) = indr(ab)
Diese Abbildung ist bijektiv, denn beide Seiten sind von gleicher Ordnung und
indr(r) = 1; d.h. der Erzeuger von Z =p 1 liegt im Bild von indr: Damit ist
indr surjektiv (folglich injektiv)
De…nition Es sei p 2 N Primzahl, a 2 Z: Dann heißt a ein quadratischer Rest
modulo p, wenn es ein x 2 Z gibt mit der Eigenschaft x 2 a mod p:
Satz Ist p ungerade Primzahl. Sei a 2 Z; ggT (a; p) = 1. Dann ist a quadratis-
p 1
cher Rest modulo p genau dann wenn a 2 1 mod p ist.
Beweis. Sei r eine primitive Wurzel modulo p: Wir müssen die Gleichung lösen
x 2 a mod p: Äquivalent ist die Gleichung indr x 2 indr(a) mod (p 1) ;
d.h. 2y b mod (p 1) (wobei y = indr(x); b = indr(a)). Diese Gleichung ist
genau dann lösbar, wenn 2 = ggT (2; p 1) die Zahl b teilt. Dann ist die Lösung
von der Form y
p 1
und y +
b p 1
2 mod 2
p 1
: Ist y 2 Z so eine Lösung mod 2 ; so ist y
2 jeweils Lösung der Gleichung 2y b mod (p 1) : Also sind ry und
p 1
y+ r 2 Lösungen der Gleichung x2 a mod p:
) a r2y p 1
) a 2
p 1
2 r 2 y mod p
p 1
) a 2 p r 1 y
1 mod p:
p 1
2 1 mod p:
p 1
2 1 mod p ) b = indra ist durch 2 teilbar, denn
gezeigt: Falls a quadratische Rest ) a
Falls a
p 1
2 b 0 mod (p 1) :
Korollar (Satz von Wilson) Ist p 2 N prim so gilt: (p 1)! 1 mod p:
Beweis. (p 1)! = 1 2 3 (p 1) mod p
Ist das Produkt aller Einheiten in Z =p: Ist p = 2; so ist (2 1)! = 1 1 in
Z =2:
55

Ist p ungerade, so lassen sich die Elemente in Z =p gruppieren mit a und a 1 mod p:
Es gilt:
d.h. (p 1)!
über 1 und ( 1).
a = a 1 mod p
, a 2
1 mod p
, 2indra 0 mod (p 1)
, indr(a) 0 mod
p 1
2
, indr (a)
0
p 1
2
mod(p
mod (p
1)
1)
, a = 1 oder a = 1
Q
x2Z =p
x mod p: Produkt über die Paare a 6= a 1 2 Z =p so wie
Allgemeiner Frage: Was ist die Struktur von
Wissen bislang:
Z =m ?
h i
1. Anzahl Z =m = '(m) Eulersche ' Funktion.
2. Ist m = p 1 2
s
1 p2 : : : ps ; so ist Z =m = Z
=p 1
1
teilerfremd prim).
3. Ist p prim, so ist Z =pi =
indr
Z =(p 1); +
Z =p s
s
(mit pi paarweise
Fehlt: Struktur von Z =p e für e > 1: Ab jetzt also Fallunterscheidung: p = 2
und p ungerade
Satz Es sei p ungerade, prim, a 2 Z; e 2: Dann gilt:
e 1
1 + ap
Beweis. (Binomische Formel)
1 + ap e mod p e+1
1 + ap e 1 p = 1 + p
1 ape 1 + p
2 a2 p 2e 2 + + a p p pe p mod p e+1
1 + a pe +
Faktor p 2e 1 ; e 2 , 2e 1 e + 1
Faktoren von p (e + 1)
p(p 1)
a
2
2 p 2e 2 +
e 1 2
Satz Sei a 2 Z und e 3. Dann gilt: 1 + a2
56
p (p 1) (p 2)
a
6
3 p 3e 3 + : : :
1 + a2 e mod 2 e+1 :

Beweis. (binomische Formel):
1 + e2 e 1 2 = 1 + 2a2 e 1 + a 2 2e 2
2
= 1 + a2 e + a 2 2e 2
2
2e 2 2 + 1 , e 3
Satz Ist p ungerade, prim, so besitzt (1 + p) 2 Z =pe die Ordnung pe 1 : D.h. ist
(1 + p) y
1 mod pe ; so ist y durch pe 1 teibar.
Beweis. Es gilt: Ordnung der Gruppe Z =p e ist '(p e ) = (p 1) p e 1 . Also ist
die Ordnung von (1 + p) in Z =p e ein Teiler von (p 1) p e 1 : Es ist
usw.
1
ps
Induktion:(1 + p)
(1 + p) p
2 p
1 + p
1 + p 2 mod p 3
1 + p 3 mod p 4
((1 + p) p ) p = (1 + p) p (1 + p) p : : : (1 + p) p
| {z }
p- m al
p + p
| {z
+ p
}
= (1 + p) p m al
(1 + p) p2
= (1 + p) p2
1 + p s mod p s+1
Anfang: s = 1; (1 + p) 1 + p mod p2X Induktionsschritt: (s ! s + 1)
ps
(1 + p)
1
ps
) (1 + p)
1
1 + p s mod p
1 + p s + ap s+1 mod p s+2
(1 + p) ps
1 + p 3 mod p 4
p s 1 + p s 1 s 1
+ + p
| {z }
(1 + p)
p m al
ps
(1 + p)
1 p
(1 + (1 + ap) p s ) p mod p s+2
1 + (1 + ap) p s+1
1 + p s+1 mod p s+2 :
57

Es folgt: (1 + p) py
6 1 mod pe ;falls y < e
pe
1 und (1 + p)
1
1 mod pe :
Somit gilt: Ordnungvon (1 + p) 2 Z =pe ist ein Teiler von pe 1 ; also von der Form
py mit y e 1: Aber wir haben gesehen (1 + p) py
6 1 mod pe für y < e 1 )
Ordnung von (1 + p) ist pe 1 :
Also: Wir betrachten die Untergruppe G Z =pe mit
G = fx j x
n
1 mod pg
= 1 + p; 1 + 2p; 1 + 3p; : : : (1 + (p 1) pe 1 + (p 1) pp 2 o
) : : : :
Dies ist eine Untergruppe, nämlich der Kern des Homomorphismus
Z =p e ! Z =p
der induziert wird von kanonischen Ringabbildung
Z =p e ! Z =p
1 7! 1
Wir wissen, dies sind p e 1 Elemente, nämlich alle Elemente der Form
e 1
1 + ap mit a 2 0; 1; : : : ; p
Die von (1 + p) 2 G erzeugte zyklische Untergruppe hat ebenfalls Ordnung p e 1 ;
also gilt: G = h(1 + p)i :
Folgerung Z =p e = Z =p G = Z =(p 1) Z =p e 1: (dies das nächste Mal)
G ! Z =p e
Ring Z =m
4
! Z =p
Einheitengruppe Z x =m
m = p 1
1
folglich
: : : p s
s ; pi prim (pi 6= pj für i 6= j)
) Z =m = Z =p 1
1
Z x =m = Z =p 1
1
Also: Was ist Z =p für p prim, 2 N?
x
Z =p s
s
Z =p s
s
Fall (1) = 1 : Z =p (= -Fp) ist Körper und Z =p ist zyklisch der Ordnung (p 1) :
Ein zyklischer Erzeuger heißt "primitive Wurzel". Also: x 2 Z =p ist von der
Form x = r y
y := indr(x) 2 Z =(p 1):
1 :
indr (x x 0 ) = indr(x) + indr(x 0 ) (Index ist "Logarithmus").
58
x

Fall (2) > 1 : Vorüberleung (p ungerade)
1
pk
(1 + p)
1 + p k mod p k+1 :
Sei G Z =p gegeben durch: G = x 2 Z =p j x 1 mod p
Beispiel p = 5; = 3;
G = x 2 Z =125 j x 1 mod 5
= f1; 6; 11; 16; 21; 26; 31; : : : ; 116; 121g
G ist Untergruppe von Z x =p a ; denn es ist
ker( Z =p
x ! Z=p
x )
x 7! x mod p
1 G ist zyklisch und von Ordnung p :
Ein Erzeuger ist gegeben durch (1 + p) 2 Z =p
Denn:
falls k 1: Aber:
1
pk
(1 + p)
(1 + p) p
1
x
1 + p k mod p k+1
6 1 mod p ;
1 + p mod p
1 mod p
) Ordnung von (1 + p) als Element in Z =p
1 p
kurze exakte Sequenz:
Behauptung
0 ! G ! Z =p
Z =p
x ! Z=p
a 7! a mod p
x = Z=p
x ist Teiler von p 1 ) ord =
x G
x ! 0
Wir beschreiben dazu einen Gruppenisomorphismus
' : Z =p
x G e' ! Z=p
Dazu wählen wir uns eine Zahl r 2 Z mit r mod Z =p ist primitive Wurzel in
Z =p
x : Dann ist r (p
1)
(p 1) p( r
1 ) mod Z=p von Ordnung (p 1) : Denn r (p
x
1 (p 1)
) =
1 mod Z =p ; denn die Einheitengruppen Z =p
x
= (p ( 1) p 1)
1
r (p p p) mod p und rp 1
hat diese Ordnung. Andererseits ist rp r mod p wegen des Fermatschen Satzes, also rp r mod p; also die
Restklasse mod p von rp 1
x
hat Ordnung (p 1) in Z =p :
59

Lemma Die Zuordnung
a 7! a p
für a 2 Zn fpZg liefert einen Gruppenhomomorphismus
Z =p
1
x ! Z=p
Beweis. Sei für b 2 Z: Notation: b Restklasse mod p; b Restklasse mod p :
Zu zeigen ist: Zuordnung bildet 1 auf 1 ab. Dazu
a; b 2 Z; Abbildung:
Aber
1 3 1 + cp e'
7!
1 + cp
21
e' a b
! p
1
x
!
= e' a e' b
e' a b = a b
= a b
= e' a ' b
(1 + cp ) mod p
Wohlde…niert: Sind a; a 0 2 a; d.h. a a 0 ist durch p teilbar
z.z. a p
1
a 0p
Induktiv a 0 = a + p
1
pk
Wir zeigen: (a + p)
1
ist durch p teilbar
1
pk a + pk mod pk+1 :
O¤ensichtlich wahr für k = 1 : (a + p) p0
= (a + p) = ap0 + p1 = a + p
(k 1) ! k Gleichung stimmt für (k 1) ; d.h. modulo p k+2 gilt
(a + p) pk
1
pk
(a + p)
1 p
pk
= (a + p)
1
p
pk k
= a + ( + p) p
= a pk
= a pk
+ p
1
1
(p 1)pk
+ a
1
pk
a + p k + p k+1 mod p k+2 :
( + p) a(p 1)pk 1
p k + p
2
60
p k+1 1
(p 1)pk
+ a
( + pa)(p 2)pk 1
p k+2 +??p 2 p 2k
| {z }
0 mod p k+2
p 2k + : : : mod p k+2

Also gilt: (a + p) p
nachgeprüft.
Z =p
p 1
a
p
) a
1
) a p 1 p k+1
1
x e' ! Z=p
a 7! a p
a p
1
1 mod p
1 + pc
p k+1 mod p k+2
mod p ; d.h. wir haben Wohlde…niertheit
x ! Z=p
x
x 7! x mod p
1
7! a p
=a (p:::p)
| {z }
1 Faktoren
=a mod p
Komposition ist Identität, da a p a mod p; a p2
G = x 2 Z =p j x 1 mod p
' : Z =p
Ist Gruppenhomomorphismus:
x G ! Z=p
(a; x) 7! a p
' ((a; x) (b; y)) = a p
' ist injektiv: '(a; x) 1 mod p
' (1; 1) = 1
' (a; x) = 1
1
1
= (a b) p
1
1
x
x
x b p
= ' (a b; x y)
) a p
1
(x y)
1
x 1 mod p
a mod p
1
y
mod p
aber x 1 mod p ) a ap 1 mod p
1 mod p; d.h. ap 1
1 mod p ) x 1 mod p
) ' injektiv.
' ist surjektiv: Sei z 2
z mod p
Z =p
x
gegeben: Wir betrachten z = Restklasse von
) zp 1
2 Z =p
x
hat gleiche Restklasse mod p:
y = zp modulo p;
1
1
z;
y z p
1
(z) 1 z
1 mod p
61
1
z

) y 2 G:
) z = ' (z; y) : Also ' surjektv.
x
isomorph zu Z=p
x 1
und G jeweils zyklische Gruppen der Ordnung (p 1) und p
Satz Sei p ungerade prim. Dann ist Z =p
seien Z =p
Fall (2) p = 2 gilt: 3
x G: Außerdem
Lemma Ist 3 so gilt: 2 p
1 + ap
3
1 + ap 1 mod p (letztes Mal).
) Sei G = x 2 Z =2 j x 1 mod 4
2 ) G ist zyklisch der Ordnung 2 mit Erzeuger (1 + 4) = 5 (gleiches Argument
wie bei Z =p )
Satz Ist
Beweis.
3, so ist Z =2
x = f 1g G
f 1g G ! Z =2
(a; x) 7! ax ist injektiv
(a x) 1 mod 2 ) ax 1 mod 4 (x 1 mod 4) ) a 1 mod 4 ) a = 1 )
x 1 mod 2 ) x das neutrale Element in G: Anzahl der Elemente auf beiden
Seiten ist gleich 2 2 2 = 2 1 = (p 1) p 1
p Primzahl
! Z =p n ! ! Z =p 4 ! Z =p 3 ! Z =p 2
alle bilden auf Z ab.
r = 1 besitzt Eigenschaft r2 = 1
x
Z =2n = f 1g G
wähle r 2 Z
p 1
r = 1
r = rp3 mod p4 ; r = rp2 mod p3 : : :
x
2r
(r) p 1 1
! Z =2n ! ! Z =8 ! Z =4 ! Z =2
2 1 2 1
! Z =p
2r
primitive Einheitswurzel
De…nition (p-adische Zahlen) b Zp
bZp ist der inverse Limes der Ringe Z =p n; d.h. Elemente von b Zp sind Folgen
(xn) von Elementen xn 2 Z =p n mit der Eigenschaft: xn xn 1 mod p n 1 8n
Beispiel r 2 Z gegeben, so dass r primitive Wurzel mod p
) br = r pn
2 b Zp und erfüllt (br) p 1 = 1 2 b Zp
62

3.1.2 Endliche Körper
K Körper mit endlich vielen Elementen
Z ! K Ringabbildung
1 7! 1
besitzt ker ' = (p) Ideal
Im (') = Z =p ist nullteilerfrei
) p Primzahl. p = char (K) Charakteristik von K
Insbesondere gilt: K ist ein Vektorraum über Z =p : k1; k2 2 K
) k1 + k2
1k1 + 2k2 K für 2 Z =p K
d.h. K ist ein endlicher VR =Z=p
) #K = [K] = p n für ein n 2 Z:
Es existiert eine Z =p Basis w1; : : : ; wn 2 K
k 2 K ist Linearkombination k = 1w1 + + nwn mit i 2 Z =p:
Einheiten K K ist zyklische Gruppe der Ordnung q 1, wobei q = p n ist .
Insbesondere erfüllt jedes Element 2 K die Gleichung q = 0
Denn: Ist 2 K ) q 1 = 1, also q 1 1 = 0 ) q = 0
= 0 ) q = 0 auch erfüllt.
Sei f im Folgenden immer das Polynom X q X = f (X) : Haben gesehen: Ist
K endlicher Körper der Ordnung q = p n , dann ist
f(X) = X q X
= Y
(X )
Denn: Jedes a 2 K ist Nullstelle von f und jede Nullstelle a führt zur Abspaltung
des Linearfaktors (X ) aus dem Polynom f (X) :
Wie konstruiert man Körper? Betrachte den Polynomring K0 [X] : Nun ein irreduzibles
Polynom P 2 K0 [X]. Das davon erzeugte Ideal ist Primideal und sogar
maximales Ideal, da K0[X] ein Hauptidealring ist. Also ist der Restklassenring
K1 = K0[X] =(p) ein Körper.
konkret: Körper mit 4 Elementen
ist irreduzibel.
2K
P (X) = X 2 + X + 1 2 Z =2 [X]
F4 = Z =2 [X] =(X 2 +X+1) :
Bemerkung Endliche Körper der Ordnung q werden mit Fq üblicherweise bezeichnet
Z =p = Fp
Sei ! = X Restklasse des Elements X mod X 2 + X + 1
Elemente in F4 : 0; 1; !; ! 2 = ! + 1; denn: ! 2 ! 1 = ! 2 + ! + 1 = 0 in
Z =2 [X] =(X 2 +X+1)
63

+ 0 1 ! ! 2
0 0 1 ! ! 2
1 1 0 ! 2 !
! ! ! 2 0 1
! 2 ! 2 ! 1 0
! 3 = ! ! 2 = ! (! + 1) = ! 2 + ! = 1
! primitive Wurzel.
F x 4 = !; w 2 ; w 3 = 1
0 1 ! ! 2
0 0 0 0 0
1 0 1 ! ! 2
! 0 ! ! 2 1
! 2 0 ! 2 1 !
Z =p ungerade.
F = p2 konstruieren: Zx =p besteht aus p 1 Elementen. Davon sind die Hälfte
Quadrate. Sei a 2 Z =p kein Quadrat mod p (z.B. ( 1) ist kein Quadrat, falls
p 3 mod 4).
warum:
Z x =p = Z =(p 1)
1 7!
p 1
2
p 1
ist 2 nicht durch 2 teilbar ) ( 1) kein Quadrat ) X2 über Z =p (ist p 3 (4) ) X
a ist irreduzibel
2 + 1 irreduzibel)
) Fp2 := Z =p [X] = X2 a :
Fp2 besitzt Elemente der Form + ! mit ! = X = X + X2 a ; ; 2 Z =p
Ist p 3(4); i = X = X + X2 + 1
Jedes Element von der Form + i; ! 2 = a
Ist p 3 (4)
( 1 + 1!) ( 2 + 2!) = 1 2 + 1 2! 2 + ( 1 2 + 2 1) !
= ( 1 2 + 1 2a) + ( 1 1 + 2 1) !
( 1 + 1i) ( 2 + 2i) = ( 1 2 1 2) + ( 1 2 + 2 1) i;
Übung für’s stille Kämmerschen: Was ist ( 1 + 2!) 1
In F x p 2 gibt es p 2 1 Elemente. Die Hälfte ist kein Quadrat
Konstruieren F p 4 vermittels F p 4 = F p 2 [X] = X 2 a ; a 2 F p 2 kein Quadrat
.
Fp2n 8n 2 N
Seien p 2 N prim und n 2 N gegeben. Wir wollen zeigen: Es gibt einen Körper
Fpn mit pn Elemente (werde nicht zeigen, ist aber trotzdem einfach zu zeigen:
besitzen Fpn und F 0 pn gleich viele Elemente, so gilt Fpn = F 0 pn). Wir wollen das
Polynom (pn = q) : Xq X in Linearfaktoren zerlegen könnnen.
Konstruktion läuft in 2 Schritten.
64

1. Schritt Induktion: Wir betrachten K0 = Z =p und das Polynom f = X q
X 2 K0 [X] : Dieses zerfällt in irreduzible Faktoren f = P1 Pr mit r
Faktoren, r q (deg Pi 1; Pr i=1 deg Pi = q) : Ist r = q, so sind wir fertig.
Wir betrachten nun den Körper K1 = K0 [X] = (P1), wobei deg P1 > 1
In K1 besitzt P1 2 K0 [X] K1 [X] eine Nullstelle, nämlich ! (die Restklasse
von Y = ! in K0 [Y ] = (P1 (Y ))).
P1 (!) = P1 Y = 0 in K0 [Y ] = (P1 (Y )) :
) f = P1P2 : : : Pr 2 K0 [X] K1 [X] : Pi waren irreduzibel in K0 [X],
nicht notwendigerweise irreduzibel in K1 [X]. Insbesonder P ist reduzibel,
es spaltet Linearfaktor (X !) ab
) f zerfällt in K1 [X] in irreduzible Faktoren
f = Q1Q2 : : : Qs mit s > r
Diesen Prozess iterieren wir: Ist s = q, so hören wir auf. Ansonsten gibt
es ein Q1 mit deg Q1 > 1
K2 = K1 [X] = (Q1) :
Wir haben (nach spätestens q Schritten) einen Körper K konstruiert für den
gilt: K besitzt endlich viele Elemente und das Polynom f = X q X
zerfällt über K in Linearfaktoren.
2. Schritt Wir betrachten nun in K die Teilmenge F = fk 2 K j f (k) = 0g :
F ist Körper:
k1; k2 2 F; 0 2 F
(k1 + k2) q
) k1 + k2 2 F
(k1 + k2) = (k1 + k2) pn
(k1 + k2) p = k p
1
Wollen zeigen: k1 k2 2 F ;
(k1k2) q
= (k p
1
p
+
1
k1k2 = k q
1kq 2
= k1k q
2
gilt k q k = 0, also k 2 F ; k 6= 0
k1 + k2 = (k q
1 + kq 2 ) (k1 + k2) = 0
1
kp 1 k2
| {z }
=0 in Zp
+ kp 2 ) in K
k1k2
= k1(k q
2 k2)
| {z }
=0
= 0;
65
+ p
2
|{z}
=0
k1k2 (wegen k q
1
+ p
p kp 2
k1 = 0)

Wollen zeigen: k 1 2 F ; k q k = 0 , k q = k
k 2 K Körper ) k 1 q = (k q ) 1 ; also folgt
Sei k 2 F
z.z.: k 2 F
2 Fälle
( k) q
Fall (1) p ungerade ) q ungerade
k 1 q = (k q ) 1
= k 1
) k 1 2 F
( k) = ( 1) q k ( 1) k
) ( 1) k q ( 1) k = ( 1) (k q k) = 0 ) ( k) 2 F
Fall (2) q gerade ) p = 2 und mod 2 ist ( 1) = 1
) ( k) = k; d.h. ist k 2 F ) ( k) = k 2 F
Frage Wir haben in K alle Nullstellen von f = X q X diese sind alle
verschieden: Das liegt daran:
f 0 q 1
= qX
1 = 1 6= 0
a mehrfache Nullstelle eines reellen Polynoms P , P 0 (a) = 0
zu zeigen: @ mehrfache Nulstelle:
Ableitung von Polynomen P 2 K [X], mit K Körper (oder Ring)
De…nition Die Ableitung
D : K [X] ! K [X]
ist eine K lineare Abbildung beschrieben durch:
D
nX
a X
!
nX
= a X 1
=0
Zusätzliche Eigenschaft: Leibniz-Regel:
anders geschrieben:
=0
D (P Q) = D (P ) Q + P D (Q)
(P Q) 0 = P 0 Q + P Q 0 :
(klar für Monomen; diese bilden Basis des K VR K [X] ) Linearität
liefert Regel)
66

Sei P 2 K [X] : Ist a 2 K Nullstelle von P ) P (X) = (X a) m Q (X)
mit m 1; Q teilerfremd zu (X a) ; d.h. Q (a) 6= 0
Man sagt, P habe in a eine einfache Nullstelle, wenn m = 1, eine
mehrfache Nullstelle, wenn m > 1
Lemma Es sei a 2 K Nullstelle des Polynoms P 2 K [X]. Genau
dann ist a eine mehrfache Nullstelle, wenn P 0 (a) = 0:
Beweis. P (X) = (X a) m Q(X) mit m 1, da a Nullstelle. Ist
m = 1; so gilt: P 0 (X) = 1 (X a) 0
Q (X) + (X a) 1 Q0 (X)
| {z }
1
P 0 (a) = Q (a) + 0 Q 0 (a) = Q (a) 6= 0
Ist m > 1; so gilt P 0 (X) = m (X a) m 1 Q (X)+(X a) m Q 0 (X)
) P 0 (a) = m 0 Q (a) + 0 Q 0 (a) = 0
f besitzt keine mehrfache Nullstelle, denn
f 0 q 1
(X) = qX
1 q = p n
Fq besitzt Charakteristik p ) f 0 (X) = 1 6= 0
Zuerst: Z =p = Fp Fq ist ein Unterkörper: Fp = f 2 Fq j p = 0g
Kriterium: 2 Fq ist Element von Fp Fq genau dann, wenn p =
Bemerkung Sei l 2 N, nicht teilbar durch p
Dann gibt es einen Körper Fq der Char. p, der eine primitive l te Ein-
l heitswurzel enthält, d.h. ein 2 Fq mit = 1 und ord ( ) = l (d.h. l ist
l x kleinste natürliche Zahl und = 1). Fq ist zyklisch, erzeugt von pirmitiven
Wurzel r der Ordnung (q 1) :
Es gilt: p 2 Zx =l (da p; l teilerfremd)
) p'(l) 1 mod l ) mit q = p'(l) gilt: (q 1) ist durch l teilbar
q 1
l 2 Fq ist primitive l te Einheitswurzel
) := r
67

3.2 Das Gaußsche Reziprozitätsgesetz
De…nition Sei p Primzahl, x 2 Z teilerfremd zu p. Dann Legendre-Symbol ist
de…niert:
Für durch p teilbare Zahlen setzen wir 0
p
alle x 2 Fp
Bemerkung x
p
x
p
x
p
= x p 1
2 mod p
2 f 1g :
=: 0: Legendre-Symbol de…niert für
= 1 genau dann, wenn x teilerfremd zu p ist und x Quadratrest
mod p ist
= 1 , ggT (x; p) = 1 und x quadratischer Nichtrest mod p
x
p
2. Hälfte Wir berechnen wir x
p ?
Wir de…nieren: Sei n 2 N ungerade
! (n) ; " (n) 2 Z =2
n 1 " (n) = 2
0 , n 1 mod 4
" (n) =
1 , n 3 mod 4
! (n) = n2 1
8
! (n) =
" : Z x =4 ! Z =2 Gruppenhomomorphismus
! : Z x =8 ! Z =4 Gruppenhomomorphismus
d.h.
" (n m) = " (n) + " (m)
! (n m) = ! (n) + ! (m)
0 , n 1 mod 8
1 , n 5 mod 8
Satz Es sei p ungerade Primzahl, y; x 2 Z =p
i)
ii)
iii)
xy
p
1
p
= x
p
1
p
68
= 1
y
p
= ( 1)"(p)

iv)
Beweis.
i) iii) folgen per De…nition
2
p
= ( 1)!(p)
iv) Sei K ein Körper der Charakteristik p mit Eigenschaft: Es existiert eine
8 te primitive Einheitswurzel 2 K: Wir betrachten: y = + 1 : Es
gilt y 2 = 2 + 2 + 2 = 2; denn 4 = 1 ) 2 + 2 = 0
) y sind Lösungen von X 2 2 in K
Frage: Ist y 2 Fp K
Kriterium: y p = y , y 2 Fp = Z =p
y p = + 1 p
=
p
+
p
(da charK = p)
Ist p 1 mod 8 ) y p = p + p = + 1 = y also ! (p) = 0 ) y 2
Fp ) 2
p
= 1
Ist p 5 mod 8 also ! (p) = 1 ) 4 = 1 y p = 5 + 5 = + 1 =
y ) y =2 Fp ) 2
p
= ( 1) :
Satz (Gauß) Sind p 6= l ungerade Primzahlen, so gilt
p
l
l
p
= ( 1)"(l) "(p)
Anders ausgedrückt: Ist p 1 mod 4 oder l 1 mod 4
p ist quadratischer Rest mod l , l ist quadratischer Rest mod p
Ist p l 3 mod 4
) (p ist quadratischer Rest mod l , l ist quadratischer Nichtrest mod p)
Beweis. Wir wählen uns einen Körper K der Charakteristik p; der eine prim-
itive l te Einheitswurzel enthält.
Wegen l = 1 ist
x
2 K de…niert 8x 2 Z=l: Wir betrachten
Müssen berechnen:
y = X
x2Z =l
x
l
x (Gaußsche Summe)
y2 (um zu entscheiden, ob y "Quadratwurzel" ist)
yp (um zu entscheiden, ob y 2 Z =p K)
69

Lemma (1) y 2 = ( 1) "(l)
Lemma (2) y p = p
l y
l
Beweis des Satzes. (vorausgesetzt, dass die Lemmata stimmen)
( 1) "(l)
!
p
l
p
=
( 1) "(l) !
l
p
Beweis (Lemma 1).
y 2 =
Bemerkung x = 0 =
, l
p
X
x2Fl
= X
z;x2Fl
= X
z;x2Fl
x
l
x
l
p
l
xz
l
x
=
y 2
p
p 1
2 2 = y
Lemma 1
= y p 1 Lemma 2
=
=
p
l
( 1) "(l)
!
p
= ( 1) "(l)"(p)
! 2
x z
l
z
x+z ; u = x + z
= X
u2Fl
u X x (u
l
0
x)
= (
X
"(l)
1)
u2Fl
u @ X
x2F x l
1 ux 1
1
|
l
{z
A
}
x(n x)
l
= 0
70
Cn

x 2 F x
l ) x (u x) = x2 1 ux 1
Ist u = 0 )
X
x2Fp
0 P
x2F x l
x (u x)
l
Ist u 6= 0 ) Cn = P
x2F x l
1
l
y 2 = ( 1) l P
P
k2F x l
k2Fl
= 1 = ( 1) l l
p 6= 2 prim, x 2 Z:
ggT (x; p)
1
l
=l 1
1 ux 1
l
u Cn = ( 1) l
= X
x2F x p
x 2
l
X
"(l)
= ( 1)
=
=0, da in F x l
x2F x l
(l 1) P
u2F x l
1 ux 1
l
1 ux 1
l
X w
!
l
w2Fl
| {z }
genauso viele Q uadrate wie nicht Q uadrate
u ( 1)
Frage: Ist x qaudratischer Rest mod p; d.h. 9y mit y 2 x mod p
p 1
Satz x quadratischer Rest , x 2 1 mod p
Beispiel 1001 quadratischer Rest mod 1999
Reicht auszurechnen: 1001 1999
Legendre Symbol:
x
p
0
p
p 1
: = x 2 mod p für ggT (x; p) = 1;
= 0
Legrendre Symbol de…niert auf Z =p
n ungerade
" (n)
! (n)
n 1
p2
n 2 1
8
Satz Seien x; y 2 Z; p 6= 2 primp
(i)
xy
p
= x
p
y
p
x
p
2 f 1; 0g :
mod 2 = 0 n 1 mod 4
1 n 3 mod 4
mod 2 = 0 n 1 mod 8
1 n 5 mod 8
71

(ii) 1
p
(iii)
1
p
(iv) 2
p
= 1
= ( p)"(p)
= ( 1)!(p)
Satz (Gauß) p 6= l ungerade Primzahlen. Dann gilt
1001 = 7 11 13
1001
1999
=
=
=
=
7
1999
1999
7
4
7
2
11
8
11
2
13
= ( 1) ( 1)
=
3
5
= ( 1)
1001 1999
11
1999
1999
11
10
13
5
13
13
5
1 mod 1999
p
l
13
1999
1999
13
l
p
( 1) 2
= ( 1)"(p)"(l)
Sei K ein Körper der Char. p, der eine l te primitive Einheitswurzel enthält
l P x x
(also: = 1). k 3 y = x2Z =l l Gaußsches Lemma
Lemma (1) y 2 = ( 1) "(l) l (in Z =p k)
Lemma (2) y p = p
l y y 2 Z =p , y Nullstelle von x p x:
Beweis des Satzes (aus den Lemmata):.
( 1) "(l)
!
p
l
p
=
y 2
p
p 1
= y
p
l
mod p
( 1) "(l)
!
= ( 1)"(l)"(p)
p Theorem (ii),(iii)
( 1) "(l)"(p) l
p
72
= p
l

Beweis des 1. Lemmatas.
y 2 0
= @ X
Zuerst:
)
=
x2Z =l
X
x;z2Z =l
= X
u2Z =l
u
x
l
x
1
A
2
x+2 x 2
l
0
@ X x (u
l
x)
x2Z =l
x = 0 2 Z =l )
x 6= 0 mod l )
x (u x)
l
=
=
y 2 X
"(l)
= ( 1)
u2Z =l
X
"(l)
= ( 1)
u2Z =l
Fall (1) u = 0 : C0 = l 1, da 1
l
x 2
l
1
l
x (u x)
l
1
A ; u = x + z
= 0
1 ux 1
l
0 =1
@
x2 1
A
l
1 1 ux
l
= ( 1) "(1) 1 ux 1
u
0
@ X
x2Z =l
l
1 ux 1
u Cu mit Cu = X
= 1
Fall (2) u 6= 0 ) 1 ux 1 nimmt alle u fest
Werte in Z =ln f1g jeweils genau einmal an
)
0
Cu = @ X
1
v
l
A
1
l
v2Z =l
73
l
x2Z =l
= 1;
1
A
1 ux 1
l

da in Z =l genauso viele Quadrate wie Nichtquadrate existieren.
da
y 2 = ( 1) "(l)
0
@(l 1) + X
u2Z =l
= ( 1) "(l)
0
@(l 1) X
= ( 1) "(l) l
X
X
u2Z =l
Beweis von Lemma 2:.
z = x p
x = z p 1 (mod l)
2
= 1
p
l
u =
u2Z =l
= 1
1
u = 1;
u2Z =l
1
u
(u) A
u
1
A
0 + 1 + + l 1
l
(in K)
= 0; da l = 1
y p =
0
@ X
= X
x2Z =l
x2Z =l
x
l
x
l
x
1
A
p x p
Beachte (a + b) p = a p + b p wegen Char: p
= X
=
=
74
z2Z =p
p
l
p
l
X
z2Z =l
y:
zp 1
l
z
l
p z
z
p

4 Geometrie der Zahlen (Grothemdieck- Schema
der ganzen Zahlen)
4.1 Grundlegende Gedanke:
Geometrische Objekte werden "vollsträngig" durch die Funktionen auf den geometrischen
Objekten beschrieben. Funktionen bilden Ringe. Geometrische Objekte werden
durch Eigenschaften der Ringer beschrieben
Z X = fp j p 2 N Primzahlg
Z =(p) = Fp Körper mit p Elementen
n 2 Z liefert für jedes p ein Element n 2 Z =p = Fp
Ersetzen P =n 2 2 C [X]
=Z
Analogon 4 (Taylorentwicklung): n liefert n (s) 2 Z =p (s+1) Restklasse modulo p s+1
C [X] prim Polynome inC [X] = lineare Polynome X c j c 2 C
[f0g
4 analoger, ähnlicher, gleich gearteter Fall
75
= C
[f0g

C [X] = (X c) = C; P 7! P (c) Auswertungsabbildung
P Polynom P 2 C [X] über Primideal (X c) ist P 2 C [X] = (X c)
"Graph der Funktion P "=f(c; P (c)) j c 2 Cg = Primideal, Restklasse von P in C [X] = (X c)
Taylorentwicklung: c fest
"Funktion P " kann in C in Taylorreihe entwickelt werden
P =
1X
ak (x c) k
k=0
mit ak 2 C ak 6= 0 nur für endlich viele k
p (s) =
sX
ak (x c) k
k=0
ist das s te Taylorpolynom 2 C [X] = (X c) s+1
(konvergente) Potenzreihe
analogen hierzu p adische Zahlen b Zp (andere Notation Zp = b Zp; Z =p = Z =pZ
Z Verzweigte Überlagerung über m Spec 5 (Z) = X erhält man z.B. bei quadratischen
Gleichungen
m Spec Z [X] =(X 2 +aX+b)
wir betrachten die Funktion x 7! x 2 + ax + b
liefert uns eine Abbildung von Ringen: Z ! Z [X] =(X 2 +ax+b)
liefert uns Abbildung von Räumen:
m Spec Z [X] =(X 2 +ax+b) ! m Spec(Z)
5 maximales Spektrum
76

Verzweigungspunkt ist gegeben durch "doppelte Nullstelle"
X = m Spec(Z)
X 2 + aX + b
Diskriminante
4 = a 2 4b
4 = 0 , Polynom besitzt doppelte Nullstelle
X 2 + aX + b = (X ) (X )
a 2
a = ( + )
b =
4b = ( + ) 2
4
2 + 2 + 2
=
=
2
2 + 2
= ( ) 2
4 = 0 , =
Über m Spec(Z) : Ist X 2 + aX + b 2 Z [X]
betrachte das Polynom über p 2 m Spec(Z) = X als ein Polynom X 2 +
aX + b 2 Z =p [X] dieses besitzt höchstens 2 Nullstellen. Diese sind gleich, falls
4 = 0 mod p
a; b 2 Z ) 4 2 Z
4 = p 1
1
: : : p s
s eindeutige Primfaktorzerlegung
4 = 0 in Z =p , p 2 fp1; : : : ; psg
) Es gibt nur endlich viele Primzahlen, für die wir zu einem gegebenen Polynom
X 2 + aX + b eine Verzweigung über p gegeben haben.
C [X] quadratisches Polynom X 2 + aX + b = (X ) (X )
77
4

Fall (2) X 2 + aX + b = (X ) 2
C = max. Ideal in C [X]
Fall (Spezial) = 0; z 7! z
78

C ! C; z 7! z 2
Urbild der Scheibe:
4.2 p-adische Zahlen
p 2 N Primzahl
De…nition Eine p adische Zahl ist de…niert durch eine Folge a1; a2; a3; a4; von
Elementen ai 2 Z =p i mit der Eigenschaft: Die Restklasse von ai in Z =p j für j < i
ist gleich aj
: Z =p i ! Z =p j j < i
a 7! a
a + p i Z 7! a + p j Z
79

Beispiel p = 2; i = 3
Die Menge der p adische Zahlen
Z =8 = Z =p i ! Z =4 = Z =p j
bZp
0 7! 0
1 7! 1
2 7! 2
3 7! 3
4 7! 0
5 7! 1
6 7! 2
7 7! 3
1Y
Z =pi Addition und Multiplikation sind komponentenweise de…niert:
i=1
A = (ai) i B = (bi)
A + B = (ai + bi)
A B = (ai bi)
ai; bi 2 Z =p i
Da die Restriktionsabbildungen Ringhomomorphismen sind, gilt:
(ai + bi) = (ai) + (bi) = aj + bj
(ai bi) = (ai) (bi) = aj bj
bZp ist Ring
Andere Beschreibung des p adischen Zahlen
Wir entwickeln eine Zahl n 2 N in eine Summe von p Potenzen
n = 0 1 + 1 p + 2p 2 + 3p 3 + + kp k + 0 p k+1 + : : :
p adische Entwicklung in Z
Beispiel p = 2; n = 37
37 = 1 + 4 + 32
n = k : : : 2 1 0
= 1 + 0 2 + 1 2 2 + 0 2 3 + 0 2 4 + 1 2 5
= 100101 in 2 adische Entwicklung
Eine p adische Zahl A 2 b Z =p lässt sich p adisch entwickeln. D.h.
A =
1X
k=0
kp k
; k 2 f0; 1; 2; : : : ; p 1g :
80

A modulo Z =p i :
Xi
1
ai = akp k 2 Z =pi modulo p i stimmt P i 1
k=0 akp k überein mit P l
k=0 akp k für alle l i
k=0
Jede p adische Zahl lässt sich eindeutig in dieser Weise entwickeln mit
Beispiel 1 2 b Z2?
was ist 1 mod Z=2
was ist 3 mod Z=4
was ist 7 mod Z=8
.
k = 18k
Beweis.
) z = 1
3
Es gilt: Z b Zp
A =
1X
k=0
0 : : : 000000001
+1 : : : 111111111
: : : 0000000 = 0
p 2 N prim, Z =p n Z = An
Ringhomomorphismen
für m n
ker (' n m) = An m als Gruppe
Es gibt eine kurze exakte Sequenz
0 ! An m
p m
! An ! Am ! 0
kp k ; k 2 f0; 1; : : : ; p 1g :
1
11
111
3 = : : : 0 : : : 011
z = : : : 1010101011
3z = z + 2z
2z = : : : 10101010110
z = : : : 1010101011
= : : : 00001
1
q 2 b Zp 8q prim p 6= q
' n m : An ! Am
1 7! 1
81

De…nition Eine Sequenz von Gruppenhomomorphismen abelscher Gruppen von
der From
'0 '1 '2 : : : G0 ! G1 ! G2 ! : : :
heißt exakt, falls gilt:
1) ' i ' i 1 = 0
2) ker ' i+1 = Im (' i)
De…nition Eine Sequenz heißt kurz exakt, falls sie aus (höchstens) drei nichtverschiedenen
Gruppen besteht und exakt ist.
Eine Sequenz
0 ! G0
ist also kurz exakt, genau dann wenn gilt:
und
'0 '1 ! G1 ! G2 ! 0
G2 = G1=G0
G0
' 0
! G1
genau dann, wenn ' 1 surjektiv und G0 = ker (' 1)
a 2 An m = Z =p n m Z
a 7! p m a 2 Z =p n Z = An
b (mod p n ) 7! b (mod p m )
(b 7! 0 , b 0 mod p m
p adische Zahlen b Zp : x = (xn) 2 mQ
, b = p m mit a 2 An m)
An mit der Eigenschaft: '
n=1
n m (xn) = xm
Lemma Die Projektion auf den n-ten Faktor liefert einen Ringhomomorphismus
"n : b Zp ! An:
Es gibt eine kurze exakte Sequenz
0 ! b Zp
p n
! b "n
Zp ! An ! 0
Beweis. Multiplikation mit p ist injektiv auf b Zp: Dann ist x = (xn) 2 b Zp mit
px = 0; dann gilt pxn = 08n: D.h. es existiert ein yn 2 An mit
xn = p n 1 yn
) xn 1 = ' n n 1 (xn) = 0
) xn 1 = 0
) x = (0)
82

Also folgt: Die Multiplikation mit pn : b Zp ! b Zp ist injektiv.
Das Bild pnb Zp
bZp ist klar im Kern von "n enthalten, denn jedes Element der
Form (pnxm) m2N ist Null modulo pn :
Sei x = (xm) m2N im Kern von "n: Dann ist xm8m n im Kern von der Abb.
'm n : Am ! An und damit von der Form xm = pnym n mit ym n 2 Am n. Es
gilt: Diese (ym n) (m n)2N bilden ein Element von b Zp
Satz
i) Ein Element n 2 b Zp ist genau dann invertierbar, wenn n =2 p b Zp ist.
ii) Es sei U b Z x p die Teilmenge der Einheiten
Beweis.
Dann gilt: Für jedes Element x 6= 0 in b Zp ex. ein eindeutiges n 2 N und
u 2 U mit x = p n u
i) Ein Element xn 2 An ist genau dann invertierbar, wenn ' m n (xn) 2 Z =p
invertierbar ist. Ist x = (xn) invertierbar, so auch "n (x) 2 An; also x1 +0
in Z =p = A1:
(Ist
' : R1 ! R2
ein Ringhomomorphismus, e 2 R1 Einheit, so ist auch ' (e) Einheit. Denn
gilt ef = 1, so ist ' (e) ' (f) = ' (1) = 1).
Ist umgekehrt ein x = (xn) 2 b Zp gegeben mit x1 6= 0 in Z =p, dann ist xn
Einheit in An mit Inversen yn: Es gilt:
' n m (yn)
='n m(x 1
= ym = x
n )
1
m
Und damit ist y = (yn) 2 b Zp: Nach Lemma ist x invertierbar , x =2
(Lem m a)
ker ("1) , x =2 pb Zp
ii) n ist bestimmt durch die Eigenschaft: n ist maximal, so dass "n (x) = 0:
Der Rest folgt aus dem Lemma.
De…nition Wir de…nieren eine Bewertung p auf b Zp durch die Vorschrift:
falls x 6= 0 und x = p n u mit u 2 U
p (x) = n;
p (0) = 1
83

Bewertung:
Eigenschaften:
p : b Zp ! N [ f0; 1g
p (x y) = p (x) + p (y)
p (x + y) min ( p (x) ; p (y))
Beweis. x = p n u; y = p m v; u; v 2 U , x y = p n+m (uv) ; u; v 2 U
Ist u < m
) (x + y) = p n u + p m n v
) p (x + y) n
Korollar b Zp ist Integritätsring
Beweis. Ist x y = 0, so gilt p (x y) = p (x) + p (y) = 1
) p (x) = 1 oder p (y) = 1 ) x = 0 oder y = 0:
Zp = b Zp p-adische Zahlen
Z =p = Z =pZ Zahlen modulo p
Z (p) p-lokale ganze Zahlen. Z (p) Q
n
a
o
Z (p) = 2 Q j a; b teilerfremd, b nicht teilbar durch p
b
z.B.
Z (Q) =
n
a
o
2 Q j b ungerade
b
Korollar Es sei Z (p) der Ring der p lokalen ganzen Zahlen. Dann gibt es einen
eindeutigen Ringhomomorphismus
Z (p) ! b Zp
Beweis. Ist a 2 Z; b 2 N mit ggT (b; p) = 1, so gilt: a liefert das Element
(am) 2 b Zp mit am Restklasse von a modulo p m . Ebenso liefert b = (bm) ein
Element b = (bm) 2 U ! ab 1 2 b Zp
geometrisch
bZp ! Potenzreihen
Z (p) !
1X
ak (z z0) k
k=0
und einen Punkt z0 2 C
P (z)
Q (z) mit Q (z0) 6= 0; P; Q Polynome
84

Bemerkung Wir können auf b Zp eine Metrik de…nieren
d (x; y) := e p (x y)
Diese Metrik erfüllt die (verschäfte) Dreiecksungleichung
d (x; z) 2 max (d (x; y) ; d (y; z))
(folgt aus der Eigenschaft p (a + b) min ( p (a) ; p (b))
Es gilt: bezüglich dieser Metrik ist b Zp ein kompakter metrischer Raum und die
Addition und Multiplikation sind stetig.
Es gilt: b Zp ist die Vervollständigung von Z bzgl. der Metrik d, sowie R eine
Vervollständigung von Q bzgl. der üblichen Metrik ist.
Die p-adische rationalen Zahlen sind als Quotienten von b Zp de…niert
bQp =
n
a
b j a; b 2 b o
Zp; b 6= 0
=
a 0
p k j a0 2 b Zp; k 2 Z
denn: b = pku und damit ist a
b = u 1 a
pk = a0
pk Addition und Multiplikation sind wie gewohnt de…niert:
a c
+
b d
a c
b d
ad + bc
= ;
bd
ac
=
bd
p : b Qp ! Z [ f0g
a 0
p k 7! n k;
wenn a 0 = p n u; u Einheit
Es gilt: b Qp ist Vervollständigung von Q bzgl. der durch diese Bewertung
de…nierte Metrik d (x; y) = e p(x y)
4.2.1 Henschsches Lemma
De…nition Ein Polynom f 2 b Zp [x] heißt primitiv, wenn nicht alle Koe¢ zienten
durch p teilbar sind.
2x 2
14x + 8
ist nicht primitiv in b Z2 [x] ;
ist primitiv in b Z17 [x] :
85

Satz (Henschsches Lemma) Es sei f 2 b Zp [x] ein primitives Polynom. Besitzt
die Reduktion modulo p eine Zerlegung
f g1h1 mod p
mit zueinander teilerfremden Polynome g1; h1 2 Fp [x] ; so gibt es Polynome
g; h 2 b Zp [x] mit deg (g) = deg (g1) 6 und f = gh. Dabei ist g g1 mod p und
h h1 mod p:
Beweis. Wir konstruieren induktiv Polynome
mit folgenden Eigenschaften:
i) f gnhn mod p n
gn; hn 2 Z =p n [x]
ii) gn gn 1 mod pn 1 n 1
und hn hn 1 mod p
iii) deg (gn) = deg (gn 1) :
Der j te Koe¢ zient aj im Polynom g ist dann gegeben als die p adische Zahl
aj = (aj; n) a2N mit aj;n der j te Koe¢ zient im Polynom gn 2 Z =p n [x] : Sei
d = deg (f) und m = deg (g1) : In Induktionsschritt von n ! n + 1 wählen wir
uns zuerst Polynome egn+1; e hn+1 2 Z p n+1 [x] vom Grad deg (egn+1) = deg (gn)
und deg e hn+1 = deg (hn) mit egn+1 gn mod p n und e hn+1 hn mod p n :
mod p n : f egn+1 e hn+1 f gnhn 0 mod p n
) f egn+1 e hn+1 rp n mod p n+1
mit r 2 Z =p [x] ein Polynom vom Grad deg (r) d: Also gibt es Polynome
a; b 2 Z =p [x] mit r = ag1 + bh1: Ist der Grad b deg (g1) ; so …nden wir
Polynome q; b 2 Z =p [x] mit b = qg1 + b und deg (b) < deg (g1) = m: Wir setzen:
gn+1 = egn+1 + bp n ) deg (gn+1) = deg (egn+1) = m:
hn+1 = e hn+1 + (a + qh1) p n
Es gilt (a + qh1) g1 + bh1 = r;
)
) deg (hn+1) d m
deg (bh1) = deg (b) + deg (h1)
< m + (d m)
deg (a + qh1) = deg (r bh1)
6 der Grad von g wird festgehalten
max (deg (r) ; deg (bh1)) deg (g)
d m
86

Rechnen modulo p n+1 : f gn+1hn+1 f (egn+1 + bp n ) e hn+1 + (a + qh1) p n =
f egn+1 e hn+1 + : : :
f gn+1bn+1 f (egn+1 + bp n ) e hn+1 + (a + qh1) p n
Da
f egn+1 egn+1 (a + qh1) + behn+1 p n + b (a + qh1) p 2n
|
mod p
{z }
fällt weg
n+1
egn+1 (a + qh1) + b e hn+1 g1 (a + qh1) + bh1 = r mod p
folgt: f gn+1hn+1 0 mod p n+1
Korollar In b Zp existieren die (p 1) ten Einheitswurzeln; d.h. es existieren
(p 1) Zahlen 1; : : : p 1 mit = 1
p 1
j
Beweis. Das Polynom Xp 1 1 ist primitiv in b Zp [x] und zerfällt modulo p in
ein Produkt
p
X
1
pY 1
1 = (X j) ; j 2 Z x =p :
j=1
Faktoren sind teilerfremd HL:
) Xp 1 p
1 =
1
j=1
Q
gj mit deg (gj = 1) : Nach Multip-
likation mit Einheiten: Ohne Einschränkung der Allgmeinheit der Leitkoe¢ zient
gj ist 1 ) Xp 1 pQ1 1 = X j :Sei U Zp
b die Gruppe der Einheiten. Es
gilt also: U = Z =(p 1)
j=1
U1 ; mit:
U1 =
Untergruppe und Z =(p 1) ,! U "1 ! Z x =p
Damit gilt:
n
x 2 b o
Zp j x 1 mod p :
Z =(p 1) = 1; : : : ; p 1 U
ist Isomorphismus.
U1 Z =p 1 ! U ist Isomorpismus
(x; i) 7! ix
Was können wir über U1 sagen? Wir können Un U1 de…nieren die Eigenschaft:
Wir erhalten:
mit U n=Un+1 = Z =p
Un = ker "1 : U ! Z =pn n
= x 2 b Zp j x 1 mod p no
:
Un+1 Un U1 U;
87
x

Korollar Beweis.
Sei p 6= 2 Wir wählen uns ein 2 U1nU2 (z.B. = 1 + p).
Behauptung: Es gibt einen Gruppenhomomorphismus:
(sogar Isomorphismus)
bZp; + ! (U1; )
z 7! z
Im Prinzip haben wir dies schon bewiesen, als wir die Einheiten im Ring
Z =p n berechneten! Wir hatten gesehen:
mit
Wir hatten gesehen:
erzeugt von n 2 Z =p n
Z =p n
x = Z=(p 1) Vn
Vn = x 2 Z =p n j x 1 mod p :
Vn = Z =p n 1;
x (mit n 1 mod p und ( n 1) 6 0 mod p 2 .)
' (z) = zn
n , wobei z = (zn) n2Z ; zn 2 Z =p n; = ( n) n2N ; n 2 Z =p n
Die Abbildung
ist Isomorphismus für alle n:
Damit folgt:
ist Isomorphismus.
Damit erhalten wir für p
' n : Z =p n 1 ! U 1=Un+1 = Vn
zn 7! zn
0
= b Zp
1
0
B C
' = lim 'n : @lim Z =pnA ! @lim
Z Z =(p 1)
n;
bZp = b Qp
b ; z 7! p n b z;
88
x
=U1
Vn
1
A

primtive Einheitswurzel in Z x =p
0 b < p 1( ist primitive (p 1) te
Einheitswurzel in b Zp). Dies ist Isomorphismus: Jedes Element b Q x p lässt sich
eindeutig schreiben in der Form p n u mit u 2 U: Jedes n 2 U lässt sich eindeutig
zerlegen u = b z:
p ungerade prim
Z Z =(p 1)
bZp = b Q x p
n b x
(n; b; x) 7! p
2 U1nU2; b Zp Un fx j x 1 mod p n g : (z.B. = 1 + p)
2 b Zp primitive (p 1) te Einheitswurzel
Hensches Lemma + Existenz von primitiven Wurzeln in Fp ) existiert x 7! a x
wohlde…niert, da die Einheiten in Z =p n von der Form
Gn = h ni
Z =(p 1) Gn
zyklisch, erzeugt von der Restklasse von modulo pn p
. Ordnung von Gn ist
n 1 :
benutzt: (1 + p) pe
= 1 + pe+1 mod pe+2 p=2 Zur Erinnerung: Z =2 e
x = Z=2 Z =2 e 2 (additiv multiplikativ)
f 1g h ei mit 1 + 22 e 2
mod 8 hai zyklisch von Ordnung 2
Analog wie für ungerade:
Z Z =2
bZ =2 = b Q2 (n; c; x) 7! 2 n ( 1)
Quadrate in b Q p Welche sind Quadrate?
p ungerade: In dem Isomorphismus b Qp = Z Z =(p 1)
bZp interessieren wir
uns also auf der rechten Seite für die Tupel, die das 2
Elementen sind:
Fache von anderen
d.h. (n; b; x) mit n = 2n 0 ; b = 2b 0 ; x = 2x 0
d.h. n ist gerade, b ist gerades Vielfaches eines Erzeugers x beliebig, da 2
Einheit in b Qp: Betrachten wir die Gruppe b Q p= b Q p
c x
2
= Z =2
Satz Ein Element z = p n u 2 b Qp mit u 2 U ist genau dann ein Quadrat, wenn
n gerade ist und wenn u modulo p ein Quadrat ist, also u
p
89
= 1
Z =2

Satz Ein Element z = 2 n u 2 b Q2 ist genau dann ein Quadrat, wenn n gerade
ist und wenn u 1 2 2 2b Z2; u 2 1 2 2 4b Z2; d.h. u 2 U2 und u 2 2 U4
Beweis.
Z Z =2
bZ2 = b Q2 (n; c; x) 7! 2 n ( 1)
c x
ist 2 Faches eines anderen Elementes , n gerade, c = 0; x 2 2b Z2
d.h.
(0; 0) = (c; x) , ( 1) c 5 x 1 mod 8
bQ 2= b Q 2 = Z =2 Z =2 Z =2
(n; c; x)
wird gleich begründet
,
bZ2:
( 1) c 5 x 1 0 mod 4
(( 1) c 5 x ) 1 0 mod 16
( 1) c 5x ( 1) c 5x 1 mod 4 (( 1) c 5x ) 2
c = (0; 0) ( 1) 0 50 1 (mod 8) 0 0
c = (1; 0) ( 1) 50 1 = 7 mod 8 2 0
c = (0; 1) 1 5 5 mod 8 0 8
c = (1; 1) ( 1) 5 3 mod 8 2 8
Quadratisches Reziprozitätsgesetz: "; !
n 1
N 3 m ungerade " (n) = 2 ; ! (n) = n2 1
8
"; ! : fungerade ganze Zahleng ! Z =2
"; ! 0 mod 2 , n 1 2 4Z und n 2 1 2 6Z
4.3 Quadratische Formen
Satz (Lagrange) Jede natürliche Zahl lässt sich als Summe von 4 Quadraten
darstellen
1 = 1 2 + 0 2 + 0 2 + 0 2
2 = 1 2 + 1 2 + 0 2 + 0 2
3 = 1 2 + 1 2 + 1 2 + 0 2
4 = 1 2 + 1 2 + 1 2 + 1 2 = 2 2
5 = 1 2 + 2 2 + 0 2 + 0 2
6 = 1 2 + 2 2 + 1 2 + 0 2
7 = 1 2 + 2 2 + 1 2 + 1 2 wir brauchen mindestens 4 Quadrate
8 = 2 2 + 2 2 + 0 2 + 0 2
Satz (Gauß) Eine natürliche Zahl a 2 N ist genau dann eine Summe von 3
Quadraten, wenn a =2 f4 n (8m 1) j n; m 2 Ng :
Es gilt: Gauß) Lagrange.
Beweis. Ist a Summe von 3 Quadraten ) a ist Summe von 4 Quadraten
(o¤ensichtlich).
90
1 mod 16

Ist a von der Form a = 8m 1, dann ist a nicht Summe von 3 Quadraten,
aber (a 1) ist Summe von 3 Quadraten
) a = (a 1) + 1 = x 2 + y 2 + z 2 + 1 2 (wenn (a 1) = x 2 + y 2 + z 2 ).
Ist a = 4 n (8m 1) ; so ist a 4 n 2 f4 n (8m 2)g Summe von 3 Quadraten
(a 4 n ) = x 2 + y 2 + z 2 ) a = x 2 + y 2 + z 2 + (2 n ) 2
Satz (3) Ein Element a 2 Q lässt sich darstellen als Summe von 3 Quadraten
a = x2 + y2 + z2 mit x; y; z 2 Q genau dann, wenn a > 0 ist und ( a) =2
bQ 2
2
Beweis (Satz (3) ) Gauß).
1. Schritt a 2 N Q Summe von 3 Quadraten rationaler Zahlen Satz
, a > 0
b 2 b Q 2
und ( a) 2 b Q 2
1 =2 b Q 2
2
2
, b = 2n ( 1) 0 u mit u 2 U3; d.h. u 1 0 mod 8
2
, b = 2 n c
c 1 mod 8 , a =2 f4 n (8m 1) j m 2 Zg
2.Schritt a sei dargestellt als Summe von 3 Quadraten rationaler Zahlen )
9t 2 N mit t 2 a = ~x~x mit ~x = (x1; x2; x3) 2 Z 3 (t ist kgV der Nenner der
rationalen Zahlen, die in der Summe der Quadrate a darstellen).
Wir wählen ~x und t derart, dass t minimal ist (zu zeigen: t = 1 ist möglich)
Wir zerlegen R 3 in Würfel der Kantenlänge 1 mit Mittelpunkt im Z 3
~x
t 2 Würfel mit Mittelpunkt ~y = (y1; y2; y3) 2 Z 3 :
~x
t = ~y + ~z mit ~z~z 3
4
Ist ~z~z = 0 ) ~x
t 2 Z3 ) fertig, denn dann ist a = ~x
t
91
~x
t :

Ist ~z~z 6= 0 ) de…nieren:
c = ~y~y a 2 Z
b = z (at ~x~y) 2 Z
t 0 = ct + b
~x~x = (c~x + b~y) 2
~x = c~x + b~y 2 Z 3
= c 2 ~x~x + 2cb~x~y + b~y~y
= c 2 t 2 a + cb (2at b) + b 2 (a + c)
= a c 2 t 2 + 2bt + b 2
= a (t 0 ) 2
tt 0 = ct 2 + bt
= t 2 ~y~y at 2 + 2at 2
= t 2 ~y~y 2t~x~y + ~x~x
= (t~y ~x) (t~y ~x)
= t 2 ~z~z
t 0 = t~z~z;
aber 0 < ~z~z 3
4 ) t0 < t W !
2t~x~y
Bemerkung Satz (3) ist äquivalent zu der Aussage: Die Funktion
(x1; x2; x3; x4) f
7! x 2 1 + x 2 2 + x 2 3
besitzt eine nicht triviale Nullstelle, (d.h. es gibt einen Tupel (x1; x2; x3; x4) 6=
(0; 0; 0; 0) mit x 2 1+x 2 2+x 2 3 ax 2 4 = 0) genau dann wenn a > 0 und diese Funktion
f eine nicht triviale Nullstelle in b Q2 und in R besitzt..
Denn:
" ) " Ist (x1; : : : ; x4) 2 Q n n f(0; 0; 0; 0)g eine Nullstelle der Funktion f, so ist
(x1; : : : ; x4) 2 Q 4 b Q2
R 4 (trivial)
4
ax 2 4
ebenfalls eine Nullstelle, wie auch (x1; : : : ; x4) 2
" ( " Besitzt die Funktion f eine nicht triviale Nullstelle in R; sagen wir z2 1 +
z2 2 + z2 3 az2 4 = 0 mit zi 2 R, (und nicht alle zi = 0), so ist z2 1 + z2 2 + z2 3 =
0. Ist z2 1 + z2 2 + z2 3 = 0 ) zi = 08i W!
az 2 4; z 2 1 + z 2 2 + z 2 3
) z 2 1 + z 2 2 + z 2 3 > 0 ) az 2 4 > 0 ) a > 0: Besitzt f eine nicht triviale
Nullstelle in den 2 adischen Zahlen, so gibt es u1; u2; u3; u4 2 b Q2, nicht
alle ui = 0 und u2 1 + u2 2 + u2 3 au2 4 = 0:
92

Satz (4) Die quadratische Form X 2 1 + X 2 2 + X 2 3 + X 2 4 besitzt keine nicht
trivialen Nullstellen in b Q2:
Sind ui 2 b Q2 mit u 2 1 + u 2 2 + u 2 3 au 2 4 = 0: Ist ( a) 2 b Q 2
2
; also a = z 2
mit z 2 b Q 2; so ist u 2 1 + u 2 2 + u 2 3 + v 2 = 0 und v = zu4 eine nicht triviale
Nullstelle im Widerspruch zu Satz (4).
Satz (5) Die quadratische Form X 2 1 + X 2 2 + X 2 3
triviale Nullstelle in b Q2, falls ( a) =2 b Q 2
2
:
aX 2 4 besitzt eine nicht
Ist u2 1 + u2 2 + u2 3 au2 4 = 0 und u4 = 0 ) u2 1 + u2 2 + u2 3 = 0 mit zumindest einem
ui 6= 0. Dass widerspricht Satz (4)
Damit: u4 6= 0 und folglich ist x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 = a mit xi = ui
u4 :
) Behauptung.
Satz (3) folgt aus dem folgenden vier Sätzen
Satz (4) Die quadratische Form X 2 1 +X 2 2 +X 2 3 +X 2 4 besitzt keine nicht trivialen
Nullstellen in b Q2:
Satz (5) Die quadratische Form X2 1 + X2 2 + X2 3 + bX2 4 besitzt eine nicht triviale
2
Nullstelle in b Q2, falls (b) =2 b Q 2
Satz (6) Jede quadratische Form a1X 2 1 + a2X 2 2 + a3X 2 3 + bX 2 4 mit b 6= 0 besitzt
eine nicht triviale Nullstelle in b Qp für alle p 6= Z
Satz (Hasse- Minkowsky) Sei f eine nichtausgeartete quadratische Form auf
den rationalen Zahlen (z.B.
f = a1X 2 1 + a2X 2 2 + a3X 2 3 + a4X 2 4 mit ai 6= 0; ai 2 Q)
Dann besitzt f eine rationale Nullstelle genau dann wenn f eine Nullstelle in
allen Bewertungen besitzt, d.h. genau dann, wenn für alle Primzahlen p f eine
Nullstelle in b Qp besitzt sowie f eine reelle Nullstelle besitzt.
Bemerkung Die quadratische Form
a1X 2 1 + a2X 2 2 + a3X 2 3 + a4X 2 4 + a5X 2 5
mit ai 6= 0 besitzt eine nicht triviale Nullstelle in b Qp für alle p. (ohne Beweis).
93

Bewertungen von Q : Für jede Primzahl p gibt es eine Metrik auf Q :
dp
a1
b1
p (c) = n, falls c = p n e mit p - e:
p
; a2
b2
= e
p a 1
b 1
a 2
b 2
c
d := p (c) p (d)
p bzw. dp heißt Bewertung an der endlichen Stelle p: Für die Bewertung
q
0 (Bewertung
an der Stelle 1) gibt es die Metrik d1 mit d1 (q1; q2) = (q1 q2) 2 :
Q b Qp
X = Spec (Z) = fp j p 2 N primg [ f0g
94

x 2 1
x 2 2 = 0
R 2
Man sagt: Eine Nullstelle von f in b Qp ist eine "lokale" Nullstelle an der Stelle
p:
Eine "globale" Nullstelle ist eine Nullstelle mit Werten in Q
Satz (H-M) Eine nichtausgeartete quadratische Form besitzt genau dann eine
(nicht triviale) globale Nullstelle, wenn sie überall (d.h. für alle Bewertungen)
lokal eine Nullstelle besitzt.
So etwas nennt man "lokal-global-Prinzip".
Quadratische Formen Sei K ein "Körper" der Charakteristik 6= 2 (z.B. Fq
mit q ungerade oder b Qp für p prim oder R; Q : : :
De…nition Es sei V ein endlich dimensionaler Vektorraum über K. Eine quadratische
Form auf V ist eine Funktion
mit:
f : V ! K
i) f ( v) = 2 f (v) für 2 K und v 2 V:
ii) Die Abbildung
ist bilinear.
(v; w) 7! 1
(f (v + w) f (v) f (w))
2
Also b ( 1v1 + 2v2; w) = 1b (v1; w) + 2b (v2; w) und b (v; 1w1 + 2w2) =
1b (v; w1) + 2b (v; w2) 8 i; i 2 K; vi; wi 2 V:
Ist fv1; : : : ; vng V eine Basis, so ist wegen der Bilinearität die Abbildung f
schon vollständig bestimmt durch ihre Werte f (vi; vj) = aij für die Basisele-
95

mente. Denn:
f (v) i) = 1
4
i=1
ivi
1
f (zv) = f (v + v)
4
= 1
4
= 1
2
Also f (v) = b (v; v)
Und
f
nX
! 0
nX
= b @
i=1
1
(f (v + v) f (v) f (v)) + f (v)
2
1
b (v; v) + f (v)
2
ivi;
nX
j=1
jvj
1
A ii)
= X
i;j=1
i jb (vi; vj) :
Andererseits: Ist b : V V ! K eine symmetrische Bilinearform (d.h. b bilinear
und es gilt b (vi; vj) = b (vj; vi)). Dann ist durch v 7! b (v; v) eine quadratische
Form de…niert. Also: ist charK 6= 2
quadF orm
f
, symmetrische Bilinearform b
Zusammenfassung Lagrange 1770 Beweis: n = X 4 Quadrate
| {z }
(steht schon im D iphant irgendwann zwischen 150 - 350 n. Chr)
Gaußgeb 1777-1855
.
Minkowski starb 1907
Hasse: geb 1898 -
bZp [i] =
2a+bi
b Zp [x] =(X2 +1)
4.4 Quadratische Formen
% Körper für gewisse p
& Nullteiler für andere p
K Körper, char (K) 6= 2:
Sei V ein endlich dimensionaler Vektoraum über K
De…nition Eine quadratische Form Q auf V ist eine Abbildung
mit
i) Q ( v) = 2 Q (v) 8 2 K; v 2 V
Q : V ! K
ii) b : V V ! K, de…niert durch b (v; w) = 1
2 (Q (v + w) Q (v) Q (w) ist bilinear)
96

Beispiel V = K 3 ; Q ((x; y; z)) = 14x 2 17 (x y) 2 + 23 (x + 13y) 2
allgemeiner: Q ((x; y; z)) = Summe von Quadraten der Form (ax + by + cz) 2
Man nennt zwei quadratische Formen
und
Q : V ! K
Q 0 : V 0 ! K
äquivalent, wenn es einen linearen Isomorphismus
gibt mit der Eigenschaft
' : V ! V 0
Q 0 (' (v)) = Q (v) 8v 2 V:
Allgemeine Frage: Klassi…ziere alle quadratische Formen über K.
Oder anders: Finde geeignete Basen von V; so dass Q eine "schöne Form"
bekommt
"Normalformenproblem"
Bildet v1; : : : ; vn eine Basis von V; so können wir Q einer symmetrischen Matrix
zuordnen A = (aij) mit aij = b (vi; vj) :
Besitzt v 2 V bezüglich dieser Basis die Koordinaten (x1; : : : ; xn) ; d.h.
dann gilt:
v = X xivi
Q (v) = b (v; v)
nX
= xixjb (vi; vj)
=
i;j=1
nX
i;j=1
aijxixj
0
B
= (x1; : : : ; xn) A @
= ~xA~x t
Ist w1; : : : ; wn andere Basis von V , so gibt es Basiswechselmatrix. Die Koordinaten
von V bezüglich dieser Basis werden beschrieben
v =
nX
i=1
97
yiwi
x1
.
xn
1
C
A

mit
(x1; : : : ; xn) = (y1; : : : ; yn) M:
Damit gilt: Die Matrix, die Q bezüglich der Basis fw1; : : : ; wng beschreibt, ist
gegeben durch
B = MAM t
Denn
Es gilt nämlich
~xA~x t = Q (v)
= ~yB~y t
~xA~x t = (~yM) A (~yM) t
= ~y MAM t ~y t
= ~yB~y t
M ist invertierbar.
Der Rang einer quadratischen Form ist der Rang einer sie darstellenden Matrix:
Rang (Q) := Rang (A)
(wohlde…niert, da Multiplikation mit einer invertierbaren Matrix nicht den Rang
verändert).
Die Determinante det (A) ist keine Invariante der quadratischen Form Q, jedenfalls
nicht als Element von K:
Allerdings gilt: Ist Q nicht ausgeartet, d.h. Rang (Q) = dim V , so ist det (A) 2
K = (K ) 2 wohlde…niert.
Denn ist Q repräsentiert durch Matrizen A und B bezüglich zweier Basen mit
Basiswechselmatrix M; so gilt:
det (A) = det (B) det (M) 2 :
Man nennt det (A) 2 K = (K ) 2 die Diskriminante 7 von Q
dis (Q) = det (A)
De…nition Ist V Vektorraum, Q : V ! K quadratische Form, so nennt man
das Paar (V; Q) einen quadratischen Modul
De…nition Eine Basis e1; : : : ; en eines quadratischen Moduls (V; Q) heißt orthogonal,
falls gilt:
b (ei; ej) = 08i 6= j
Satz Jeder quadratische Modul besitzt eine orthogonale Basis.
Beweis. Induktion über dim V: Aussage ist trivial für dim V = 1. Ist dim V >
1, so machen wir eine Fallunterscheidung:
7 mathematischer Ausdruck, der bei Gleichungen zweiten u. höheren Grades die Eigenschaft
der Wurzel angibt
98

Fall (1) Q (v) = 08v 2 V: Dann ist jede Basis orthogonal.
Fall (2) Es existiert ein v 2 V mit Q (v) 6= 0: Dann betrachten wir die lineare
Abbildung:
' : V ! K
w 7! b (v; w)
Diese ist surjektiv, weil b (v; v) = Q (v) 6= 0. Damit sind alle Elemente in
v ? = ker (') orthogonal zu v:
Sei Q 0 = Q j ker '
Dann gilt:
Q (v + w) = Q (v) + Q 0 (w)
für alle Elemente w 2 ker ':
Damit folgt: Ist w1; : : : ; wn 1 orthogonale Basis des quadratischen Moduls (ker '; Q 0 ),
so ist w1; : : : ; wn 1; v orthogonale Basis von (V; Q)
Insbesondere gilt: Ist (V; Q) quadratischer Modul, so gibt es eine Basis von V
bezüglich der Q durch eine Diagonalmatrix
0
B
Q (~x) = ~x @
1
0
0
. ..
0
0
1
C
A ~x
0 0 n
t
beschrieben wird. Anders formuliert: ist P i
P n
j=1 jxj
2
= Q (~x), so lässt
sich durch geeignete Variablensubstitution ~y = ~xM diese Form schreiben als
P n
j=1 jy 2 j
Bemerkung Ist j = 2 j j für j 2 K ; so wird Q bezüglich einer geeigneten
Basis durch die Matrix 0
beschrieben. Wähle
)
0
B
@
1
. ..
B
@
0
0 n
1
. ..
0
0 n
1
C
A
M =
0
B
@
1
. ..
0
1
C
A
1
C
A =
0
0
B
M @
1
. ..
n
0
1
C
A M
0 n
t
99

4.4.1 Quadratische Formen über Fq
q = p r ; p ungerade!
Satz Sei Q eine quadratische Form über Fq vom Rang (Q) 2: Dann ist jedes
Element a 2 F q darstellbar durch Q, d.h. es gibt ein Tupel (x1; : : : ; xn) mit
Q (x1; : : : ; xn) = a:
Ist Rang (Q) 3; so ist jedes Element in Fq durch Q darstellbar.
Beweis. Wir betrachten zuerst die Gleichung
mit a; b; c 2 F q
bx 2 + cy 2 = a
Behauptung Es gibt imer Lösungen dieser Gleichung (x; y) 2 Fq Fq
Aus dieser Behauptung folgt die Aussage:
Ist Q vom Rang r so gibt, es eine Basis bezüglich derer Q dargestellt wird durch
mit b1; : : : ; br 2 F q :
Q (x1; : : : ; xn) = b1x 2 1 + b2x 2 2 + + brx 2 r
Ist Rang (Q) 2, und ist (x; y) eine Lösung von
b1x 2 1 + b2x 2 2 = a;
so ist (x; y; 0; : : : ; 0) Lösung von Q (~x) = a: Ist Rang (Q) 3 und ist (x; y)
Lösung von
b1x 2 1 + b2x 2 2 = b3;
so ist (x; y; 1; 0; : : : ; 0) Lösung von der Gleichug Q (~x) = a
Wir betrachten die Menge
Die Menge A besteht aus genau
A = bx 2 j x 2 Fq Fq
B = a cy 2 j y 2 Fq Fq
Die Menge B besteht aus genau q+1
2 Elementen
q + 1
2
d.h. es existiert bx 2 = a cy 2
q 1
2 + 1 =
b.Q uadrat
Null q+1
2 Elementen
+ q + 1
2 = q + 1 > 6= q = #Fq ) A \ B 6=
100

Folgerungen: Satz Ist Q eine nicht ausgeartete quadratische Form über den
Körper Fq mit (q ungerade), ist Q bezüglich einer geeigneten Basis dargestellt
durch eine der beiden Formen:
oder
mit a 2 F q n F q
2
X 2 1 + X 2 2 + + X 2 n (n = dim V )
X 2 1 + X 2 2 + + X 2 n
Beweis. Ist n = 1, so ist nichts zu beweisen. Ansonsten ist der Rang (Q)
2; also gibt es ein Element v 2 V mit Q (v) = 1:
) V = hvi ? V 0 ; wobei V 0 = v ? = ker (')
) Induktion fertig.
Satz Sind Q; Q 0 nicht ausgeartete quadratische Moduln über Fq. Dann
sind sie äquivalent genau dann, wenn rang (Q) = rang (Q 0 ) und disk (Q) =
disk (Q 0 ) :
4.5 Quaternionen
Sei B =
)
H =
A =
) AA =
a b
c d
) ca + bd = 0
BB =
=
a b
b a
j a; b 2 C
a b
b a ) A = At =
aa + bb 0
0 aa + bb
mit BB = det (B)
a b
c d
a c
b d
aa + bb ac + bd
ca + db cc + dd
Sei a 6= 0 ) c = bd
a
Eingesetztin (2; 2) Komponente:
101
1 0
0 1
!
= ad bc 0
= det (A)
a b
b a
1 0
0 1
0 ad bc

) d = a
) c = b
Ist a = 0; so gilt:
BB =
a = 0
ad bc = cc + dd
ad + bbd
a
=
bbdd
+ dd
aa
=
bb
+ 1
ac
dd
aa + bb = ad bc
= ad + bbd
a
= a + bb
a
=
aa + bb ac + bd
ca + bd cc + dd
bb bd
bd cc + dd
Ist b = 0 ) cc + dd = 0 ) c; d = 0
Ist b 6= 0 ) b c; d = d = 0
) a = d; b = c
!
= bc 0
aa + bb
a
!
= ad bc 0
d
0 bd
d
0 ad bd
Lemma Eine komplexe 2 2 Matrix A ist genau dann in H ; wenn gilt AA =
det (A)
1
0
0
1
: (gerade beweisen)
Korollar Die Menge H ist abgeschlossen bezüglich Matrizenmultiplikation und
bezüglich der Matrizenaddition. Außerdem ist für jedes A 2 Hn
invertierbar und A
0
0
0
0
1 2 H
102

Beweis. A; B 2 H )
(AB) (AB) = (AB) (B A )
= A
= AA
det (B) 0
0 det (B) A
= det (A) det (B)
= det (AB)
) AB 2 H
det (B) 0
0 det (B)
1 0
0 1
1 0
0 1
A; B 2 H ) A + B 2 H (o¤ensichtlich) A 6= 0 ) det (A) =
) A
aa + bb
a6=0 oder b6=0
6= 0
1 = 1
det AA denn: A
A
det A
AA 1 0
= det A =
aa + bb 6= 0 ) A 1 = 1
aa+bb
b
aa+bb
0 1
a b
b a
=
c d
d c
2 H mit c = a ; d =
aa+bb
Konsequenz: Die Quaterionen H bilden einen Schiefkörper, d.h. einen nicht
kommutativen Ring, in dem jedes Element ungleich 0 invertierbar ist.
Wir bezeichnen die Elemente in H wie folgt:
1 =
I =
1 0
0 1
i 0
0 i
J =
0
1
1
0
K = I J
=
i
0
0
i
=
0 i
i 0
Jedes Element von H ist von der Form
q = 1 + I + J + K =
103
;
;
;
0 1
1 0
+ i + i
+ i i

und es gilt:
q := 1 I J K
IJ = K = JI
I 2 = J 2 = K 2 = 1
JK = JIJ = JJI = I
KJ = IJJ = I
IK = IIJ = J
KI = IJI = J
qq = ( 1 + I + J + K) ( 1 I J K)
=
2
+
2
+
2 2
+ 1 + (
|
+
{z
=0
+ ) I
}
( a
|
+
{z
) J + (
} |
+
{z
) K
}
=0
=0
Dieselbe Rechnung, etwas einfacher:
q =
=
q = A ; qq = AA = det (A)
+ i + i
+ i i
a b
b a
= A
1 0
0 1 = aa + bb = 2 + 2 + 2 + 2 1
Korollar Sind n; m 2 N jeweils Summen von vier Quadrate, so ist auch nm
eine Summe von vier Quadraten.
Beweis.
n = a 2 + b 2 + c 2 + d 2
= (a1 + bI + cJ + dK) (a1 bI cJ dK)
= AA
m = u 2 + v 2 + w 2 + x 2
= UU
mit U = u1 + vI + wJ + xK
nm = AA UU = (AU) (AU) ist Summe von 4 Quadraten
AU = (a + bI + cJ + dK) (u + vI + wJ + xK)
= (au bv cw dx) + (av + bu + cx dw) I +
(aw + cu + dv bx) J + (ax + du + bw cv) K
104

Also gilt:
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 u 2 + v 2 + w 2 + x 2 = (au av cw dx) 2 + (av + bu + cx dw) 2 +
(AU ) (AU ) = AU UA = nm
(ersetze v; w; x durch v; w; x)
(2) = (au + bv + cw + dx) 2 + ( av + bu cx + dw) 2 +
( aw + cu dv + bx) 2 + ( ax + du bw + cv) 2
(aw + cu + dv bx) 2 + (ax + du + bw cv) 2 (2)
Satz Jede natürliche Zahl ist Summe von vier Quadraten (von ganzen Zahlen)
Beweis.
1. Schritt Ist jede Primzahl als Summe von vier Quadraten darstellbar, so ist
der Satz bewiesen.
Denn: Ist n = p 1 2
r
1 p2 : : : pr Nach Induktion (über m = 1 + 2 + + r), dass n
pr
durch vier Quadrate
darstellbar ist, ebenso pr und wegen des Korollars damit auch n = pr
p = 2 ist langweilig: 2 = 1 2 + 1 2 + 0 2 + 0 2
zu zeigen bleibt: Ist p ungerade Primzahl, so ist p als Summe von 4 Quadraten
darstellbar.
2. Schritt: Es gibt ein Vielfaches mp; das als Summe von vier Quadraten
darstellbar ist. Dazu Erinnerung: Sind a; b; c 2 Z =p , so ist die Gleichung
ax 2 + by 2 = c immer lösbar in Z =p
Insbesondere gibt es Paare (x; y), die Gleichung x 2 + y 2 = 1 lösen, d.h.
x 2 + y 2 + 1 2 + 0 2 = mp mit m > 0
) Die Gleichung x2 + y2 + z2 + w2 0 mod p ist immer nicht-trivial lösbar.
p p
2 ; 2 mit x
Sei (x; y; z; w) Lösung modulo p ) Wähle ex; ey; ez; ew 2
ex; y ey; z ez; w ew mod p
) ex 2 + ey 2 + ez 2 + ew 2 < 4 p
2
3
2 = p 2 ) ex 2 + ey 2 + ez 2 + ew 2 = mp mit m < p
Sei im Folgenden m 2 N minimal, so dass mp als Summe von 4 Quadraten
darstellbar ist.
3. Schritt: m ungerade. Wäre m = 2m 0 gerade und x 2 +y 2 +z 2 +w 2 = mp: Wir
können x; y; z; w zu Paaren mit jeweils gleicher Parität 8 zusammenfassen,
also OE x y mod 2; z w mod 2
8 Gleichheit
105
n
pr

)
x y
2
2
+ x + y
2
2
+ z w
2
2
+ z w
2
2
= 1
4 2x2 + 2y 2 + 2z 2 + 2w 2
= m
2 p
= m 0 p
4. Schritt: Sei (x; y; z; w), so dass mp = x 2 + y 2 + z 2 + w 2 mit m ungerade,
m > 1: Wir zeigen: 91 n < m, für die sich als Summe von 4 Quadraten
darstellen lässt.
Seien a; b; c; d 2 Z 4 so gewählt, dass a; b; c; d 2
) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 0 mod m
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 < m 2
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = nm mit n < m
a x mod m
b y mod m
c z mod m
d w mod p
m m
2 ; 2
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 x 2 + y 2 + z 2 + w 2 = (nm) (mp) = nm 2 p ist durch m 2
teilbar
= (ax + by + cz + dw) 2 0 0 mod m
z }| {
+ @ ay + bx
0
) (ax + by + cz + dw) 2
1
@ az + cx dy + bwA
| {z } | {z }
0 mod m 0 mod m
) (ax + by + cz + dw) 0 mod m
0 mod m 2
2
0
und
1
0 mod m
z }| {
cw + dzA
+ @ aw + dx bz + cyA
| {z } | {z }
0 mod m 0 mod m
beide Folgerungen
) ale vier Summanden sind durch m 2 teilbar
wir erhalten; wir können durch m 2 teilen und erhalten Summe 4 Quadrate
= np
Satz Sei n 2 N: Dann ist n Summe von 4 Quadraten
106
2
1
+
2

Quaterionen: H =
Eigenschaft:
Allgemein: B =
a b
c d
a b
b a
AA =
=
j a; b 2 Q
a b
b a
= det (A)
a b
b a
aa + bb 0
0 aa + bb
1 0
0 1
2 Mat (2 2; C) ; B 2 H , BB = det (B)
H bildet bzgl. Matrizenaddition und - Multiplikation einen Schiefkörper
H = R
1 0
0 1
+ R
= R1 + RI + RJ + RK
i 0
0 i
+ R
Es gilt: IJ = JI = K; I 2 = 1; J 2 = 1
A 2 H; A = a0 + a1I + a2J + a3K
A := a0 a1I a2J a3K
Es gilt: AA = a 2 0 + a 2 1 + a 2 2 + a 2 3
O = Z [i; j] H
0 1
1 0
t
+ R 0 i
i 0
O besteht aus "ganzzahligen Quaterionen", d.h. O 3 A = a0 + a1I + a2J +
a3K , a0; a1; a2; a3 2 Z
o¤ensichtlich: Z [i; j] ist (nicht kommutativer) Ring.
Beweis (Lagrange):.
1. Schritt: Ist n = AA; m = BB jeweils Summe von vier Quadraten, so auch
nm = (AB) (AB), denn es gilt (AB) = BA damit: AB(AB) = ABBA
BB det (B)
1 0
0 1
) ABBA = BBAA = mn
) vertauscht mit A
Also reicht den Satz für n = p Primzahl zu beweisen 2 = (1 + I) (1 I)
107
1 0
0 1

2. Schritt p > 2 prim. Zuerst: Es gibt eine Lösung der Gleichung ax 2 +by 2 = c
mit (x; y) 6= (0; 0) Element in Z =p Z =p, falls a; b; c 2 Z =p . Denn:
p+1
2
+ p+1
2
# ax 2 j x 2 Z =p = p+1
2
# c by 2 j y 2 Z =p = p+1
2
= p + 1 > p ) beide Mengen haben nichtleeren Schnitt
Satz Sei n 2 N. Dann ist n Summe von 4 Quadraten=mü.
) (a = b = 1; c = 1) Sei (x; y) 6= (0; 0) 2 Z =p Z =p repräsentiert durch
Zahlen ex; ey 2 Z und Lösung der Gleichung x 2 + y 2 1 mod p so ist
(ex + eyI + J) (ex eyI J) = ex 2 + ey 2 + 1 0 mod p
) Es existiert Quaterion A und A 6 0 mod p und AA mod p , A =2
p O = fa0 + a1I + a2J + a3K j p teilt a80 f 3g
D.h. AA = mp mit m 2 N: Sei im Folgenden A 2 O so gewählt, dass
AA = mp mit m minimal, d.h. m = min k j 9B 2 O mit BB = kp
3. Schritt m ist nicht gerade:
Wäre m = 2m 0 gerade, so gälte: a 2 0 + a 2 1 + a 2 2 + a 2 3
da
0 mod 2:
) Es gibt unter dem ai zwei Paare mit jeweils gleicher Parität: z.B. a0
a1 mod 2; a2 a3 mod 2 ) 2 Z
a0 a1
2
2
+ a0 + a1
2
a0 a1
2 2 Z;
2
+ a2 a3
2
a2 a3
2
2
+ a2 + a3
2
ist Summe von 4 Quadraten ) Wiederspruch zur De…nition von m
Schritt 4: Es gilt: m < p.
Denn: AA = mp. Dann wählen wir Koe¢ zienten
a 0 l
al mod p
mit a0 l 2
p p
2 ; 2 ) A0 = a0 0 + a0 1I + a0 2J + a0 3K; A0A 0
A0A 0 = (a0 0) 2 + + (a0 3) 2 < p 2 p
2 + + 2
m < p
Schritt 5: Wir nehmen an, m 6= 1:
2
= 1
2 a2 0 + a 2 1 + a 2 2 + a 2 3 = m 0 p
AA mod p und
2 = p 2 ) A 0 A 0 = mp mit
Sei AA = mp. Dann wählen wir B 2 O mit B = b0 + b1I + b2J + b3K,
m m
so dass bl 2 2 ; 2 und B A mod m (d.h. b0 a0 mod m; b1
a1 mod m; : : : )
) AB AA 0 mod m ) C = AB
m
108
2 O:

BB = b 2 0 +b 2 1 +b 2 2 +b 2 3 < m
2
BB = nm mit n < m
Jetzt erhalten wir:
2 + + m
2
CC
mit n < m W ! Konstruktion von m:
4.5.1 Verallgemeinerte Quaterionen
2 = m 2 und BB AB 0 mod m )
AB
m
= ABBA
m 2
AB
m
= AABB
m2 = (mp) (nm)
m2 = np
Sei K ein Körper und a; b 2 K. Dann de…nieren wir eine Algebra (d.h. einen
Ring, der gleichzeitig auch ein K Vektorraum ist, so dass Algebrenmultiplikation
A A ! A bilinear ist über K)
eH = H (a; b; K) auf folgende Weise: Als K Vektorraum ist diese Algebra
erzeugt von 4 linear unabhängigen Vektoren 1; i; j; k und es gilt: i 2 = a; j 2 =
b; ij = ji = k; k 2 = (ijij) = i 2 j 2 = ab
D.h. e H 3 (a01 + a1i + a2j + a3k)
(a0 + a1i + a2j + a3k) (b0 + b1i + b2j + b3k) = (a0b0 + a1b1a + a2b2b a3b3ab) +
(a0b1 + a1b0 + a2b3 a3b2) i + : : :
Übung: Diese Formel ergeben eine assoziative Algebra (dies werden wir im
Laufe der Vorlesung auf andere Weise sehen)
Satz Die Algebra H (a; b; K) ist genau dann ein Schiefkörper, wenn es keine
nicht trivialen Lösungen der quadratischen Gleichung ax 2 +by 2 = z 2 mit x; y; z 2
K gibt
Beweis.
" ) " Ist (x; y; z) 2 K 3 n f(0; 0; 0)g Lösung dieser Gleichung.
)
(byi + axj + zk) 2 = b 2 y 2 i 2 + a 2 x 2 j 2 + z 2 k 2
= b 2 ay 2 + a 2 x 2 b zab
= (ab) ax + by 2
z
= 0
109

) e H kein Schiefkörper
( i + j + k) 2 =
ij = ji = k
jk = jij = ij 2 = ib
kj = ijj = ib = jk
ki = ii = iij = ik
2 i 2 + 2 j 2 + 2 k 2 + ( i j + i k + j i + j k + kai + k j)
| {z }
nur den Term betrachten
= ij + ij
=0
+ ik + ki
=0
+ jk + kj
=0
" ( " Wollen zeigen: e H kein Schiefkörper ) ax 2 + by 2 = z 2 besitzt eine nicht
triviale Lösungen
Zuerst: Ist e H kein Schiefkörper, so gibt es A 2 e Hn f0g mit AA = 0. Mit:
A = a0 + a1i + a2j + a3k ) A = a0 a1i a2j a3k
Denn: Ist A 2 e Hn f0g mit AA 6= 0. Dann gilt:
) A 1 = A
AA
) A invertierbar
AA = (a0 + (a1i + a2j + a3k)) (a0 (a1i + a2j + a3k))
= a 2 0 (a1i + a2j + a3k) 2
= a 2 0 a 2 1a + a 2 2b a 2 3ab 2 K
AA 2 K
eH kein Schiefkörper ) 9A 2 e H mit AA = 0!
U 2 e H; U = u0 + u1i + u2j + u3k
UU = u 2 0 u 2 1a u 2 2b u 2 3ab
= u 2 0 u 2 1a (u 2 2 u 2 3a)b
Ist a 2 K ein Quadrat, a = 2 ) U = ( + i) liefert UU = ( + i) ( i) =
2 i 2 = a a 0
) Quadratische Gleichung ax 2 + by 2 = z 2 besitzt Lösung (1; 0; ) = (x; y; z)
Ebenso ist b 2 K ein Quadrat ) Lösung (0; 1; ), wenn 2 = b
110

Zuletzt: Ist a; b 2 K jeweils kein Quadrat ) wir konstruieren den Körper
K ( ) = K [x] =(x 2 a) Körper mit 2 = a. Wir haben einen Gruppenhomomorphismus
K ( ) ! K
(x; y) 7! (x + y ) (x y ) = x 2
damit UU = 0 ) N (u0 + u1 ) = b N (u2 + u3 )
) Im N \ (Im N ) b 6= ) Im N K Untergruppe und 2 Im N
Ist bk 2 b Im N \ Im N
bk = h h; k 2 Im N
) b = k 1 h 2 Im N
b = z 2 x 2 a
) (x; 1; 1) Lösung der quadratischen Gleichung ax 2 + by 2 = z 2
111
y 2