Zahlentheorie 9783486711554, 9783486596809

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Zahlentheorie Von Prof. Dr. Heinz Lüneburg (1935-2009)

Aus dem Nachlass des Autors herausgegeben von Prof. Dr.Theo Grundhöfer apl. Prof. Dr. Huberta Lausch Prof. Dr. Karl Strambach

Oldenbourg Verlag München

Prof. Dr. Heinz Lüneburg (1935–2009) lehrte von 1970 bis zu seiner Emeritierung 2003 als Professor an der Universität Kaiserslautern; Rufe nach Bayreuth bzw. Hamburg lehnte er ab. Seine Forschungsinteressen waren v.a. das Gebiet der endlichen Geometrie, wo sein Einfluss bis heute spürbar ist; später widmete er sich vermehrt auch der Untersuchung algorithmischer Fragen in Algebra und Kombinatorik sowie der Geschichte der Mathematik. Seine Forschung war insbesondere pädagogisch motiviert und zeichnet sich durch inhaltliche und formale Perfektion aus.

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Vorwort Dans le monde, il y a mauvaise grˆ ace ` a parler de soi ou des siens. Dans une pr´ eface, c’est la loi, loi dont on a beaucoup m´ edit, dont on m´ edira toujours, — par convenance,— mais qui fait trop joli jeu ` a la vanit´ e des auteurs, pour jamais mourir. On me permettra donc d’insister un peu sur ce livre. ´ Edouard Lucas, R´ ecr´ eations math´ ematiques 1882

Euklid hat in seinen Elementen nicht nur u ¨ber Geometrie geschrieben. Es gibt in ihnen auch drei B¨ ucher, die die zahlentheoretischen heißen. Einige ihrer Ergebnisse werden im zehnten Buch dazu verwendet, die Existenz gewisser irrationaler Strecken sicherzustellen. Sie sind aber auch f¨ ur sich gesehen interessant und bieten einiges an sehr sch¨ oner Mathematik, die es wert ist, lebendig gehalten zu werden. Daher stehen diese B¨ ucher am Anfang meiner Ausf¨ uhrungen als Einladung zur Zahlentheorie. Der Division mit Rest ist das zweite Kapitel gewidmet. Sie wird normalerweise nur dazu benutzt, den gr¨ oßten gemeinsamen Teiler zweier Zahlen auszurechnen und zu beweisen, dass der Ring der ganzen Zahlen ein euklidischer Ring und damit ein Hauptidealring ist. Hier wird gezeigt, dass man noch mehr mit ihr anfangen kann, indem sie benutzt wird, um nat¨ urliche Zahlen in Mischbasen darzustellen. Dabei sind Darstellungen von nat¨ urlichen Zahlen in Mischbasen, vom heutigen Standpunkt aus betrachtet, Verallgemeinerungen der Darstellungen von nat¨ urlichen Zahlen im Dezimal- bzw. Dualsystem. Historisch gesehen, sind die Darstellungen von nat¨ urlichen Zahlen in Mischbasen jedoch die ¨ alteren. Man denke nur an das vor etwa dreißig Jahren aufgegebene englische W¨ ahrungssystem, wo das Pfund zwanzig Schillinge und der Schilling zw¨olf Pfennige hatte, oder an die Zeitmessung, wo der Tag vierundzwanzig Stunden, die Stunde sechzig Minuten und die Minute sechzig Sekunden hat. Die Sekunde ist dann wieder dezimal unterteilt. Das Thema vollkommene Zahlen, welches im ersten Kapitel schon Gegenstand der Untersuchungen ist, wird im vierten Kapitel wieder aufgenommen. Zur Konstruktion gerader vollkommener Zahlen ben¨ otigt man mersennesche Primzahlen, also Primzahlen der Form 2p − 1. Der Exponent p muss eine Primzahl sein, damit 2p − 1 eine Chance hat, seinerseits Primzahl zu sein. Wann dann 2p − 1 eine Primzahl ist, kann man mit dem Lucas-Lehmer-Test entscheiden. Der hier vorgef¨ uhrte Beweis dieses Testes ben¨otigt das quadratische Reziprozit¨ atsgesetz, das im vierten Kapitel vorgestellt wird und das wir im Folgenden immer wieder einmal √ benutzen werden. Beim Beweis des LucasLehmer-Testes kommt auch der Ring Z[ 3] der ganzen algebraischen Zahlen im K¨orper √ Q[ 3] ins Spiel. Dies zeigt, dass es immer wieder auch n¨ utzlich ist, allgemeinere Ringe als nur den Ring der ganzen Zahlen in die Untersuchungen einzubeziehen, will man

VI

Vorwort

Eigenschaften des Ringes ur diese √ der ganzen Zahlen etablieren. Ein weiteres Beispiel f¨ Situation ist der Ring Z[ −1] der ganzen gaußschen Zahlen, der ein euklidischer Ring ist und den man benutzen kann, um den fermatschen Satz zu beweisen, dass jede Primzahl, die durch 4 geteilt den Rest 1 hat, sich als Summe zweier Quadrate darstellen l¨asst. √ Die Ringe AD der ganzen algebraischen Zahlen in den K¨orpern Q[ D] sind aber auch f¨ ur sich gesehen hochinteressant. Ihnen ist ein gut Teil dieses Buches gewidmet. Sie liefern Beispiele f¨ ur Ringe, die keine Hauptidealringe sind. Nun, das sind die Polynomringe u ¨ber dem Ring Z der ganzen Zahlen auch nicht. Im Gegensatz zu diesen gilt in jenen aber nicht der Satz von der eindeutigen Primfaktorzerlegung. Unter den Ringen AD gibt es andererseits Hauptidealringe, die keinen, aber auch wirklich gar keinen euklidischen Algorithmus gestatten. Dies werden wir mithilfe einer von Motzkin stammenden internen Kennzeichnung der euklidischen Ringe beweisen. Vier solcher Ringe werden wir kennenlernen und in ihnen dennoch das rechnerische Problem l¨osen, den gr¨ oßten gemeinsamen Teiler zweier Elemente zu berechnen und ihn aus den gegebenen Elementen linear zu kombinieren. Hierzu werden uns quadratische Formen gute Dienste ¨ leisten. Uberhaupt bieten die Ringe AD viel Gelegenheit zum Rechnen und ich kann dem Leser nur empfehlen, die Rechenverfahren, die das Buch bietet, zu implementieren. Insbesondere die Algorithmen, die mit Kettenbr¨ uchen zu tun haben, sind sehr reizvoll. Mit ihrer Hilfe kann man auch den fermatschen Zwei-Quadrate-Satz ins Konstruktive ¨ l¨ost, wenden. Wer die Rechenverfahren implementiert und auch die Ubungsaufgaben wird zu einem besseren Verst¨ andnis des Stoffes kommen. Kaiserslautern 2003

Heinz L¨ uneburg

Aus dem Nachlass des Autors herausgegeben von Theo Grundh¨ ofer, Huberta Lausch und Karl Strambach.

Inhaltsverzeichnis Vorwort I. Zahlentheorie bei Euklid 1. Die nat¨ urlichen Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

V 1 1

2. Vollkommene Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 3. Teilbarkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 4. Stetige Proportion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 5. Primzahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 II. Mischbasen

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1. Division mit Rest . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2. Darstellungen nat¨ urlicher Zahlen in Mischbasen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 3. Aufsteigende Kettenbr¨ uche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 4. Der cantorsche Algorithmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 III. Der gr¨ oßte gemeinsame Teiler

47

1. Der gr¨ oßte gemeinsame Teiler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 2. ZPE-Bereiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 3. Euklidische Ringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 IIII. Das quadratische Reziprozit¨ atsgesetz

64

1. Der chinesische Restsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 2. Die eulersche Totientenfunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 3. Das quadratische Reziprozit¨ atsgesetz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 4. Ganze Elemente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

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Inhaltsverzeichnis 5. Der Test von Lucas-Lehmer. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 6. Der fermatsche Zwei-Quadrate-Satz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

V. Kettenbr¨ uche

83

1. Kettenbr¨ uche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 2. Der Kettenbruch der eulerschen Zahl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 3. Nochmals der Zwei-Quadrate-Satz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 4. Die modulare Gruppe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 5. Periodische Kettenbr¨ uche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 VI. Die Ringe AD

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1. Die Einheitengruppe von AD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 2. Die Berechnung der Fundamentaleinheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 3. Die Klassenzahl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 4. Weitere Hauptidealbereiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 5. Klassenzahl 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 VII. Rechnen in AD

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1. Rechnen mit Idealen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 2. Der Schnitt zweier Ideale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 3. Die quadratische Form eines Ideals. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 Literatur

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Index

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I. Zahlentheorie bei Euklid Bis tief ins 19. Jahrhundert hinein waren die Elemente Euklids den Mathematikern vertraut. Heute sind sie dagegen weitgehend vergessen. Das ist schade, findet sich in ihnen doch so manches Juwel. Insbesondere auch in den arithmetischen B¨ uchern, das sind die B¨ ucher VII, VIII und VIIII der Elemente. Da ist einmal die Lehre vom Geraden und Ungeraden zu nennen, die darauf hinausl¨auft zu zeigen, dass sich jede Zahl auf genau eine Weise als eine Potenz von 2 mal einer ungeraden Zahl darstellen l¨asst. Dieses Resultat ist Vorl¨ aufer des Satzes von der eindeutigen Primfaktorzerlegung. Mit seiner Hilfe ist es m¨ oglich, den Bau der geraden vollkommenen Zahlen v¨ollig in den Griff zu bekommen. Ein weiteres spektakul¨ ares Resultat ist, dass f¨ ur nat¨ urliche Zahlen a, b und n genau dann an Teiler von bn ist, wenn a Teiler von b ist. Das Spektakul¨are daran ist, dass Euklid dies beweist, ohne den Satz von der eindeutigen Primfaktorzerlegung zu benutzen, was wir heute tun. Eine Folgerung hieraus ist, die Euklid aber nicht formuliert, dass eine rationale Zahl, deren n-te Potenz eine ganze Zahl ist, selbst schon ganz ist. Ein weiterer H¨ ohepunkt ist die Bestimmung aller pythagoreischen Tripel, d.h. aller Tripel (x, y, z) von nat¨ urlichen Zahlen mit x2 + y 2 = z 2 . All dies fließt bei ihm aus seiner Theorie von in stetiger Proportion stehenden Folgen. Dies m¨ochte ich hier vortragen, wobei ich aber ganz und gar nicht philologisch vorgehen, vielmehr den euklidischen Text nach meinem Gutd¨ unken interpretieren werde. F¨ ur Euklid sind Zahlen Ansammlungen von Einheiten. Wie mit ihnen umzugehen ist, sagt er nicht. Um seine Ergebnisse auf eine etwas bessere Grundlage zu stellen, beginne ich mit der dedekindschen Grundlegung der nat¨ urlichen Zahlen, die ihrerseits ein Juwel ist. Sie axiomatisiert das Z¨ ahlen und leitet daraus dann die uns allen vertraute Addition, Multiplikation und Anordnung der nat¨ urlichen Zahlen her. Dieser Grundlegung ist der erste Abschnitt gewidmet. 1. Die nat¨ urlichen Zahlen. Arithmos ist das griechische Wort f¨ ur Haufen und Haufen von Steinen repr¨ asentierten Zahlen, sodass dieses Wort schließlich auch die Bedeutung Zahl“ annahm, wobei Zahl im Altertum und lange danach nur nat¨ urliche Zahl be” deutete. F¨ ur die Griechen also waren Zahlen so etwas wie Haufen von Steinen, Ansammlungen von Einheiten, wie es bei Euklid steht, wobei Euklid nirgendwo sagt, wie mit diesen Ansammlungen von Einheiten umzugehen sei. Vielleicht ist ihm nie bewusst geworden, dass man dazu etwas sagen muss. Fremd war ihm ein solches Vorgehen aber nicht, wie man an seinen geometrischen Postulaten sieht, wo er sehr wohl sagt, wie man mit Strecken, Kreisen und rechten Winkeln umzugehen hat. Man sieht es auch an seinem Hantieren mit Gr¨ oßen, bei denen er die G¨ ultigkeit gewisser Postulate nachweist,

2

I. Zahlentheorie bei Euklid

nachdem er die Vervielfachung von Gr¨ oßen erkl¨art hat. Es handelt sich dabei um einige der Postulate, die wir bei der Definition von Moduln stellen. Eine uns befriedigende Begr¨ undung f¨ ur das Operieren mit nat¨ urlichen Zahlen hat aber erst das 19. Jahrhundert gegeben und da vor allem Dedekind. Er hat das Z¨ahlen im Rahmen der damals im Entstehen begriffenen Mengenlehre axiomatisiert. Seinem Vorbild werden wir nun folgen. Es sei N eine Menge. Ferner sei 1 ∈ N und 0 sei eine Abbildung von N in sich. Wir nennen (N, 1, 0 ) Dedekindtripel , falls gilt a) Es ist 1 6∈ N 0 . b) Die Abbildung 0 ist injektiv. c) Ist T eine Teilmenge von N , ist 1 ∈ T und gilt T 0 ⊆ T , so ist T = N . Die Eigenschaft c) ist nat¨ urlich das Induktionsprinzip. Grundlegend f¨ ur alles Weitere ist der folgende Rekursionssatz von Dedekind. Rekursionssatz. Es sei (N, 1, 0 ) ein Dedekindtripel, A sei eine Menge und R sei eine Abbildung von A in sich, die sogenannte Rekursionsregel. Ist dann a ∈ A, so gibt es genau eine Abbildung f von N in A mit f (1) = a und
f (n0 ) = R f (n) f¨ ur alle n ∈ N . Beweis. Es sei Φ die Menge aller bin¨ aren Relationen g auf N × A mit den Eigenschaften a) Es ist (1, a) ∈ g. b) Ist n ∈ N , b ∈ A und (n, b) ∈ g, so ist (n0 , R(b)) ∈ g. Setze f :=

\

g.

g∈Φ

Dann leistet f das Verlangte, wie wir nun zeigen werden. Zun¨achst ist klar, dass f ∈ Φ gilt. Wir m¨ ussen zeigen, dass f eine Abbildung ist. Dazu m¨ ussen wir zeigen, dass es zu n ∈ N genau ein b ∈ A gibt mit (n, b) ∈ f . Um dieses zu zeigen, sei T die Menge der n ∈ N , f¨ ur die es genau ein b ∈ A gibt mit (n, b) ∈ f . Wir zeigen zun¨achst, dass 1 ∈ T gilt. Das einzige, was wir ja wirklich zur Verf¨ ugung haben, ist das Induktionsprinzip, sodass wir auf seine Anwendung hinsteuern. Es gilt (1, a) ∈ f . Es sei a 6= w ∈ A und (1, w) ∈ f . Wir setzen f ∗ := f − {(1, w)}. Wegen w 6= a ist dann (1, a) ∈ f ∗ , sodass a) gilt. Es sei weiter (n, b) ∈ f ∗ . Dann ist (n, b) ∈ f und folglich (n0 , R(b)) ∈ f . Nun ist 1 6∈ N 0 und daher (n0 , R(b)) 6= (1, w), sodass sogar (n0 , R(b)) ∈ f ∗ gilt. Folglich ist f ∗ ∈ Φ und daher f ⊆ f ∗ . Wegen (1, w) ∈ f folgt der Widerspruch (1, w) ∈ f ∗ . Dieser Widerspruch zeigt, dass 1 ∈ T gilt. Es gelte n ∈ T . Es gibt dann genau ein b ∈ A mit (n, b) ∈ f . Es folgt (n0 , R(b)) ∈ f . Es sei R(b) 6= w ∈ A und es gelte (n0 , w) ∈ f . Wir setzen wieder f ∗ := f − {(n0 , w)}. Wegen n0 6= 1 ist dann (1, a) ∈ f ∗ . Es sei m ∈ N und es gebe ein x ∈ A mit (m, x) ∈ f ∗ . Ist m 6= n, so folgt aus der Injektivit¨ at von 0 , dass auch m0 6= n0 ist. Dies hat wiederum 0 0 (m , R(x)) 6= (n , w) zur Folge, sodass (m0 , R(x)) ∈ f ∗ ist, da ja (m, x) ∈ f gilt. Ist

1. Die nat¨ urlichen Zahlen

3

m = n so folgt x = b und damit (n0 , R(b)) ∈ f ∗ . Es folgt wieder der Widerspruch f ⊆ f ∗ . Also gilt auch n0 ∈ T . Aufgrund des Induktionsprinzips ist daher T = N , sodass f in der Tat eine Abbildung ist. Schreibt man nun f (n) = b an Stelle von (n, b) ∈ f , so gilt also f (1) = a. Ist f (n) = b, so bedeutet das in der urspr¨ unglichen Schreibweise (n, b) ∈ f . Es folgt (n0 , R(b)) ∈ f , d.h. f (n0 ) = R(f (n)). Damit ist die Existenzaussage des Satzes bewiesen. Um die Einzigkeitsaussage zu beweisen, sei g eine Abbildung von A in sich und es gelte g(1) = a und g(n0 ) = R(g(n)) f¨ ur alle n ∈ N . Es sei T die Menge aller n ∈ N mit f (n) = g(n). Dann ist 1 ∈ T . Ist n ∈ T , so folgt

f (n0 ) = R f (n) = R g(n) = g(n0 ) und damit n0 ∈ T . Mittels des Induktionsprinzips folgt T = N und weiter f = g. Damit ist alles bewiesen. Korollar. Sind (N, 1N , 0 ) und (M, 1M , 0 ) Dedekindtripel, so gibt es einen Isomorphismus von (N, 1N , 0 ) auf (M, 1M , 0 ). Beweis. Definiere die Abbildung RM von M in sich durch RM (x) := x0 . Aufgrund des Rekursionssatzes gibt es dann genau eine Abbildung σ von N in M mit σ(1N ) = 1M und
σ(n0 ) = R σ(n) = σ(n)0 . Dies zeigt, dass σ ein Homomorphismus ist. Ebenso gibt es einen Homomorphismus τ von (M, 1M , 0 ) in (N, 1N , 0 ), d.h. eine Abbildung τ von M in N mit τ (1M ) = 1N und τ (m0 ) = τ (m)0 . Es folgt τ σ(1N ) = τ (1M ) = 1N . Es sei n ∈ N und τ σ(n) = n. Dann ist

0 τ σ(n0 ) = τ σ(n)0 = τ σ(n) = n0 . Das Induktionsprinzip besagt daher, dass τ σ = idN ist. Analog folgt auch στ = idM . Folglich ist σ bijektiv und τ ist die zu σ inverse Abbildung. Somit ist σ ein Isomorphismus. Es gibt also bis auf Isomorphie nur ein Dedekindtripel, falls es u ¨berhaupt eins gibt. Ein solches nennen wir in Zukunft N und sprechen von ihm als der Menge der nat¨ urlichen Zahlen. Auf N wollen wir nun Addition und Multiplikation definieren. Beginnen wir mit der Addition. Es sei m ∈ N. Wir definieren R durch R(n) := n0 . Es gibt dann genau eine Abbildung πm von N in sich mit πm (1) = m0 und
πm (n0 ) = R πm (n) = πm (n)0 . Hier haben wir πm geschrieben, um den Anschluss an das Vorige zu erhalten. Um das gewohnte Bild zu bekommen, schreiben wir statt πm nun m + und lassen die Klammern um das Argument der Abbildung weg. Dann gilt also

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I. Zahlentheorie bei Euklid a) Es ist m + 1 = m0 f¨ ur alle m ∈ N. b) Es ist m + n0 = (m + n)0 f¨ ur alle m, n ∈ N.

Man ist gewohnt, + als bin¨ are Operation auf N aufzufassen. So wie die Addition hier definiert ist, ist aber zu jedem m ∈ N eine un¨are Operation m + definiert. Da diese un¨ aren Operationen aber auf ganz N operieren, kann man + dann wieder als bin¨are Operation auf N auffassen, da ja zu jedem m, n ∈ N der Ausdruck m + n erkl¨art ist. Es ist nun zu zeigen, dass die so definierte Addition den gewohnten Rechenregeln gehorcht. Satz 1. Es ist m0 + n = m + n0 = (m + n)0 f¨ ur alle m, n ∈ N. Beweis. Die zweite Aussage des Satzes ist nur eine Wiederholung von b). Um die erste zu beweisen, machen wir Induktion u ¨ber n. Es gilt m0 + 1 = m00 = (m + 1)0 = m + 10 . Es sei n ∈ N und es gelte m0 + n = m + n0 . Dann folgt m0 + n0 = (m0 + n)0 = (m + n0 )0 = m + n00 , sodass die Aussage auch f¨ ur n0 gilt. Damit ist der Satz bewiesen. Satz 2. Es ist m + n = n + m f¨ ur alle m, n ∈ N. Beweis. Wir zeigen zun¨ achst, dass 1 + n = n + 1 ist f¨ ur alle n ∈ N. Dies gilt sicherlich f¨ ur n = 1. Es sei n ∈ N und es gelte 1 + n = n + 1. Dann ist nach b) und Satz 1 1 + n0 = (1 + n)0 = (n + 1)0 = n0 + 1, sodass in der Tat 1 + n = n + 1 f¨ ur alle n ∈ N gilt. Um die allgemeine Aussage zu beweisen, machen wir nun Induktion nach m. F¨ ur m = 1 ist die Aussage richtig, wie gerade gesehen. Sie gelte f¨ ur m. Dann ist m0 + n = m + n0 = (m + n)0 = (n + m)0 = n + m0 . Damit ist Satz 2 bewiesen. Die Addition ist also kommutativ. Sie ist auch assoziativ. Satz 3. Es ist (m + n) + p = m + (n + p) f¨ ur alle m, n, p ∈ N. Beweis. Wir machen Induktion nach p. Es ist (m + n) + 1 = (m + n)0 = m + n0 = m + (n + 1). Also gilt die Aussage f¨ ur p = 1. Sie gelte f¨ ur p. Dann ist
0
0 (m + n) + p0 = (m + n) + p = m + (n + p) = m + (n + p)0 = m + (n + p0 ), sodass sie auch f¨ ur p0 gilt. Damit ist Satz 3 bewiesen.

1. Die nat¨ urlichen Zahlen

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F¨ ur die Addition gilt die K¨ urzungsregel. Satz 4. Sind m, n, p ∈ N und gilt m + p = n + p, so ist m = n. Beweis. Wir machen Induktion nach p. Ist p = 1, so folgt m0 = m + 1 = n + 1 = n0 . Weil 0 injektiv ist, folgt weiter m = n. Aus m + p = n + p folge m = n und es sei m + p0 = n + p0 . Dann ist (m + p)0 = m + p0 = n + p0 = (n + p)0 . Hieraus folgt weiter m + p = n + p und dann auch m = n. Ist n ∈ N, so setzen wir En := {n + x | x ∈ N}. Der Buchstabe E steht f¨ ur Ende, da En , wie bald klar werden wird, aus allen nat¨ urlichen Zahlen besteht, die gr¨ oßer als n sind. Satz 5. Es ist E1 = N − {1}. Beweis. Es sei T := E1 ∪ {1}. Dann ist 1 ∈ T . Es sei n ∈ T . Dann ist n0 = n + 1 = 1 + n ∈ E1 ⊆ T . Also ist T = N. W¨ are 1 ∈ E1 , so g¨abe es ein w ∈ N mit 1 = w + 1 = w0 im Widerspruch zu 1 6∈ N0 . Also ist E1 = N − {1}. Satz 6. Ist n ∈ N, so gilt a) Es ist n0 ∈ En . b) Ist x0 ∈ En , so ist Ex ⊆ En . c) Es ist n 6∈ En . d) Es ist En = En0 ∪ {n0 }. Beweis. a) Es ist n0 = n + 1 ∈ En . b) Es sei x0 ∈ En . Ferner sei y ∈ Ex . Es gibt dann a, b ∈ N mit x0 = n + a und y = x + b. Mit Satz 1 folgt y 0 = x0 + b = n + a + b. Nun ist a + b 6= 1 (Beweis!). Nach Satz 5 gibt es daher ein c ∈ N mit c0 = c + 1 = a + b. Also ist y 0 = n + c0 = (n + c)0 und damit y = n + c ∈ En . c) W¨ are n ∈ En , so g¨ abe es ein w ∈ N mit n = n + w. Es folgte n + 1 = n0 = (n + w)0 = n + w0 . Hieraus folgte mit Satz 4 der Widerspruch 1 = w0 . d) Nach a) ist n0 ∈ En . Ferner ist n00 = n + 10 ∈ En . Mit x = n0 folgt mit b) daher En0 ⊆ En . Also gilt En0 ∪ {n0 } ⊆ En .

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I. Zahlentheorie bei Euklid

Es sei umgekehrt x ∈ En . Es gibt dann ein y ∈ N mit x = n + y. Ist y = 1, so ist x = n + 1 = n0 ∈ En0 ∪ {n0 }. Ist y 6= 1, so folgt mit Satz 5, dass es ein z ∈ N gibt mit y = 1 + z. Es folgt x = n + 1 + z = n0 + z ∈ En0 ∪ {n0 }. Damit ist alles bewiesen. Satz 7. Sind m, n ∈ N, so ist Em ⊆ En oder En ⊆ Em . Beweis. Es sei T die Menge der n ∈ N, f¨ ur die En ⊆ Em oder Em ⊆ En gilt. Wegen m0 = m + 1 = 1 + m ∈ E1 ist Em ⊆ E1 nach Satz 6 b) und daher 1 ∈ T . Es sei n ∈ T . Ist n00 ∈ Em , so folgt mit Satz 6 b), dass En0 ⊆ Em ist, sodass n0 ∈ T gilt. Es sei also n00 6∈ Em . Nach Satz 6 a) ist n0 ∈ En . Ferner ist n00 = (n + 1)0 = n + 10 ∈ En . Folglich ist En 6⊆ Em . Wegen n ∈ T folgt Em ⊆ En . Wegen n0 6∈ En ist dann auch n0 6∈ Em . Nach Satz 6 d) ist En = En0 ∪ {n0 }. Hieraus folgt zusammen mit n0 6∈ Em , dass
Em = Em ∩ En = Em ∩ En0 ∪ {n0 } = Em ∩ En0 . ist. Also ist Em ⊆ En0 und damit n0 ∈ T , sodass T = N ist. Damit ist Satz 7 bewiesen. Eine fast unmittelbare Folgerung aus Satz 7 ist Satz 8. Sind m, n ∈ N, so gibt es ein c ∈ N mit m + c = n oder n + c = m, es sei denn, es ist m = n. Beweis. Wegen Satz 7 d¨ urfen wir o.B.d.A. annehmen, dass En ⊆ Em ist. Wegen n0 ∈ En ist dann n0 ∈ Em , sodass es ein d ∈ N gibt mit n0 = m + d. Ist d = 1, so folgt n0 = m + 1 = m0 und damit n = m. ist d 6= 1, so folgt mit Satz 5, dass es ein c ∈ N gibt mit d = c + 1 = c0 . Es folgt n0 = m + c0 = (m + c)0 und weiter n = m + c. Es seien m, n ∈ N; wir setzen m < n, falls es ein c ∈ N gibt mit m + c = n. Wir setzen m ≤ n, falls entweder m = n oder m < n ist. Nach dieser Definition ist En = {x | x ∈ N, n < x}. Dies sagt zun¨ achst noch nichts. Die Bedeutung dieses Sachverhalts wird aber durch den n¨ achsten Satz sofort klar.

1. Die nat¨ urlichen Zahlen

7

Satz 9. Die soeben definierte Relation ≤ ist eine lineare Anordnung von N, d.h. es gilt a) Es ist m ≤ m f¨ ur alle m ∈ N. b) Sind m, n ∈ N und gilt m ≤ n sowie n ≤ m, so ist m = n. c) Sind m, n, p ∈ N und ist m ≤ n und n ≤ p, so ist m ≤ p. d) Sind m, n ∈ N, so ist m ≤ n oder n ≤ m. Beweis. a) ist Teil der Definition. b) Es sei m 6= n. Dann ist m < n und n < m. Es gibt also c, d ∈ N mit m + c = n und n + d = m. Es folgt m + d + c = m und weiter m + (d + c)0 = (m + d + c)0 = m0 = m + 1, was wiederum den Widerspruch 1 = (d + c)0 ergibt. Also ist doch m = n. c) Ist m = n oder n = p, so ist nichts zu beweisen. Wir d¨ urfen daher annehmen, dass m + c = n und n + d = p ist mit c, d ∈ N. Es folgt m + c + d = p und damit m ≤ p. d) Dies ist nur eine Umformulierung von Satz 8. Die Definition von < besagt, dass stets m < m + n gilt, und mit Satz 9 folgt, dass niemals m + n ≤ m ist. Die auf N etablierte Anordnung ist sogar eine Wohlordnung. Dies besagt der n¨achste Satz. Satz 10. Ist X eine nicht leere Teilmenge von N, so gibt es ein kleinstes Element in X, d.h. es gibt ein Element k ∈ X mit k ≤ x f¨ ur alle x ∈ X. Beweis. F¨ ur n ∈ N setzen wir An := {a | a ∈ N, a ≤ n}. Dann ist An+1 = An ∪ {n + 1}, da es zwischen n und n + 1 keine weitere nat¨ urliche Zahl gibt. Wir zeigen zun¨ achst, dass f¨ ur alle n ∈ N gilt, dass X ein kleinstes Element enth¨ alt, falls nur An ∩ X 6= ∅ ist. Es sei T die Menge der nat¨ urlichen Zahlen, f¨ ur die diese Aussage gilt. Dann ist 1 ∈ T . Ist n¨ amlich A1 ∩ X nicht leer, so ist A1 ∩ X = {1} und 1 ist als kleinstes Element von N kleinstes Element von X. Es sei n ∈ T und es gelte An+1 ∩ X 6= ∅. Dann ist
∅= 6 An+1 ∩ X = (An ∩ X) ∪ {n + 1} ∩ X . Ist An ∩ X 6= ∅, so enth¨ alt X ein kleinstes Element, sodass in diesem Falle n + 1 ∈ T gilt. Ist An ∩ X = ∅, so ist
∅= 6 An+1 ∩ X = {n + 1} ∩ X . Hieraus folgt n + 1 ∈ X. Ist nun y ∈ N und y < n + 1, so ist y ∈ An und daher y 6∈ X. Es folgt, dass n + 1 das kleinste Element von X ist. Also ist auch hier n + 1 ∈ T , sodass T = N ist. Weil wir vorausgesetzt haben, dass X nicht leer ist, gibt es ein n ∈ X. Es folgt n ∈ An ∩ X, sodass X nach dem Bewiesenen ein kleinstes Element enth¨alt. Damit ist der Satz bewiesen.

8

I. Zahlentheorie bei Euklid

Der n¨ achste Satz besagt, dass die auf N definierte Anordnung mit der Addition vertr¨ aglich ist. Satz 11. Sind m, n, p ∈ N, so gilt genau dann m ≤ n, wenn m + p ≤ n + p ist. Beweis. Es sei m = n. Dann ist m + p ≤ n + p f¨ ur alle p ∈ N. Es sei also m < n. Dann gibt es ein c ∈ N mit m + c = n. Es folgt m + p + c = m + c + p = n + p, sodass m + p < n + p ist. Es sei umgekehrt m + p ≤ n + p. W¨ are n < m, so folgte nach dem bereits Bewiesenen der Widerspruch n + p < m + p ≤ n + p. Sind a, b ∈ N und ist a < b, so gibt es genau ein d ∈ N mit a + d = b. F¨ ur dieses d schreiben wir auch b − a. Die G¨ ultigkeit der Rechenregeln c − (a − b) = (c + b) − a und c − (a + b) = (c − a) − b m¨ oge der Leser selbst nachweisen. Dabei sind die Beweise so zu f¨ uhren, dass die Operationen niemals aus N herausf¨ uhren. Die hier definierte Subtraktion ist ja nur definiert, wenn a < b ist, nur dann wissen wir, was b − a bedeutet. Addition und partielle Subtraktion sind mittels der Nachfolgerfunktion 0 definiert. Macht man das explizit, so erh¨ alt man folgende, nicht sehr effektive Rekursion um Summe und Differenz zu berechnen. Sind m, n ∈ N, so ist m + n = m + 1 = m0 , falls n = 1 ist, andernfalls ist m + n = (m + 1) + (n − 1). Entsprechend gilt m − n = (m − 1) − (n − 1), falls nur m > n > 1 ist. Und nun zur Multiplikation. F¨ ur a ∈ N definieren wir die Rekursionsregel Ra durch Ra (m) := a + m. Aufgrund des Rekursionssatzes gibt es dann eine Abbildung µa von N in sich mit µa (1) = a und µa (m0 ) = a + µa (m). Setzt man nun am := µa (m), so gilt also a1 = a und a(m + 1) = a + am f¨ ur alle a, m ∈ N. Satz 12. Die soeben definierte Multiplikation auf N gen¨ ugt den folgenden Rechenregeln: a) Es ist a1 = 1a = a f¨ ur alle a ∈ N. b) Es ist a(b + c) = ab + ac f¨ ur alle a, b, c ∈ N. c) Es ist (a + b)c = ac + bc f¨ ur alle a, b, c ∈ N. d) Es ist a(bc) = (ab)c f¨ ur alle a, b, c ∈ N. Beweis. a) Die G¨ ultigkeit der Gleichung a1 = a folgt aus der Konstruktion der Multiplikation. Um die G¨ ultigkeit der Gleichung 1a = a zu etablieren, machen wir Induktion nach a. F¨ ur a = 1 gilt diese Gleichung. Sie gelte f¨ ur a. Dann ist 1a0 = 1 + 1a = 1 + a = a0 , sodass sie auch f¨ ur a0 gilt. Also gilt sie f¨ ur alle a ∈ N. b) Hier machen wir Induktion nach c. F¨ ur c = 1 folgt ab + a1 = a1 + ab = a + ab = ab0 = a(b + 1).

1. Die nat¨ urlichen Zahlen

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Die Gleichung gelte f¨ ur c. Dann folgt ab + ac0 = ab + a(c + 1) = ab + ac + a = a(b + c) + a = a(b + c)0 = a(b + c0 ). Damit ist b) bewiesen. c) Wir machen wieder Induktion nach c. F¨ ur c = 1 ist wieder alles klar. Die Gleichung gelte f¨ ur c. Dann ist (a + b)c0 = a + b + (a + b)c = a + b + ac + bc. Weil die Addition in N kommutativ ist, folgt weiter (a + b)c0 = a + ac + b + bc = ac0 + bc0 , sodass auch c) bewiesen ist. d) Induktion nach c. F¨ ur c = 1 gilt die Gleichung. Sie gelte f¨ ur c. Dann ist a(bc0 ) = a(b + bc) = ab + a(bc) = ab + (ab)c = (ab)c0 . Damit ist alles bewiesen. Auch die Multiplikation ist mit der Anordnung vertr¨aglich. Satz 13. Es seien a, b, c ∈ N. Ist a < b, so ist ac < bc und ca < cb. Ist ac < bc oder ca < cb, so ist a < b. Beweis. Es sei a < b. Es gibt dann ein d ∈ N mit a + d = b. Es folgt ac + dc = bc, bzw. ca + cd = cb und damit ac < bc und ca < cb. Es sei ac < bc. Aus a ≥ b folgte dann der Widerspruch ac ≥ bc > ac. Ebenso zeigt man, dass aus ca < cb die Ungleichung a < b folgt. Korollar. Sind a, b, c ∈ N und gilt ac = bc oder ca = cb, so ist a = b. Beweis. W¨ are a 6= b, so w¨ are o.B.d.A. a < b und daher ac < bc und ca < cb. Mit Satz 12 kann man wiederum beweisen, dass a(b−c) = ab−ac und dass (a−b)c = ac − bc ist. Genauso wie man das Multiplizieren definiert, das ja gem¨aß der Definition ein Vervielfachen ist, kann man auch das Potenzieren definieren, indem man die Rekursionsformel Ra definiert durch Ra (x) := ax. Dann erh¨ alt man zu a, n ∈ N also ein Element an ∈ N und es gilt a) Es ist a1 = a f¨ ur alle a ∈ N. n+1 b) Es ist a = aan f¨ ur alle a, n ∈ N . Entsprechend wie die Aussage b) von Satz 12 beweist man die Potenzregel: Es ist am+n = am an f¨ ur alle a, m, n ∈ N. Es fehlt noch der Nachweis, dass die in N definierte Multiplikation kommutativ ist. Ich habe diesen Nachweis bis jetzt aufgeschoben, da wir sp¨ater noch einen zweiten

10

I. Zahlentheorie bei Euklid

Beweis angeben werden, der aus den Elementen Euklids stammt. Wir werden daher bei den weiteren Entwicklungen zun¨ achst von der Kommutativit¨at der Multiplikation keinen Gebrauch machen. Satz 14. Es ist ab = ba f¨ ur alle a, b ∈ N. Beweis. Dies ist nach Satz 12 richtig f¨ ur a = 1. Es gelte ab = ba. Dann ist a0 b = (a + 1)b = ab + b = b + ba = b(1 + a) = ba0 . Damit ist auch Satz 14 bewiesen. Mit diesem Satz folgt dann schließlich, dass (ab)n = an bn ist f¨ ur alle a, b, n ∈ N. Dies beweist man wie Satz 12 c). 2. Vollkommene Zahlen. Die Griechen waren die ersten, die Zahlen als eigene Gegenst¨ ande betrachteten, unabh¨ angig also von dem, was sie z¨ahlten. Das sieht man daran, dass sie ihnen Eigenschaften zusprachen. So heißt es bei dem Kom¨odiendichter Epicharmos aus Syrakus, der um 480–470 vor Christus lebte: Wenn einer zu einer ungeraden ” Zahl, meinethalben auch einer geraden, einen Stein zulegen oder auch von den vorhandenen einen wegnehmen will, meinst du wohl, sie bliebe noch dieselbe?“ Die Antwort: Bewahre!“ ” Zwischen geraden und ungeraden Zahlen zu unterscheiden, ist also schon sehr alt. Auch wir wollen uns zun¨ achst ein bisschen mit diesen beiden Begriffen besch¨aftigen und sehen, was man alles damit anfangen kann. Die Kommutativit¨ at der Multiplikation in N haben wir erst am Schluss des ersten Abschnitts etabliert. Der Leser beachte, dass wir sie erst ab Satz 10 dieses Abschnitts benutzen werden. Was wir jedoch schon vorher ben¨otigen, ist, dass a2n = 2n a gilt f¨ ur alle a, n ∈ N, wobei 2 durch 2 := 1 + 1 definiert wurde. Der Bequemlichkeit halber setzen wir auch noch 20 := 1. Damit erh¨alt man a2 = a(1 + 1) = a1 + a1 = a + a = 1a + 1a = 2a und weiter a2n+1 = a2 · 2n = 2a2n = 2 · 2n a = 2n+1 a. Wir nennen n ∈ N gerade, wenn es ein k ∈ N gibt mit n = 2k. Jede nicht gerade Zahl heiße ungerade. Wir setzen N0 := N ∪ {0} und rechnen in N0 wie gewohnt. Dass dies keine Komplikationen ergibt, wird der Leser selbst nachweisen k¨onnen. Es sei n ∈ N ungerade. Wir setzen X := {k | k ∈ N0 , 2k ≤ n}. Dann ist 0 ∈ X, sodass X nicht leer ist. Andererseits ist n 6∈ X, sodass X beschr¨ankt ist, da ja m 6∈ X gilt f¨ ur alle m ≥ n. Somit enth¨alt X ein gr¨oßtes Element k. Dann ist also 2k ≤ n < 2(k + 1) = 2k + 2.

2. Vollkommene Zahlen

11

Weil n nicht gerade ist, ist 2k < n und folglich n = 2k + 1. Damit ist erkannt, dass eine nat¨ urlichen Zahl entweder die Form 2k oder die Form 2k + 1 hat. Es kann ja nicht 2k = 2l + 1 sein, da sonst 1 = 2(m − l) ≥ 2 > 1 w¨are. Dies rechtfertigt gleichzeitig das epicharmische Bewahre“. ” Wir schließen einige einfache Bemerkungen u ¨ber gerade und ungerade Zahlen an. Satz 1. Es seien m und n nat¨ urliche Zahlen. Dann gilt: a) Sind m und n beide gerade oder beide ungerade, so ist m + n gerade. Ist m > n, so ist auch m − n gerade. b) Ist genau eine der beiden Zahlen m und n gerade, so ist m + n ungerade und im Falle m > n auch m − n. c) Sind nicht beide der Zahlen m und n ungerade, so ist mn gerade. d) Sind m und n beide ungerade, so ist auch mn ungerade. Beweis. a) Ist m = 2k und n = 2l, so ist m + n = 2k + 2l = 2(k + l), sodass m + n gerade ist. Entsprechend folgt m − n = 2k − 2l = 2(k − l) und damit auch die zweite Behauptung. b) Es sei m = 2k + 1. Dann ist n = 2l. Es folgt m + n = 2k + 1 + 2l = 2(k + l) + 1 und m − n = 2k + 1 − 2l = 2(k − l) + 1, sodass m + n und m − n ungerade sind. Ist m = 2k und n = 2l + 1, so folgt m + n = 2(k + l) + 1 und m − n = 2k − 2l − 1 = 2k − 2l − 2 + 1 = 2(k − l − 1) + 1, sodass auch in diesem Falle m + n und m − n ungerade sind. c) Ist m = 2k, so ist mn = (2k)n = 2(kn), sodass mn gerade ist. Ist n = 2l, so folgt mn = m(2l) = (m2)l = (2m)l = 2(ml). Also ist mn auch in diesem Falle gerade. d) Es sei m = 2k + 1 und n = 2l + 1. Dann ist mn = (2k + 1)(2l + 1) = 2k2l + 2k + 2l + 1 = 2(k2l + k + l) + 1. Folglich ist mn ungerade.

12

I. Zahlentheorie bei Euklid

Satz 2. Es sei m ∈ N. Es gibt dann genau eine Zahl n ∈ N0 und genau eine ungerade Zahl v, sodass m = 2n v ist. Beweis. Ist m ungerade, so ist n = 0 und v = m die einzige M¨oglichkeit der Zerlegung. Es sei m also gerade. Dann ist m = 2k und es gilt k < m. Nach Induktionsannahme gibt es ein n ∈ N und eine ungerade Zahl v mit k = 2n−1 v. Es folgt m = 2n v. Damit ist die M¨ oglichkeit der Zerlegung gezeigt. Es sei m = 2n v = 2q w. Wir d¨ urfen annehmen, dass n ≤ q ist. Ist n = 0, so folgt aus der Ungeradheit von v, dass auch q = 0 ist. Ist n > 0, so ist auch q > 0 und es folgt 2 · 2n−1 v = 2n v = 2q w = 2 · 2q−1 w und damit 2n−1 v = 2q−1 w. Induktion zeigt dann, dass n − 1 = q − 1 und v = w ist. Dann ist aber auch n = q. Dies beweist die Einzigkeit der Zerlegung. Sind m und n nat¨ urliche Zahlen, so heißt n Teiler von m, wenn es ein a ∈ N gibt mit m = an. Satz 3. Ist m = 2n v mit einer ungeraden Zahl v und ist t Teiler von m, so ist t = 2k w mit k ≤ n und w Teiler von v. Beweis. Es ist m = at. Mit Satz 2 folgt a = 2l α und t = 2k w mit ungeraden Zahlen α und w. Es folgt 2n v = m = at = 2l α2k w = 2l+k αw. Nach Satz 1 d) ist αw ungerade, sodass mit Satz 2 folgt, dass n = l + k und v = αw ist. Also ist k ≤ n und w ist Teiler von v. Pn−1 Satz 4. Ist n ∈ N, so ist 1 + i:=0 2i = 2n . Beweis. Dies ist richtig f¨ ur n = 1. Es sei n ≥ 1 und der Satz gelte f¨ ur n. Dann ist Pn 1 + i:=0 2i = 2n + 2n = 2n+1 . Eine nat¨ urliche Zahl heißt vollkommen, wenn sie gleich der Summe ihrer echten Teiler ist. Dabei heißt ein Teiler von n echt, wenn er von n verschieden ist. Beispiele f¨ ur vollkommene Zahlen sind die Zahlen 6 und 28. Ungerade vollkommene Zahlen kennt man nicht. Es gilt nun der folgende, schon den Pythagoreern bekannte Satz. Pn Satz 5. Es sei n eine nat¨ urliche Zahl. Ist i:=0 2i eine Primzahl, so ist 2n

n X

2i

i:=0

eine vollkommene Zahl. Pn Beweis. Setze p := i:=0 2i . Dann sind die Zahlen 1, 2, 22 , . . . , 2n , p, 2p, 22 p, . . . , n−1 2 p echte Teiler von V := 2n p, wobei das bei den Zweierpotenzen daraus folgt, dass sie mit allen nat¨ urlichen Zahlen vertauschbar sind. Es ist ja V = 2n p = 2n−k+k p = 2n−k · 2k p = (2n−k p)2k .

2. Vollkommene Zahlen

13

Wir zeigen, dass dies alle echten Teiler von V sind. Dazu sei t ein echter Teiler von V . Nach Satz 3 ist dann t = 2k w mit einem Teiler w von p und k ≤ n. Weil p Primzahl ist, ist w = 1 oder w = p und weil t echter Teiler von 2n p ist, kann nicht gleichzeitig w = p und k = n gelten. Es bleibt zu zeigen, dass die Summe u ¨ber die echten Teiler von V gleich V ist. Mit Satz 4 folgt, dass n X i:=0

2i +

n−1 X

2i p = p +

i:=0

n−1 X

2i p =

 1+

i:=0

n−1 X

 2i p = 2n p = V

i:=0

ist. Damit ist alles bewiesen. Mit n = 4 erh¨ alt man p = 31, sodass 16 · 31 = 496 ebenfalls eine vollkommene Zahl ist. Die n¨ achste ist dann 64 ·P 127 = 8128. Pn n Um zu entscheiden, ob 2n i=0 2i vollkommen ist, muss man entscheiden, ob i:=0 2i eine Primzahl ist. Hierzu gibt es einen guten Test, den Test von Lucas und Lehmer. Diesen werden wir sp¨ ater kennenlernen. Mit seiner Hilfe werden immer wieder Primzahlweltrekorde gebrochen. Primzahlen der Form 2n+1 − 1 heißen mersennesche Primzahlen nach dem franz¨ osischen Franziskanerm¨ onch Marin Mersenne, der ein Zeitgenosse Ren´e Descartes’ war. Ob es unendlich viele mersennesche Primzahlen gibt, ist bis heute unbekannt. Die Umkehrung des Satzes 5, dass n¨ amlich jede gerade vollkommene Zahl die in diesem Satz beschriebene Form hat, wurde schon im Altertum von Jamblichos ausgesprochen. Der erste publizierte Beweis scheint von Euler zu sein. Er stammt aus Eulers Nachlass und wurde 1849 publiziert. Es sei V = 2n v eine gerade vollkommene Zahl, wobei v eine ungerade Zahl sei. Nach Satz 3 sind 1, 2, 22 , . . . , 2n−1 die echten Teiler von 2n , Ihre Summe ist 1 + 2 + . . . + 2n−1 = 2n − 1, sodass 2n keine vollkommene Zahl ist. Also ist v 6= 1. Es ist v+

n−1 X

2i v = 2n v = V.

i:=0

Es seien v1 , . . . , vt die von v verschiedenen ungeraden Teiler von V . Unter diesen befindet sich auch die Eins. Dann sind 2i vj mit i := 0, . . . , n, j := 1, . . . , t und 2i v mit i := 0, . . . , n − 1 die echten Teiler von V . Also ist n X t X

2i v j +

i:=0 j:=1

n−1 X

2i v = V.

i:=0

Es folgt v=

n X t X i:=0 j:=1

2i vj =

n X i:=0

2i ·

t X j:=1

vj .

14

I. Zahlentheorie bei Euklid

Pn Pt Weil V gerade ist, ist n ≥ 1 und daher i:=0 2i > 1. Somit ist j:=1 vj ein echter Teiler von v. Mit Satz 3 folgt, dass die vj Teiler von v sind. Wegen vj 6= v sind dies die echten Teiler von v, sodass es ein k gibt mit vk =

t X

vj .

j:=1

Dann ist aber t = 1 = k und v1 = 1, sodass v eine Primzahl ist. Ferner folgt v=

n X

2i .

i:=0

Es gilt also Satz 6. Ist n eine gerade vollkommene Zahl, so ist n eine der in Satz 5 beschriebenen vollkommenen Zahlen. 3. Teilbarkeit. Wir halten an unserer Definition der Teilbarkeit fest, dass n¨amlich n Teiler von m ist, wenn es ein a ∈ N gibt mit m = an. Man nennt d gemeinsamen Teiler von m und n, wenn d sowohl m als auch n teilt. Zwei nat¨ urliche Zahlen haben immer einen gemeinsamen Teiler, n¨ amlich 1. Weil ein Teiler niemals gr¨oßer ist als die Zahl, die er teilt, haben zwei Zahlen immer auch einen gr¨ oßten gemeinsamen Teiler . Es geht nun darum, mehr u ¨ber ihn zu erfahren. Die erste Bemerkung ist die, dass a und b auch nur einen gr¨oßten gemeinsamen Teiler haben. Sind n¨ amlich d und d0 gr¨ oßte gemeinsame Teiler von a und b, so folgt, da zwei nat¨ urliche Zahlen stets vergleichbar sind, d ≤ d0 , weil d0 unter allen gemeinsamen Teilern der gr¨ oßte ist. Ebenso folgt d0 ≤ d, weil d unter allen gemeinsamen Teilern der gr¨ oßte ist. Also ist d = d0 . Den gr¨ oßten gemeinsamen Teiler von a und b bezeichnen wir mit ggT(a, b). Satz 1. Es seien a, b ∈ N. Dann gilt: a) Es ist ggT(a, a) = a. b) Es ist ggT(a, b) = ggT(b, a). c) Ist a < b, so ist ggT(a, b) = ggT(a, b − a). d) Ist g gemeinsamer Teiler von a und b, so ist g Teiler von ggT(a, b). Beweis. Da die Definition des gr¨ oßten gemeinsamen Teilers symmetrisch in a und b ist, gilt b). Ist b = a, so gilt wegen a = 1 · a, dass a gemeinsamer Teiler von a und b ist, der im u ¨brigen von allen gemeinsamen Teilern von a und b geteilt wird. In diesem Fall gelten also a) und d). Es sei a < b und d sei gr¨ oßter gemeinsamer Teiler von a und b. Ferner sei d0 gr¨oßter gemeinsamer Teiler von a und b − a. Es ist a = vd und b = wd und daher a − b = (v − w)d, sodass d gemeinsamer Teiler von a und a − b ist. Dies hat d ≤ d0 zur Folge. Andererseits ist a = v 0 d0 und b − a = w0 d0 . Es folgt b = b − a + a = v 0 d0 + w0 d0 = (v 0 + w0 )d0 ,

3. Teilbarkeit

15

sodass d0 gemeinsamer Teiler von a und b ist. Weil d der gr¨oßte gemeinsame Teiler von a und b ist, ist d0 ≤ d. Also ist d = d0 . Dies beweist die G¨ ultigkeit von c). Weil jeder gemeinsame Teiler von a und b auch gemeinsamer Teiler von a und b − a ist, teilt jeder gemeinsame Teiler von a und b den gr¨oßten gemeinsamen Teiler von a und b − a. Unter Benutzung von a) und c) folgt mittels Induktion dann auch die G¨ ultigkeit von d). Damit ist alles bewiesen. Dieser Satz liefert gleichzeitig ein Verfahren, den gr¨oßten gemeinsamen Teiler zweier nat¨ urlicher Zahlen zu berechnen. Es ist das Verfahren, das sich bei Euklid findet und das schon vor Euklid bekannt war, das Verfahren der Wechselwegnahme. Es ist nicht besonders gut. Wir werden sp¨ ater ein besseres kennenlernen. Satz 1 ergibt noch eine Kennzeichnung des gr¨oßten gemeinsamen Teilers, die in allgemeineren Situationen zur Definition des gr¨ oßten gemeinsamen Teilers benutzt wird, da sie nicht von der Anordnung von N Gebrauch macht. Satz 2. Sind a, b, d ∈ N, so ist d genau dann gr¨ oßter gemeinsamer Teiler von a und b, wenn d gemeinsamer Teiler von a und b ist und wenn jeder gemeinsame Teiler von a und b Teiler von d ist. Sind a, b ∈ N, so heißen a und b teilerfremd , wenn ggT(a, b) = 1 ist. Satz 3. Sind a, b ∈ N und sind e und f dadurch bestimmt, dass a = e ggT(a, b) und b = f ggT(a, b) ist, so ist ggT(e, f ) = 1. Beweis. Es sei d gemeinsamer Teiler von e und f . Es gibt dann e0 und f 0 mit e = e d und f = f 0 d. Es folgt a = e0 d ggT(a, b) und b = f 0 d ggT(a, b), sodass d ggT(a, b) gemeinsamer Teiler von a und b ist. Nach Satz 2 ist d ggT(a, b) Teiler von ggT(a, b), sodass d = 1 ist. 0

Den in Satz 3 beschriebenen Sachverhalt werden wir in Zukunft suggestiver ausdr¨ ucken durch   a b ggT , = 1. ggT(a, b) ggT(a, b) ¨ Mit Satz 2 wird der Beweis des folgenden Satzes zu einer einfachen Ubungsaufgabe. Satz 4. Sind a1 , . . . , an ∈ N, so ist
ggT(a1 , . . . , an ) = ggT ggT(a1 , . . . , an−1 ), an , wobei der ggT von n nat¨ urlichen Zahlen in naheliegender Weise definiert wird. Es seien a, b, c, d ∈ N. Wir sagen, a verhalte sich zu b wie c zu d, wenn es nat¨ urliche Zahlen m, n, e und f gibt mit a = me, b = ne und c = mf und d = nf . Verh¨alt sich a zu b wie c zu d, so schreiben wir daf¨ ur a : b = c : d. Die Verh¨ altnisgleichheit ist also ¨ eine bin¨ are Relation auf N × N, die sogar eine Aquivalenzrelation ist, wie unschwer1 zu sehen ist. 1 Anmerkung der Herausgeber: Die Transitivit¨ at wird bewiesen in L¨ uneburg, Von Zahlen und Gr¨ oßen, Band 1, Basel 2008, Seite 190, Satz 6. Sie folgt auch aus der Kommutativit¨ at der Multiplikation (Satz 10) und wird in den Beweisen zu den S¨ atzen 8 und 9 benutzt. Man erh¨ alt Satz 10 direkt aus Satz 7, indem man dort b = 1 spezialisiert und die Definition der Verh¨ altnisgleichheit einsetzt.

16

I. Zahlentheorie bei Euklid Wichtig ist der folgende Satz.

Satz 5. Sind a, b, c ∈ N und ist a : b = a : c, so ist b = c. Beweis. Es gibt m, n, e, f ∈ N mit a = me, b = ne und a = mf , sowie c = nf . Es ist also me = mf und folglich, wie fr¨ uher gesehen (Abschnitt 1, Korollar zu Satz 13), e = f , sodass in der Tat c = b gilt. Satz 6. Sind a1 , . . . , an , b1 , . . . , bn , α, β ∈ N und gilt α : β = ai : bi f¨ ur alle i, so ist α:β=

n X i:=1

ai :

n X

bi .

i:=1

Beweis. Es ist α = α0 ggT(α, β) und β = β 0 ggT(α, β). Außerdem gilt α0 = α0 1 und β 0 = β 0 1. Daher ist α : β = α0 : β 0 . Daher d¨ urfen wir aufgrund von Satz 3 annehmen, dass α und β teilerfremd sind. Nach der Definition der Verh¨ altnisgleichheit gibt es nat¨ urliche Zahlen ui , vi und i und ei mit α = ui i und β = vi i sowie ai = ui ei und bi = vi ei f¨ ur i := 1, . . . , n. Weil i gemeinsamer Teiler von α und β ist, ist i = 1 f¨ ur alle i. Dies hat ui = α und vi = β f¨ ur alle i zur Folge. Somit ist ai = αei und bi = βei f¨ ur alle i. Es folgt n X

ai =

i:=1

und

n X i:=1

n X

αei = α

i:=1

bi =

n X

n X

ei

i:=1

βei = β

i:=1

n X

ei

i:=1

und damit die Behauptung. Der n¨ achste Satz zeigt, dass man k¨ urzen kann. Satz 7. Sind a, b, n ∈ N, so ist a : b = na : nb. Beweis. Dies folgt mit α = ai = a und β = bi = b aus Satz 6. Satz 8. Sind a, b, c, d ∈ N und gilt a : c = b : d, so gilt auch a : b = c : d. Beweis. Wegen a : c = b : d gibt es m, n, e und f ∈ N mit a = me, c = ne und b = mf und d = nf . Mit Satz 7 folgt dann a : b = me : mf = e : f = ne : nf = c : d. Damit ist der Satz bewiesen. Satz 9. Es seien a1 , . . . , an , b1 , . . . , bn ∈ N. Ist dann ai : ai+1 = bi : bi+1 f¨ ur i := 1, . . . , n − 1, so ist a1 : an = b1 : bn . Beweis. Dies ist richtig f¨ ur n = 2. Es sei also n > 2 und der Satz gelte f¨ ur n − 1. Dann ist also a1 : an−1 = b1 : bn−1 . Dies zeigt, dass es gen¨ ugt, den Satz f¨ ur n = 3 zu beweisen. Es gelte also a : b = d : e und b : c = e : f . Mit Satz 8 folgt a : d = b : e und b : e = c : f . Also gilt a : d = c : f . Mit Satz 8 folgt schließlich a : c = d : f .

3. Teilbarkeit

17

Nun sind wir in der Lage, die Kommutativit¨ at der Multiplikation in N zu beweisen, wie dies schon Euklid tat. Satz 10. Sind a, b ∈ N, so ist ab = ba. Beweis. Mit Satz 7 folgt, dass 1 : a = b : ba ist. Hieraus folgt mit Satz 8 die Gleichung 1 : b = a : ba. Mit Satz 7 folgt wiederum 1 : b = a : ab, sodass a : ab = a : ba ist. Nach Satz 5 ist dann ab = ba. Satz 11. Sind a, b, c, d ∈ N, so ist genau dann a : b = c : d, wenn ad = bc ist. Beweis. Es gelte a : b = c : d. Dann gilt a : b = da : db = ad : bd und c : d = bc : bd. Also ist ad : bd = a : b = c : d = bc : bd. Weil x : y = u : v stets auch y : x = v : u nach sich zieht, ist also bd : ad = bd : bc und nach Satz 5 folglich ad = bc. Es sei umgekehrt ad = bc. Dann ist a : b = da : db = ad : bd = bc : bd = c : d. Damit ist alles bewiesen. Satz 12. Sind a, b, c, d ∈ N, gilt a : b = c : d und ist a < c, so ist b < d. Beweis. Es ist ad = bc. W¨ are d ≤ b, so folgte der Widerspruch bc = ad ≤ ab = ba < bc.

Satz 13. Es seien a, b, c, d ∈ N. Ist (a + b) : (c + d) = a : c, so ist auch (a + b) : (c + d) = b : d. Beweis. Es gibt e, f , m, n ∈ N, mit a = me, c = ne, a + b = mf und c + d = nf . Es folgt b = mf − a = mf − me = m(f − e) und d = nf − c = nf − ne = n(f − e) und damit die Behauptung.

18

I. Zahlentheorie bei Euklid

Satz 14. Sind a, b, v, w ∈ N, sind a und b teilerfremd und gilt a : b = c : d, so gibt es ein n ∈ N mit c = na und d = nb. Beweis. Wegen a : b = c : d gilt nach Satz 8 auch a : c = b : d. Es gibt dann m, n, e, f ∈ N mit a = me, c = ne, b = mf und d = nf . Wegen der Kommutativit¨at der Multiplikation ist m gemeinsamer Teiler von a und b. Es folgt e = a und f = b. Also ist c = na und d = nb. c d Es seien c, d ∈ N. Wir setzen a := ggT(c,d) und b := ggT(c,d) . Dann sind a und b teilerfremd und es gilt a : b = c : d. Wir nennen das Paar a, b den Standardvertreter von c : d. Ist c : d = u : v, so folgt mit Satz 14, dass u = a ggT(u, v) und v = b ggT(u, v) ist. Der Standardvertreter von c : d h¨ angt also nicht von der Auswahl von c und d ab.

Satz 15. Sind a, b ∈ N, so sind die folgenden Aussagen ¨ aquivalent: a) Es ist ggT(a, b) = 1. b) Sind c, d ∈ N und ist a : b = c : d, so ist a ≤ c. c) Sind c, d ∈ N und ist a : b = c : d, so ist b ≤ d. Beweis. a) impliziert b): Nach Satz 14 gibt es ein n ∈ N mit c = na. Daher ist a ≤ c. b) impliziert c): Aus a : b = c : d folgt b : a = d : c. Weil auch b und a teilerfremd sind, folgt, dass b) gilt. Also ist b ≤ d. c) impliziert a): Es seien u und v die Standardvertreter von a : b. Dann ist a = zu und b = zv. Wegen a : b = u : v ist b ≤ v. Daher ist z = 1, sodass a und b die Standardvertreter von a : b sind. Folglich sind a und b teilerfremd. Satz 16. Sind a und b teilerfremde nat¨ urliche Zahlen und ist c Teiler von a, so sind auch c und b teilerfremd. Beweis. Weil c Teiler von a ist, ist jeder Teiler von c ebenfalls Teiler von a, wie unmittelbar mithilfe des Assoziativgesetzes folgt. Also ist jeder gemeinsame Teiler von c und b gemeinsamer Teiler von a und b, sodass c und b in der Tat teilerfremd sind. Das Produkt von zwei ungeraden Zahlen ist wieder ungerade, wie wir schon gesehen haben. Satz 17 ist Verallgemeinerung dieses Sachverhalts. Satz 17. Sind a und b teilerfremd zu c, so ist ab teilerfremd zu c. Beweis. Es sei e gemeinsamer Teiler von ab und c. Weil e Teiler von c ist, c und a jedoch teilerfremd sind, ist e nach Satz 16 teilerfremd zu a. Definiere f durch ab = f e. Nach Satz 11 ist daher a : e = f : b. Weil a und e teilerfremd sind, sind a und e nach Satz 15 die Standardvertreter von f : b. Mit Satz 14 folgt, dass e Teiler von b ist. Als Teiler von c ist e nach Satz 16 teilerfremd zu b. Also ist e gleich 1. Damit ist der Satz bewiesen. Zweimalige Anwendung von Satz 17 bzw. Induktion unter Benutzung von Satz 17 liefert, dass ab zu cd teilerfremd ist, wenn a und b zu c und d teilerfremd sind, bzw., dass an zu bn teilerfremd ist, falls a zu b teilerfremd ist. Der n¨ achste Satz ist der grundlegende Satz f¨ ur die Arithmetik der nat¨ urlichen bzw. ganzen Zahlen.

3. Teilbarkeit

19

Satz 18. Es seien a, b, c ∈ N. Sind a und c teilerfremd und ist c Teiler von ab, so ist c Teiler von b. Beweis. Nach Satz 17 ist c zu b nicht teilerfremd, es sei denn es ist c = 1. Dann ist c aber Teiler von b. Setze k := ggT(b, c). Dann sind kc und kb nach Satz 3 teilerfremd. Ferner ist kc als Teiler von c auch zu a teilerfremd. Folglich ist kc zu a kb teilerfremd. Andererseits ist kc Teiler von a kb . Folglich ist kc = 1, d.h. c = k, sodass c Teiler von b ist. Satz 19. Es seien a1 , . . . , at ∈ N. Setze d := ggT(a1 , . . . , at ) und setze bi := ai d−1 . Wegen ai = dbi ist dann ai : ai+1 = bi : bi+1 f¨ ur alle infrage kommenden i. Es seien c1 , . . . , ct weitere nat¨ urliche Zahlen mit ai : ai+1 = ci : ci+1 f¨ ur alle i < t. Dann ist ci ≥ bi f¨ ur i := 1, . . . , t. Beweis. Es sei ai : ai+1 = ci : ci+1 f¨ ur i := 1, . . . , t − 1. Es gebe ein j mit cj ≤ bj . Mittels Satz 12 und Induktion folgt ci ≤ bi f¨ ur alle i. Wir wollen zeigen, dass ci = bi ist. Wir d¨ urfen dazu annehmen, dass die ci minimal sind mit der Eigenschaft, dass ci ≤ bi ist f¨ ur alle i. Mit Satz 8 folgt zun¨ achst ai : ci = ai+1 : ci+1 . Setze ei := ggT(ai , ci ) f¨ ur alle i. Ferner sei ai = ni ei und ci = mi ei f¨ ur alle i. Dann ist ggT(mi , ni ) = 1 f¨ ur alle i. Nun ist a1 : c1 = ai : ci f¨ ur alle i. Mit Satz 11 folgt n1 e1 mi ei = a1 ci = c1 ai = m1 e1 ni ei und weiter n1 mi = m1 ni . Wegen ggT(n1 , m1 ) = 1 = ggT(ni , mi ) ist n1 nach Satz 18 Teiler von ni und mi Teiler von m1 . Es folgt n1 = ni und m1 = mi f¨ ur alle i. Im Folgenden schreiben wir m bzw. n f¨ ur m1 und n1 . Es folgt ei : ei+1 = nei : nei+1 = ai : ai+1 f¨ ur alle i. Wegen der Minimalit¨ at der ci und wegen ei ≤ ci ist daher ei = ci und somit m = 1 und folglich ai = nci f¨ ur alle i. Hieraus folgt, dass n ein Teiler von d ist. Also ist bi = ai d−1 ≤ ai n−1 = ci . Folglich ist bi = ci f¨ ur alle i. Wir nennen v gemeinsames Vielfaches von a und b, wenn a und b Teiler von v sind. Da ab gemeinsames Vielfaches von a und b ist, gibt es stets auch ein kleinstes

20

I. Zahlentheorie bei Euklid

gemeinsames Vielfaches von a und b und dieses ist wiederum einzig. Wir bezeichnen es mit kgV(a, b). Satz 20. Sind a, b ∈ N, so ist kgV(a, b) =

ab . ggT(a, b)

Beweis. Es seien e und f definiert durch a = e ggT(a, b) und b = f ggT(a, b). Dann ist a : b = e : f . Es folgt af = be. Dies zeigt, dass af ein gemeinsames Vielfaches von a und b ist. Es sei v ein gemeinsames Vielfache von a und b. Es sei v = ga und v = hb. Es folgt ga = hb und damit a : b = h : g. Nach Satz 15 ist e : f der Standardvertreter von a : b. Nach Satz 14 ist daher h Vielfaches von von e und g Vielfaches von f . Also ist f a Teiler von ga = v, sodass f a ≤ v ist. Damit ist gezeigt, dass fa =

ab ggT(a, b)

das kleinste gemeinsame Vielfache von a und b ist. Gezeigt ist aber auch die G¨ ultigkeit des n¨ achsten Korollars. Satz 21. Ist v gemeinsames Vielfaches von a und b, so ist kgV(a, b) Teiler von v. Diese Kennzeichnung des kleinsten gemeinsamen Vielfachen werden wir sp¨ater in allgemeineren Situationen als Definition verwenden. ¨ Es bleibe dem Leser als Ubungsaufgabe u ¨berlassen zu zeigen, dass kgV(a, b, c) = kgV(kgV(a, b), c) ist. 4. Stetige Proportion. Wir definieren: Eine endliche oder unendliche Folge g von nat¨ urlichen Zahlen heißt in stetiger Proportion stehend , falls gi : gi+1 = g0 : g1 ist f¨ ur alle infrage kommenden i. Satz 1. Es seien g und h Folgen in stetiger Proportion und es gelte ggT(g0 , gn ) = 1 sowie gi : gi+1 = hi : hi+1 f¨ ur ein und damit f¨ ur alle i. Dann gibt es ein m ∈ N mit hi = mgi f¨ ur alle i. Beweis. Aufgrund unserer Annahme gilt gi : gi+1 = hi : hi+1 f¨ ur i := 0, . . . , n − 1. Nach Satz 9 von Abschnitt 3 ist g0 : gn = h0 : hn . Wegen der Teilerfremdheit von g0 und gn gibt es nach den S¨atzen 15 und 14 von Abschnitt 3 ein m ∈ N mit h0 = mg0 und hn = mgn . Es sei 0 ≤ i < n und es gelte hi = mgi . Dann ist mgi : mgi+1 = gi : gi+1 = hi : hi+1 = mgi : hi+1 und daher mgi+1 = hi+1 . Damit ist alles bewiesen.

4. Stetige Proportion

21

Satz 2. Stehen die Zahlen g0 , . . . , gn der Folge g in stetiger Proportion und sind g0 und gn teilerfremd, ist ferner (a, b) der Standardvertreter von g0 : g1 , so ist gi = an−i bi . Insbesondere sind g0 und gn also n-te Potenzen. Sind umgekehrt a und b teilerfremde nat¨ urliche Zahlen und definiert man g durch gi := an−i bi f¨ ur i := 0, . . . , n, so steht g in stetiger Proportion und es gilt ggT(g0 , gn ) = 1. Beweis. Wir beweisen zun¨ achst die zweite Aussage des Satzes. Es seien a und b teilerfremde nat¨ urliche Zahlen. Wir definieren f durch fi := an−i bi . Dann ist ggT(f0 , fn ) = ggT(an , bn ) = 1, da a und b ja teilerfremd sind. Ferner ist fi : fi+1 = an−i bi : an−i−1 bi+1 = (an−i−1 bi )a : (an−i−1 bi )b = a : b = f0 : f1 f¨ ur alle i. Damit ist die Existenzaussage von Satz 2 bewiesen. Ist nun (a, b) der Standardvertreter von g0 : g1 und definiert man f wie zuvor, so ist f0 : f1 = a : b = g0 : g1 . Weil f0 und fn teilerfremd sind, gibt es nach Satz 1 ein m ∈ N mit gi = mfi f¨ ur alle i. Weil m dann gemeinsamer Teiler von g0 und gn ist, diese Zahlen aber teilerfremd sind, ist m = 1, sodass f = g ist. Damit ist alles bewiesen. Satz 3. Es seien bij ∈ N f¨ ur i := 1, . . . , n und j := 1, 2 und es gelte ggT(bi1 , bi2 ) = 1 f¨ ur i := 1, . . . , n. Es gibt dann Zahlen a1 , . . . , an+1 mit ai : ai+1 = bi1 : bi2 . Beweis. Ist n = 1, so setze man a1 := b11 und a2 := b12 . Es sei 1 < n und a01 , . . . , a0n seien so gefunden, dass sie kleinstm¨ oglich seien mit a0i : a0i+1 = bi1 : bi2 f¨ ur i := 1, . . . , n − 1. Dann ist ggT(a01 , . . . , a0n ) = 1, da man andernfalls durch den gr¨ oßten gemeinsamen Teiler k¨ urzen k¨onnte. Setze k :=

bn1 ggT(a0n , bn1 )

und ai := ka0i f¨ ur i := 1, . . . , n sowie an+1 := Es folgt an+1 =

kgV(a0n , bn1 ) · bn2 . bn1

a0n bn1 a0n k an bn2 b = bn2 = . n2 ggT(a0n , bn1 )bn1 bn1 bn1

22

I. Zahlentheorie bei Euklid

Ferner ist ai : ai+1 = bi1 : bi2 f¨ ur i := 1, . . . , n − 1 und an : an+1 = kgV(a0n , bn1 ) :

kgV(a0n , bn1 )bn2 = bn1 : bn2 . bn1

Damit ist der Satz bewiesen. Dieser Beweis liefert aber auch einen Algorithmus, solche ai wirklich zu finden, wenn man noch beachtet, dass diese ai ihrerseits minimal sind. Dies sieht man so: Es ist k = k ggT(a01 , . . . , a0n ) = ggT(a1 , . . . , an ) und folglich, da bn1 und bn2 teilerfremd sind, ggT(a1 , . . . , an+1 ) = ggT(k, an+1 )   bn1 a0n = ggT , bn2 ggT(a0n , bn1 ) ggT(a0n , bn1 ) = 1. Mit Satz 19 von Abschnitt 3 folgt, dass die a1 , . . . , an+1 kleinstm¨oglich sind. Damit ist auch der Algorithmus etabliert. Mittels dieses Satzes — und das erhellt seine Wichtigkeit — lassen sich Verh¨altnisse nat¨ urlicher Zahlen zusammensetzen. Sind a1 , b1 , a2 und b2 nat¨ urliche Zahlen, so stelle man a1 : b1 und a2 : b2 mit kleinsten Zahlen dar und bestimme gem¨aß Satz 3 Zahlen g1 , g2 , g3 mit g1 : g2 = a1 : b1 und g2 : g3 = a2 : b2 . Dann setzen wir (a1 : b1 )(a2 : b2 ) := g1 : g3 und nennen (a1 : b1 )(a2 : b2 ) das Produkt der Verh¨altnisse a1 : b1 und a2 : b2 . Der n¨ achste Satz liefert die erwarteten Repr¨ asentanten f¨ ur g1 und g3 , n¨amlich a1 a2 und b1 b2 . Satz 4. Sind a, b, c, d ∈ N, so ist (a : b)(c : d) = ac : bd. Beweis. Wir d¨ urfen annehmen, dass a und b wie auch c und d teilerfremd sind. Man bestimme gem¨ aß Satz 3 nat¨ urliche Zahlen e, f , und g kleinstm¨oglich mit der Eigenschaft, dass a : b = e : f und c : d = f : g ist. Dann ist ac : bc = a : b = e : f und bc : bd = c : d = f : g. Nach Satz 9 von Abschnitt 3 ist folglich ac : bd = e : g = (a : b)(c : d).

4. Stetige Proportion

23

Satz 5. Es sei g eine Folge, deren Glieder g0 , . . . , gn in stetiger Proportion stehen. Ist g0 kein Teiler von g1 und ist i < j ≤ n, so ist gi kein Teiler von gj . Beweis. Wir nehmen an, es sei i < j ≤ n und gi teile gj . Wir wollen zeigen, dass dann g0 Teiler von g1 ist. Mittels Satz 9 von Abschnitt 3 folgt g0 : gj−i = gi : gj = 1 : Weil 1 und

gj gi

gj . gi

teilerfremd sind, folgt weiter, dass g0 = g0 · 1 und gj−i = g0 ·

gj gi

ist. Also ist g0 Teiler von gj−i , wobei j − i ≥ 1 ist. Wir d¨ urfen also von vorneherein i = 0 annehmen. Bestimme b0 , . . . , bj kleinstm¨ oglich mit gk : gk+1 = bk : bk+1 f¨ ur k := 0, . . . , j − 1. Nach Satz 9 von Abschnitt 3 ist g0 : gj = b0 : bj . Weil g0 Teiler von gj ist, folgt aufgrund der Definition der Verh¨ altnisgleichheit, dass b0 Teiler von bj ist. Wegen der Minimalit¨at der bi folgt mittels Satz 2, dass b0 und bj teilerfremd sind. Also ist b0 = 1. Nun ist g0 : g1 = b0 : b1 = 1 : b1 , sodass g0 doch Teiler von g1 ist im Widerspruch zu unserer Annahme. Der n¨ achste Satz ist eine unmittelbare Folgerung aus Satz 5. Satz 6. Ist g eine Folge, deren Glieder in stetiger Proportion stehen und ist g0 Teiler von gn , so ist g0 Teiler von g1 . Satz 6 wiederum hat ein hochinteressantes Korollar. Satz 7. Sind a, b, n ∈ N und ist an Teiler von bn , so ist a Teiler von b und es gilt  n b bn = n. a a Beweis. Es sei also an Teiler von bn . Nach Satz 6 teilt an dann das zweite Glied der in stetiger Proportion stehenden Folge an , an−1 b, . . . , abn−1 , bn , d.h. an−1 b. Es folgt, dass a Teiler von b ist. Mittels Induktion folgt, dass ai Teiler von bi ist f¨ ur alle i. Wir zeigen, dass ai : bi = i (a : b) ist f¨ ur alle i. Dies ist richtig f¨ ur i = 1. Es sei i ≥ 1 und die Aussage gelte f¨ ur i. Dann folgt mit Satz 4 ai+1 : bi+1 = (ai : bi )(a : b) = (a : b)i+1 . Nun ist aber ai+1 : bi+1 = 1 : a−(i+1) bi+1 und (a : b)i+1 = (1 : a−1 b)i+1 = 1 : (a−1 b)(i+1) .

24

I. Zahlentheorie bei Euklid

Wegen der Gleichheit der linken Seiten sind auch die rechten Seiten gleich. Daraus folgt dann wiederum, dass  i+1 b bi+1 = i+1 a a ist. Daher gilt in der Tat

 n b bn = n. a a

Satz 8. Stehen g0 , . . . , gn in stetiger Proportion und ist g0 eine n-te Potenz, so ist auch gn eine n-te Potenz. Beweis. Es sei (a, b) der Standardvertreter von g0 : g1 . Definiert man die Folge f durch fi := an−i bi , so folgt mittels der S¨ atze 2 und 1, dass es eine nat¨ urliche Zahl k gibt mit gi = kfi f¨ ur alle i. Es folgt insbesondere g0 = kan und gn = kbn . Nach Voraussetzung gibt es ein v ∈ N mit g0 = v n . Also ist v n = kan . Mittels Satz 7 folgt, dass a Teiler von v ist und dass  n v k= a ist. Es folgt gn = kbn =

 n  n v vb bn = . a a

Satz 9. Es seien x, y, z ∈ N und es gelte x2 + y 2 = z 2 . Setzt man a := z + y und b := z − y, so ist a − b = 2y und ab = x2 . Sind umgekehrt a und b nat¨ urliche Zahlen gleicher Parit¨ at, ist a > b und gibt es eine nat¨ urliche Zahl x mit x2 = ab, so ist  2  2 a−b a+b x2 + = . 2 2 Beweis. Es ist  ab +

a−b 2

2

 =

a+b 2

2 .

Hieraus folgt alles Weitere. Wie erkennt man nun am schnellsten, dass ab ein Quadrat ist? Ist ab = x2 , so ist x2 : b2 = ab : b2 = a : b. In diesem Falle gibt es also u, v ∈ N mit a : b = u2 : v 2 . Es seien umgekehrt a : b = u2 : v 2 mit u, v ∈ N. Wir d¨ urfen annehmen, dass u und v teilerfremd sind. Dann sind auch u2 und v 2 teilerfremd. Ferner ist ab : b2 = u2 : v 2 und (u2 , v 2 ) ist der Standardvertreter von ab : b2 . Es gibt also ein w ∈ N mit ab = wu2 und b2 = wv 2 . Dann ist aber wuv die mittlere Proportionale von ab und b2 , d.h. es gilt ab : wuv = wuv : b2 .

5. Primzahlen

25

Somit stehen ab, wuv, b2 in stetiger Proportion, sodass ab nach Satz 8 ein Quadrat ist. Es ist also ab genau dann ein Quadrat, wenn es u, v ∈ N gibt mit a : b = u2 : v 2 . Sind also k, s, t ∈ N, ist t < s, haben ks und kt die gleiche Parit¨at und setzt man a := ks2 und b := kt2 , so ist   a−b a+b , (x, y, z) := kst, 2 2 ein pythagoreisches Tripel und man erh¨ alt auf diese Weise auch alle pythagoreischen Tripel.

5. Primzahlen. Ist 1 6= p ∈ N, so nennen wir p Primzahl , falls 1 und p die einzigen Teiler von p sind. Dies ist die klassische Definition von Primzahl, die aber nicht besonders gut ist, da ihre Verallgemeinerung nicht zu den gew¨ unschten Resultaten f¨ uhrt. Bei den nat¨ urlichen Zahlen, die wir im Augenblick ja nur betrachten, f¨ uhrt diese Definition jedoch sofort zu der folgenden Eigenschaft der Primzahlen. Ist p eine Primzahl, sind a und b nat¨ urliche Zahlen und ist p Teiler von ab, so ist p Teiler von a oder von b. Ist n¨ amlich p kein Teiler von a, so ist ggT(p, a) ein von p verschiedener Teiler von p, sodass ggT(p, a) = 1 ist. Folglich sind p und a teilerfremd, sodass die Aussage aus Satz 18 von Abschnitt 3 folgt. Dies ist die Eigenschaft, mit der wir sp¨ater Primelemente in beliebigen kommutativen Ringen definieren werden. Zahlen, die sofort als Primzahlen zu erkennen sind, sind 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, usw. Es gibt also Primzahlen. Man kann noch mehr sagen. Ist n¨amlich n ∈ N, so ist n durch eine Primzahl teilbar. Es ist ja entweder n selbst eine Primzahl, sodass die Behauptung wegen n = 1 · n gilt, oder es gibt zwei nat¨ urliche Zahlen a und b mit n = ab und 1 6= a < n. Nach Induktionsannahme ist a und dann auch n durch eine Primzahl teilbar. Ob Euklid den n¨ achsten Satz hatte oder nicht, dar¨ uber l¨asst sich trefflich streiten. Was er aber hatte, war sein Beweis. Dieser Satz ist auch bekannt unter dem Namen Satz von der eindeutigen Primfaktorzerlegung“. ” Satz 1. Ist n ∈ N, so gibt es Primzahlen p1 , . . . , pt mit n=

t Y

pi .

i:=1

Qs Sind auch q1 , . . . , qs Primzahlen und gilt n = i:=1 qi , so ist s = t und es gibt eine Permutation σ der Indizes 1, . . . , t mit pi = qσ(i) . Beweis. Ist n = 1, so ist nichts zu beweisen. Es sei also n > 1. Nach unserer Vorbemerkung gibt es eine Primzahl p1 , die n teilt. Ist n = p1 , so sind wir fertig. Ist p1 < n, so gibt es Primzahlen p2 , . . . , pt mit t Y n = pi . p1 i:=2

Dies beweist die Existenz der Zerlegung.

26

I. Zahlentheorie bei Euklid

Qs Es gelte auch noch n = i:=1 qi . Dann ist p1 Teiler dieses Qs Produktes. Nach der eingangs gemachten Bemerkung ist p1 Teiler von q1 oder von i:=2 qi . Mittels Induktion folgt die Existenz eines j, sodass p1 Teiler von qj ist. Weil qj Primzahl ist, folgt p1 = qj . Es folgt weiter t s Y Y pi = qi . i:=2

i:=1;i6=j

Nach Induktionsannahme ist dann t − 1 = s − 1 und es gibt eine Bijektion σ von {2, . . . , t} auf {1, . . . , t} − {j} mit pi = qσ(i) f¨ ur alle i mit 2 ≤ i ≤ t. Setzt man noch σ(1) := j, so folgt die G¨ ultigkeit auch der Eindeutigkeitsaussage des Satzes. Was die Anzahl der Primzahlen anbelangt, so gilt der folgende Satz, der sich ebenfalls schon bei Euklid findet. Satz 2. Es gibt unendlich viele Primzahlen. Beweis. Es seien p1 , . . . , pt Primzahlen. Dann ist t Y

pi + 1 ≥ 2,

i:=1

Qt sodass es eine Primzahl q gibt, die i:=1 pi + 1 teilt. W¨are q gleich einer der Primzahlen pi , so w¨ are q Teiler von t t Y Y pi + 1 − pi = 1, i:=1

i:=1

was offenbar nicht der Fall ist. Dies zeigt, dass die Anzahl der Primzahlen nicht endlich sein kann.

Aufgaben 1. Zeigen Sie, dass jede nicht leere, beschr¨ ankte Teilmenge von N ein gr¨oßtes Element enth¨ alt. 2. Es sei n ∈ N. Zeigen Sie, dass es zwischen n und n + 1 keine nat¨ urlichen Zahlen gibt, dass also aus x ∈ N und n ≤ x ≤ n + 1 folgt, dass x = n oder x = n + 1 ist. 3. Es ist a + b 6= 1 f¨ ur alle a, b ∈ N. (Um dies zu beweisen, d¨ urfen Sie nur benutzen, was bis Satz 6 a) einschließlich etabliert war.) 4. Es ist 1 ≤ n f¨ ur alle n ∈ N. 5. F¨ ur die in N definierte partielle Subtraktion gelten die folgenden Rechenregeln: a) Sind a, b, c ∈ N und gilt b < a und a − b < c, so ist c − (a − b) = (c + b) − a. b) Sind a, b, c ∈ N und ist a + b < c, so ist c − (a + b) = (c − a) − b.

Aufgaben

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¨ 6. Wir definieren auf N eine Aquivalenzrelation ∼ verm¨oge (a, b) ∼ (c, d) genau dann, ¨ wenn a + d = c + b ist. Zeigen Sie zun¨ achst, dass ∼ wirklich eine Aquivalenzrelation ¨ ist. Die Aquivalenzklasse von (a, b) bezeichnen wir mit ∼(a, b). Wir setzen Z := N/∼, ¨ wobei N/∼ wie u von N nach der Relation ∼ ¨blich die Menge der Aquivalenzklassen bezeichne. Sind x, y ∈ Z, so definieren wir x + y und xy wie folgt: Sind (a, b) ∈ x und (c, d) ∈ y, so sei x + y := ∼(a + c, b + d) und xy := ∼(ac + bd, ad + bc). Zeigen Sie, dass diese beiden bin¨ aren Operationen wohldefiniert sind und zeigen Sie ferner, dass (Z, +, ·) ein kommutativer Ring mit Eins ist, dass also Folgendes gilt: a) (Z, +) ist eine abelsche Gruppe. b) Die Multiplikation ist kommutativ und assoziativ. c) Es gelten beide Distributivgesetze. d) Es gibt ein Element e ∈ Z mit ae = ea = a f¨ ur alle a ∈ Z. Schließlich ist noch zu zeigen, dass n → (n + 1, 1) ein Monomorphismus von (N, +, ·) in (Z, +, ·) ist. ¨ (Man nennt Z den Ring der ganzen Zahlen. Uberlegen Sie sich eine Eselsbr¨ ucke, wie man diese Konstruktion von Z rekonstruieren kann, wenn man die Details vergessen hat.) 7. Nach Aufgabe 3 d¨ urfen wir (N, +, ·) als Teilsystem von (Z, +, ·) auffassen. Mithilfe von N definieren wir wie folgt eine Anordnung ≤ auf Z. Sind a, b ∈ Z, so sei genau dann a ≤ b, wenn b − a ∈ N ∪ {0} ist. Dann gilt: a) Es ist a ≤ a f¨ ur alle a ∈ Z. b) Sind a, b ∈ Z und gilt a ≤ b sowie b ≤ a, so ist a = b. c) Sind a, b, c ∈ Z und ist a ≤ b sowie b ≤ c, so ist a ≤ c. d) Sind a, b ∈ Z, so ist a ≤ b oder b ≤ a. e) Sind a, b, c ∈ Z, so ist genau dann a ≤ b, wenn a + c ≤ b + c ist. f) Sind a, b ∈ Z und ist c ∈ N, so ist genau dann a ≤ b, wenn ac ≤ bc ist. 8. Sind a, b, c ∈ N und ist a < b, so ist (b − a)c = bc − ac und c(b − a) = cb − ca. 9. Zeigen Sie, dass 503 Teiler von 2251 −1 ist. (Hat man mehr Maschinerie zur Verf¨ ugung, als wir es bislang haben, so ist dies einfach. Versuchen Sie es trotzdem.) 10. Es gibt eine Bijektion von N0 auf die Menge E(N0 ) aller endlichen Teilmengen von N0 . (Stichwort: Dyadische Darstellung.) 11. Definiere die Abbildung russ von N0 × N0 × N0 in N0 durch russ(a, b, c) := a + bc. Dann gelten die Regeln: a) Es ist russ(a, b, cd) = russ(a, bc, d). b) Es ist russ(a, b, 1 + c) = russ(a + b, b, c) c) Es ist russ(0, b, c) = bc. d) Es ist russ(a, b, 0) = a. Zeigen Sie mithilfe von russ, dass der nun folgende Algorithmus der russischen Bauernmultiplikation das Verlangte leistet. (Nicht deklarierte Variablen und der Operator DIV verstehen sich von selbst.)

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I. Zahlentheorie bei Euklid

Eingabe: Nicht negative ganze Zahlen m und n. Ausgabe: Nicht negative ganze Zahl a mit a = mn. begin b := m; c := n; a := 0; while c > 0 do begin while c is even do begin b := 2b; c := c DIV 2 end; a := a + b; c := c − 1 end end; (Definiert man pot durch pot(a, b, n) := abn , so bekommt man entsprechend der russischen Bauernmultiplikation ein Verfahren zum Potenzieren, das h¨aufig unter dem Stichwort divide and conquer“ abgehandelt wird. Die Anzahl der Rechenschritte re” duziert sich drastisch gegen¨ uber der Anwendung der Rekursion bn = bbn−1 . Doch das ist eine Milchm¨ adchenrechnung, wenn man in N rechnet, da die Anzahlen der Bitoperationen, um bn zu berechnen, bei beiden Verfahren asymptotisch gleich sind (George Collins).) 12. Es ist ggT(a1 , . . . , an ) = ggT(a1 , ggT(a2 , . . . , an )) f¨ ur alle a1 , . . . , an ∈ N. 13. Sind a, b, c, d ∈ N, so gilt, wie nach Satz 4 in Abschnitt 3 definiert, a : b = c : d genau dann, wenn es m, n, e, f ∈ N gibt mit a = me, b = ne und c = mf , d = nf . ¨ Zeigen Sie, dass die so auf N × N definierte Relation eine Aquivalenzrelation ist. 14. Es sei n ∈ N. Zeigen Sie, dass es genau dann ein k ∈ N gibt mit n = k 2 , wenn die Anzahl der Teiler von n ungerade ist. 15. Zeigen Sie, dass der folgende Algorithmus Lagrange“ das Verlangte leistet. ” Input: Nicht negative ganze Zahlen a und b. Output: Ganze Zahlen x, y und g mit g = ggT(a, b) = ax + by. Variable: r0 , r1 , p0 , p1 , q0 , q1 , u: integer; begin r0 := a; r1 := b; p0 := 0; p1 := 1; q0 := 1; q1 := 0; % % % %

1) 2) 3) 4)

p0 r1 + p1 r0 = a q0 r1 + q1 r0 = b aq0 − bp0 = r0 aq1 − bp1 = −r1

while (r0 > 0) and (r1 > 0) do begin u := r0 DIV r1 ; r0 := r0 MOD r1 : p0 := up1 + p0 ; q0 := uq1 + q0 ; % % % %

10 ) 20 ) 30 ) 40 )

p0 r1 + p1 r0 = a q0 r1 + q1 r0 = b aq0 − bp0 = r0 aq1 − bp1 = −r1

Aufgaben

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if r0 > 0 then begin u := r1 DIV r0 ; r1 := r1 MOD r0 : p1 := up0 + p1 ; q1 := uq0 + q1 ; % % % %

100 ) 200 ) 300 ) 400 )

p0 r1 + p1 r0 = a q0 r1 + q1 r0 = b aq0 − bp0 = r0 aq1 − bp1 = −r1

end end; % % % %

p0 r1 + p1 r0 = a q0 r1 + q1 r0 = b aq0 − bp0 = r0 aq1 − bp1 = −r1

% r0 = 0 oder r1 = 0 if r0 = 0 then % p0 r1 = a % q0 r1 = b % aq1 − bp1 = −r1 begin g := r1 ; x := −q1 ; y := p1 end else % p1 r0 = a % q1 r0 = b % q0 − bp0 = r0 begin g := r0 ; x := q0 ; y := −p0 end end; % Lagrange

II. Mischbasen Die Darstellung von nat¨ urlichen Zahlen als Dezimalzahlen und von reellen Zahlen als Dezimalbr¨ uche ist uns allen gel¨ aufig. Auch mit der dyadischen Darstellung von Zahlen wissen wir wieder umzugehen, seit der Computer in unseren Alltag Einzug gefunden hat. Fragt man innerhalb des Computers die Zeit ab, so erh¨alt man die Anzahl der Minuten, die seit Mitternacht verflossen sind. Diese Angabe entzieht sich aber unserer gewohnten Interpretation, sodass wir sie in Stunden und Minuten umrechnen. Hier werden also die a Minuten in a = h · 60 + m mit 0 ≤ m < 60 zerlegt. Dies ist ein Sechzigersystem. Ließe man h noch u ¨ber 24 hinauswachsen, so fassten wir je 24 Stunden zu einem Tag zusammen und bek¨ amen ein System, dass man durch ∞, 24, 60 beschreiben k¨onnte. N¨ ahme man noch der feineren Unterscheidung wegen die Sekunden hinzu, so h¨atte man ein ∞, 24, 60, 60 System. Wollte man nun noch weiter b¨ undeln, so b¨ote sich die Woche an: ∞, 7, 24, 60, 60. Danach aber wird man mit all den Problemen der Kalenderrechnung konfrontiert, da nach 365 Tagen das Jahr noch nicht zu Ende ist und nach 366 Tagen das neue Jahr schon begonnen hat. Da man in diesem System nur selten rechnet und dann wohl auch nur addiert, f¨ allt einem nicht auf, dass hier Zahlen in einer Mischbasis dargestellt werden. Diese Darstellungsm¨ oglichkeiten werden wir nun thematisieren. Es handelt sich dabei um eine Variation u ¨ber das Thema Division mit Rest“. Ihr wenden ” wir uns daher als Erstes zu.

1. Division mit Rest. Die in N m¨ ogliche Division mit Rest tauchte bislang nur implizit auf, als wir n¨ amlich bewiesen, dass jede nat¨ urlich Zahl von der Form 2n oder 2n + 1 ist. Wie sie bei dezimal dargestellten nat¨ urlichen Zahlen auszuf¨ uhren ist, haben wir alle in fr¨ uhester Jugend gelernt. Wir lernten sie an Hand von Beispielen und die Vielzahl der Beispiele machte implizit klar, dass sie immer ausf¨ uhrbar ist. In dem hier gew¨ahlten Rahmen der Dedekindtripel soll dies nun nachtr¨aglich gerechtfertigt werden. Satz 1. Sind a, b ∈ N, so gibt es genau ein Paar q, r ∈ N0 mit a = qb + r und r < b. Beweis. Wir betrachten die Menge Q := {u | u ∈ N0 , ub ≤ a}.

1. Division mit Rest

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Dann ist 0 ∈ Q, sodass Q nicht leer ist. Ferner ist a < cb f¨ ur alle c ≥ a + 1, sodass a + 1 eine obere Schranke f¨ ur Q ist. Somit enth¨ alt Q ein gr¨oßtes Element q. Setze r := a − qb. Dann ist a = qb + r. W¨ are b ≤ r, so g¨ abe es ein c ∈ N0 mit r = b + c. Es folgte a = qb + b + c = (q + 1)b + c und damit der Widerspruch q + 1 ∈ Q. Also ist r < b. Es seien q 0 und r0 weitere nichtnegative ganze Zahlen mit a = q 0 b + r0 und r0 < b. Ferner sei o.B.d.A. q 0 ≤ q. Dann ist 0 ≤ (q − q 0 )b = r0 − r ≤ r0 < b. Daher ist q − q 0 = 0, d.h. q = q 0 und dann auch r = r0 . Damit ist die Einzigkeit von q und r gezeigt. Im Folgenden schreiben wir statt q auch a DIV b und f¨ ur r auch a MOD b. Dann gilt also a = (a DIV b)b + a MOD b und 0 ≤ a MOD b < b. F¨ ur das Rechnen mit diesen beiden Operatoren gelten die folgenden Regeln. Satz 2. Sind a, b, c ∈ N, so gilt a DIV (bc) = (a DIV b) DIV c und
a MOD (bc) = (a DIV b) MOD c b + a MOD b. Beweis. Setze

q := a DIV (bc), Q := a DIV b , q 0 := Q DIV c ,

r := a MOD (bc) R := a MOD b R0 := Q MOD c.

Dann ist q 0 = (a DIV b) DIV c. Ferner ist a = q(bc) + r und Q = q 0 c + R0 . Es folgt a = Qb + R = (q 0 c + R0 )b + R = (q 0 c)b + R0 b + R = q 0 (bc) + R0 b + R. Wegen R0 < c ist sogar R0 ≤ c − 1. Wegen R < b folgt daher R0 b + R ≤ (c − 1)b + R < (c − 1)b + b = cb. Wegen der Einzigkeit von Quotient und Rest ist also q = q 0 und r = R0 b + R, d.h. q = (a DIV b) DIV c und
r = (a DIV b) MOD c b + a MOD b, wie behauptet. Wie man die Division mit Rest bei großen Zahlen zweckm¨aßiger Weise anlegt, erf¨ahrt der Leser aus der Arbeit Lehmer 1938.

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II. Mischbasen

2. Darstellungen nat¨ urlicher Zahlen in Mischbasen. Es seien a0 ∈ N0 und b1 ∈ N gegeben. Wir setzen a1 := a0 DIV b1 und r0 := a0 MOD b1 . Dann ist insbesondere a0 = a1 b1 + r0 . Ist nun eine zweite Zahl b2 ∈ N gegeben, so setze man a2 := a1 DIV b2 und r1 := a1 MOD b2 . Dann ist a0 = (a2 b2 + r1 )b1 + r0 = a2 b2 b1 + r1 b1 + r0 . Was haben wir hier gemacht? Nun, versetzen wir uns zur¨ uck in die sechziger Jahre des 20. Jahrhunderts als das englische Pfund noch 20 Shilling und der Shilling noch 12 Pence z¨ ahlte. W¨ ahlte man dann b1 = 12 und b2 = 20, so h¨atten wir die Summe von a0 Pence in a2 Pfund, r1 Shilling und r0 Pence umgewandelt. Dabei w¨are r0 < 12 und r1 < 20 und Satz 2 von Abschnitt 1 garantierte, dass auch r1 · 12 + r0 < 12 · 20 = 240 w¨ are. Die Umwandlung w¨ are also optimal. In jenen Zeiten war das Pfund noch mehr als zehn DM, d.h. mehr als f¨ unf Euro wert, sodass der Penny vier bis f¨ unf deutsche Pfennige z¨ahlte. Es ist also nicht verwunderlich, dass der Penny nicht die kleinste Einheit war. Es gab noch den Halfpenny und ganz fr¨ uher noch den Farthing, das ist der Viertelpfennig. Will man nun zumindest noch den Halfpenny mit ins Spiel bringen, so muss man statt bei 0 bei −1 beginnen und noch b0 = 2 w¨ ahlen. Dann erh¨ alt man f¨ ur a0 Halfpennies a0 = a2 b2 b1 b0 + r1 b1 b0 + r0 b0 + r−1 . Kein Engl¨ ander h¨ atte dies nat¨ urlich so geschrieben, vielmehr h¨atte so etwas wie 23l 19s 7ϑ 1hϑ auf dem Papier gestanden. Das l steht hier f¨ ur libra. Das ist das lateinische Wort f¨ ur Pfund, welches wir auch noch in der italienischen lira wiederfinden, die es nun auch nicht mehr gibt. Ferner ist das ϑ ein kleines D. Es diente als Abk¨ urzung f¨ ur denarius und wurde in meiner Kindheit auch hierzulande noch als Bezeichnung f¨ ur den Pfennig ¨ benutzt. Das s steht im Ubrigen auch f¨ ur ein lateinisches Wort, n¨amlich f¨ ur solidus, der Feste. Das System Pfund, Schilling, Pfennig war seit den Zeiten Karls des Großen im ganzen Abendland verbreitet. Daher r¨ uhren die Abk¨ urzungen f¨ ur die lateinischen W¨ orter. In Frankreich sagt man noch heute, wenn es einem dreckig geht, je suis sans sou et sans sourire, d.h. ich bin ohne Sou (solidus) und ohne L¨acheln“. ” Wir haben also Pfennigbetr¨age in Betr¨age aus Pfunden, Schillingen und Pfennigen ¨ umgewandelt. Das dient im kaufm¨ annischen Verkehr der Ubersichtlichkeit, da kleinere Zahlen besser zu lesen und zu begreifen sind. Dabei wurden die Pfennigbetr¨age zu zw¨ olfen geb¨ undelt, wobei ein vollst¨ andiges Zw¨ olferb¨ undel einem Schilling entsprach. Die Schillinge wurden zu zwanzig zusammengefasst, wobei zwanzig Schillinge wiederum ein Pfund ergaben. Man kann dieses System kurz als ein ∞, 20, 12 System bezeichnen, wobei es offen gelassen bleibt, wie die Ziffern dieses Systems zu schreiben sind. Wir werden uns dazu immer des Dezimalsystems bedienen. Das Unendlichzeichen soll andeuten, dass die Pfunde nicht weiter geb¨ undelt werden. Das Zeichen ∞ wurde schon bei den R¨ omern als Zahlzeichen benutzt. Es stand bei ¨ ihnen f¨ ur 1000. Es ist im Ubrigen schnell erkl¨art, wie es zu ihm kam. Das r¨omische Zeichen f¨ ur 1000 ist nicht das M, sondern ein Zeichen, das ungef¨ahr so aussah: ( | ).

2. Darstellungen nat¨ urlicher Zahlen in Mischbasen

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Schrieb man dieses Zeichen von Hand, so verschleifte es sich zu eben dem Zeichen ∞, das man dann auch in in Stein gehauenen Inschriften wiederfand (Menninger 1958, II, S. 51). Wir werden auf den praktischen Umgang mit Zahlen im t¨aglichen Leben gleich noch einmal zur¨ uckkommen. Zuvor wollen wir uns aber mit ein wenig Theorie wappnen. Satz 1. Es sei b eine Abbildung von N0 in N mit bi > 1 f¨ ur alle i ∈ N0 . Ist a ∈ N0 , so gibt es genau eine Abbildung r von N0 in sich mit den folgenden Eigenschaften: a) Es ist ri < bi f¨ ur alle i ∈ N. b) Es gibt ein N ∈ N mit rk = 0 f¨ ur alle k > N . c) Es ist N i−1 X Y a= ri bj . i:=0

j:=0

Dabei ist das leere Produkt als 1 zu interpretieren. Beweis. Dies ist richtig f¨ ur a = 0. Es sei also a > 0. Division mit Rest durch b0 liefert a = a1 b0 + r0 mit r0 < b0 . Ist a1 = 0, so ist die Existenz der Zerlegung gezeigt. Es sei also a1 > 0. Wegen b0 > 1 gilt dann a1 < a1 b0 ≤ a. W¨ ahlt man nun statt der Folge b die durch ci := bi+1 definierte Folge c, so liefert Induktion genau eine Folge s, sodass s und c die Eigenschaften a), b) haben und a1 =

N −1 X

si

i:=0

i−1 Y

cj

j:=0

gilt. Setzt man nun ri+1 := si f¨ ur alle i ∈ N0 , so folgt a1 =

N −1 X

ri+1

i:=0

Also ist a=

i−1 Y

bj+1 =

j:=0

X N i:=1

ri

N −1 X

ri+1

i:=0

i−1 Y

i Y

bj =

j:=1

N X

ri

i:=1

 N i−1 X Y bj b0 + r0 = ri bj ,

j:=1

i:=0

sodass die Existenz der Darstellung gezeigt ist. Es gelte dar¨ uberhinaus auch a=

M X i:=0

si

i−1 Y

bj

j:=0

mit den entsprechenden Nebenbedingungen. Dann folgt r0 ≡ s0 mod b0

j:=0

i−1 Y j:=1

bj .

34

II. Mischbasen

und daher r0 = s0 . Subtraktion von r0 auf beiden Seiten der Gleichung und nachfolgende Divison durch b0 liefert N i−1 M i−1 X Y X Y ri bj = si bj i:=1

j:=1

i:=1

j:=1

und damit (per Induktion) r = s. Korollar. F¨ ur die in Satz 1 beschriebene Folge r gilt n X i:=0

ri

i−1 Y j:=0

bj
0 gegebenen Basis b dargestellt sind. Hier kommen die Potenzregeln zum Tragen. Es sind dies die f¨ ur alle q, m, n ∈ N0 g¨ ultigen Gleichungen q m+n = q m q n . Hier kann man sich nun verschiedene Algorithmen f¨ ur die Multiplikation einfallen lassen. Sei es, dass man den benutzt, den man auf der Schule gelernt hat, sei es, dass man zwei ¨ q-adisch dargestellte Zahlen wie Polynome faltet, dabei aber auf Ubertr¨ age R¨ ucksicht ¨ nimmt, wie dies Fibonacci bevorzugte, der im Ubrigen beide Verfahren lehrte (L¨ uneburg 1993, Seite 52 ff.). Wir haben schon gesehen, dass man unsere Zeitangaben auffassen kann als eine bequeme und u ¨bersichtliche Art, Anzahlen von Sekunden darzustellen. Die Mischbasis, die wir hier benutzen, ist ∞, 7, 24, 60, 60. Dabei soll ∞ darauf hinweisen, dass die Wochenanzahlen nicht mehr geb¨ undelt werden. Das L¨angenmaßsystem, das der amerikanische Schreiner verwendet, ist ein ∞, 3, 12 System. Es ist der Yard zu drei Fuß und

36

II. Mischbasen

der Fuß zu 12 Zoll. Bis in die zweite H¨ alfte des 19. Jahrhunderts benutzten Tuchh¨andler und Schneider hierzulande ein ∞, 2, 12 System, n¨amlich die Elle zu zwei Fuß und den Fuß zu 12 Zoll. F¨ ur das Folgende beachte man auch Friedlein 1869/1982, Moon 1971 und Menninger 1958. Moons Bemerkungen zum elektronischen Rechnen zu Beginn seines hochinteressanten und sch¨ onen Buches sind mittlerweile von der Wirklichkeit widerlegt. Zumindest unter Mathematikern ist der japanische Soroban bekannt, der, wie es scheint, immer noch benutzt wird. Auf ihm ist eine echte Mischbasis realisiert, indem die 10 des Dezimalsystems noch in 2 · 5 aufgel¨ ost wird. Der japanische Soroban realisiert also ein von rechts (die Einer) nach links zu lesendes 2, 5; 2, 5; . . . ; 2, 5; 2, 5; 2, 5 System. Realisierungen dieses Ger¨ ates sind unterschiedlich lang. Daher die Punkte in der Beschreibung. Mit diesen Ger¨ aten wird auch multipliziert und dividiert. Beim Soroban gleiten Bambus- bzw. Plastikperlen auf Bambusst¨abchen oder auch steifen Dr¨ ahten. Die Z¨ ahlmarken sind also mit dem Ger¨at fest verbunden. Das ist auch bei dem r¨ omischen Abacus, dem chinesischen Suanpan und dem russischen Stschoty der Fall, nur dass bei den bekannten r¨ omischen Abaci die Rechenmarken Kn¨opfchen sind, die in Schlitzen gleiten. An r¨ omischen Abaci haben sich mehrere erhalten. Der in der Biblioth`eque Nationale zu Paris realisiert ein von rechts nach links zu lesendes 2, 5; 2, 5; 2, 5; 2, 5; 2, 5; 2, 5; 2, 5; 2, 6 System. Die 2, 6 rechts z¨ ahlt die 12 Unzen, in die der As, das ist die Einheit, zerf¨allt. Die gr¨ oßte Zahl, die hier darzustellen ist, ist also 9 999 999 Asse und 11 Unzen, bzw. 9 999 999 · 12 + 11 Unzen. Die Spalten des Ger¨ates sind mit den r¨omischen Zahlzeichen f¨ ur eins, zehn, hundert, etc. versehen. Dabei ist die Tausenderspalte mit dem oben schon erw¨ ahnten Zeichen ∞ markiert. Es gibt noch eine gemeinsame Spalte f¨ ur die halbe, die viertel und die drittel Unze, die ich im System nicht unterzubringen weiß. Der chinesische Suanpan realisiert ein 3, 6; 3, 6; . . . ; 3, 6; 3, 6; 3, 6 System. Die Chinesen nutzen ihn aber als 2, 5; 2, 5; . . . ; 2, 5; 2, 5; 2, 5 und erhalten dadurch eine Mehrdeutigkeit in der Zahlendarstellung, die man gelegentlich mit Vorteil beim Rechnen benutzen kann, da man nicht immer sofort bereinigen muss. Auch mit diesem Ger¨ at wird multipliziert. Die Russen haben in ihrem Stschoty ein Ger¨at, das die Basis 11, 11, . . . , 11, 5, 11, 11 (von rechts nach links zu lesen. Am Ger¨ at von unten nach oben.) realisiert. Er wird benutzt als 10, 10, . . . , 10, 4, 10, 10. Der Vierer trennt die Kopeken von den Rubeln, d.h. die dritte Reihe von unten ist eigentlich als unterste Reihe zu interpretieren. Sie dient dem Rechnen mit Viertelkopeken. Dass sie zwischen den Reihen f¨ ur die Rubeln und Kopeken angeordnet ist, dient der besseren Lesbarkeit. Auf Fotos sah ich auch die Version 11, 11, . . . , 11, 5, 11, 11, 5, nat¨ urlich auch dezimal verwendet. Der Abacus, der Soroban, der Suanpan und der Stschoty sind nicht wirklich Rechenmaschinen. Sie sind vielmehr ausgekl¨ ugelte, schnell ver¨anderbare Ger¨ate, um Zahlen zu notieren. Gerechnet wird mit kleinen Zahlen im Kopf, die Zwischenergebnisse werden notiert und immer wieder aktualisiert, bis am Ende das Ergebnis festgehalten ist. Dies ist anders bei den Rechenbrettern mit freien Z¨ahlmarken. Diese waren urspr¨ unglich in der Antike calculi , also Steine, sp¨ater dann im Mittelalter und in der Renaissance Rechenpfennige. Bei ihnen konnte man zum Beispiel auf die Pfenniglinie – die Linien liegen nun waagrecht – neunundneunzig Rechenpfennige legen. Dann je-

3. Aufsteigende Kettenbr¨ uche

37

weils zw¨ olf Rechenpfennige wegnehmen und einen von ihnen auf die Schillinglinie legen, bis keine zw¨ olf mehr u ahlte man die Schillinge zu zwanzig ab und ¨brig blieben. Dann z¨ legte f¨ ur je zwanzig einen Rechenpfennig auf die Pfundlinie, usw. Bei diesen Ger¨aten wird das Addieren und das Subtrahieren auf das Z¨ahlen zur¨ uckgef¨ uhrt, wobei man aber schon von etablierten Rechengesetzen wie insbesondere dem Distributivgesetz ausgiebig Gebrauch macht. Die zwei Basler Rechentische realisieren das System 10, 10, 10, 10, 20, 12, das ist M C X lb s d . (Menninger 1958, II, S. 154) Die Dinkelsb¨ uhler Rechentische realisieren zwei verschiedene M¨ unzsysteme, einmal das karolingische Pfund-Schilling-Pfennig-Heller-System 10, 10, 10, 10, 10; 20; 12; 2 und das System 10, 10, 10, 10, 10; 2, 2, 2 des Gulden, Halbgulden, Ort und Halbort (Menninger 1958, II, S. 155). Der Straßburger Rechentisch ist ganz anders eingerichtet. Er realisiert das verfeinerte Dezimalsystem 2, 5; 2, 5; 2, 5; 2, 5; 2, 5; 2, 5. Dabei liegen die Einer wieder unten, die Zehner dar¨ uber, usw. Diese Einteilung ist dann noch mit M¨ unzspalten f¨ ur Pfund, Schilling, Pfennig und Heller versehen (Menninger 1958, II, S. 156). Wie der Straßburger Rechentisch, so halten es auch Adam Ries (Ries 1574/1978) und Simon Jacob (Jacob 1571). Sie lehren das Rechnen auf den Linien im 2, 5; 2, 5; . . . , 2, 5 System mit M¨ unzspalten. Vor noch nicht allzu langer Zeit entdeckte Menso Folkerts eine Schrift vom Beginn des 14. Jahrhunderts, in der ein Rechenbrett beschrieben wird, das f¨ ur drei verschiedene Mischbasen benutzt werden kann (Folkerts 1983). Diese sind ∞, 2, 5; 3, 2, 5; 6, 2, 5; 6, 2, 5; 6, 2, 5. Dies dient dem astronomischen Rechnen mit sigma; gradus; minuta; secunda; tertia. Dabei gilt 1 signum = 30 gradus, 1 gradus = 60 minuta, ein minutum = 60 secunda und ein secundum = 60 tertia. Die zweite M¨ oglichkeit ist die, das Rechenbrett f¨ ur das dezimale Rechnen zu benutzen und zwar in der verfeinerten 2, 5; 2, 5; 2, 5; 2, 5; 2, 5; Basis. Die letzte M¨ oglichkeit dient dem kaufm¨ annischen Rechnen. Bei ihr wird die Basis ∞, 2, 5; 5; 2, 2, 5; 2, 2, 5; 2, 6; benutzt. Hier werden also die Denare verfeinert im System 2, 6 und die Schillinge im System 2, 2, 5 dargestellt. Die Pfunde wiederum werden f¨ ur uns sehr ungewohnt im System ∞, 2, 5; 5; 2, 2, 5; dargestellt. Hier z¨ahlen die Rechenpfennige je nach Lage 1 Pfund, 5 Pfund, 10 Pfund, 20 Pfund, 100 Pfund oder 500 Pfund. Im ∞-Bereich z¨ ahlt jeder Stein 1000 Pfund. 3. Aufsteigende Kettenbr¨ uche. Wir haben gesehen, wie man auf einfache Weise einen gr¨ oßeren Pfennigbetrag in Pfunde und Schillinge umwandeln kann. Es erhebt sich die Frage, ob man jeden Bruchteil eines Pfundes bequem in Schillinge, Pfennige und Bruchteile von Pfennigen verwandeln kann. Hier liegt nat¨ urlich die Betonung auf bequem. Man kann dies mithilfe der aufsteigenden Kettenbr¨ uche, die wir nun beschreiben werden. Wir definieren die aufsteigenden Kettenbr¨ uche durch die Rekursion a1 . . . an a1 . . . an−1 1 an := · + . b1 . . . bn b1 . . . bn−1 bn bn F¨ ur n = 1 ist dies als der u ¨bliche Bruch

a1 b1

zu interpretieren. Bringt man die rechte

38

II. Mischbasen

Seite auf einen Nenner, so ergibt sich a1 . . . an = b1 . . . bn

an +

a1 . . . an−1 b1 . . . bn−1 . bn

Hieraus erkl¨ art sich der Name aufsteigende Kettenbr¨ uche f¨ ur dieses Konstrukt. L¨ost man die Rekursion auf, so ergibt sich a1 . . . an −1 −1 −1 −1 = an b−1 n + an−1 bn bn−1 + . . . + a1 bn · · · b1 . b1 . . . bn Wir haben hier also wieder eine Mischbasissituation vorliegen, wobei die Glieder der Mischbasis — und das ist neu — Stammbr¨ uche sind. Hat man z, b1 , . . . , bn ∈ N gegeben, so gibt es q1 , a1 ∈ N0 mit z = q1 b1 + a1 und a1 < b1 . Es folgt z a1 = q1 + b1 b1 und ab11 < 1. (Im Folgenden muss man sorgf¨ altig zwischen · · · und . . . unterscheiden.) Hat man schon qn−1 , a1 , . . . , an−1 mit 0 ≤ ai < bi f¨ ur i := 1, . . . , n − 1 mit z a1 . . . an−1 = qn−1 + , b1 · · · bn−1 b1 . . . bn−1 und 0≤

a1 . . . an−1 < 1, b1 . . . bn−1

gefunden, so liefert Division mit Rest qn , an ∈ N0 mit qn−1 = qn bn +an und 0 ≤ an < bn . Es folgt z an a1 . . . an−1 1 = qn + + · b1 · · · bn bn b1 . . . bn−1 bn a1 . . . an = qn + b1 . . . bm sowie 0≤ Somit ist

a1 . . . an bn − 1 1 < + = 1. b1 . . . bn bn bn a1 . . . an b1 . . . bn

eine Darstellung des gebrochenen Anteils der Zahl z . b1 · · · bn Diese Darstellung h¨ angt nat¨ urlich von der Reihenfolge der Divisionen ab. Man kann die Darstellung aber auch noch auf andere Weise beeinflussen, indem man ausnutzt, dass man Br¨ uche erweitern kann. Wenn z also eine Summe von Pfunden ist, so kann man,

3. Aufsteigende Kettenbr¨ uche

39

indem man gegebenenfalls erweitert, annehmen, dass 12 und 20 unter den bi vorkommen, genauer, dass bn−1 = 12 und bn = 20 ist. Dann ist also z an an−1 R = qn + + + S · 12 · 20 20 12 · 20 S · 12 · 20 und R < S. Somit ist also die Division z durch 240S so ausgef¨ uhrt, dass man sofort das Ergebnis in Pfunden, Schillingen, Pfennigen und dem Bruchteil eines Pfennigs erh¨alt, n¨ amlich qn Pfund, an Schilling, an−1 Pfennig und R S Teile eines Pfennigs. Will man die Rechnung auf Heller und Pfennig genau, so kann man dies noch nachtr¨aglich erreichen, indem man bei dem Bruch R ur sorgt, dass der Nenner gerade ist, indem man S daf¨ gegebenfalls mit 2 erweitert. Ist dann o.B.d.A. S = 2T , so teile man R erst mit Rest durch T und f¨ uhre dann noch die Division mit 2 aus. Hier eine Zinsaufgabe aus Fibonaccis liber abbaci von 1228 (siehe L¨ uneburg 1993, S. 184 ff.). Jemand mietet zu Neujahrsbeginn ein Haus zu einem Mietzins von 30l im Jahr, der nachtr¨ aglich wiederum am Neujahrstag f¨allig wird. Der Mieter zahlt bei Mietantritt dem Vermieter 100l bei einem Zinssatz von 4 Pfennig pro Pfund im Monat. Gefragt ist, wie lange der Mieter wohnen bleiben kann. Die Rechnungen bei Fibonacci zeigen, dass der monatliche Zins erst am Jahresende dem Kapital zugeschlagen und dann weiter verzinst wird. Es folgt daher, dass das Pfund im Jahr 12 · 4 Pfennig an Zinsen bringt. Weil der Schilling gleich 12 Pfennigen ist, bringt das Pfund im Jahr also 4 Schilling an Zinsen, 5 Pfund demnach 20 Schilling, das ist 1 Pfund. Aus 5 Pfund werden also nach einem Jahr 6 Pfund. Ist Ki das Kapital am Neujahrstag des i-ten Jahres, so ist Ki+1 = 65 Ki − 30, da ja 30 Pfund an Mietzins f¨allig sind. Setze di+1 := Ki − Ki+1 . Dann ist di+1 = 30 − 15 Ki . Es folgt di : di+1 = (30 − 15 Ki−1 ) : (30 − 15 Ki ). Nun ist Ki = 65 Ki−1 − 30 und daher 30 − 15 Ki = 36 −

16 5 5 Ki−1

= 65 (30 − 15 Ki−1 ).

Also ist di : di+1 = 5 : 6, bzw. di+1 = 65 di . Hiermit erh¨ alt man nun unter Benutzung der aufsteigenden Kettenbr¨ uche d1 = 10 d2 = 12 2 d3 = + 14 5 21 d4 = + 17 55 233 d5 = + 20 555 2024 d6 = + 24. 5555

40

II. Mischbasen

Dies kann
man nun so lesen, dass der gebrochene Anteil dieser Zahlen in der Mischbasis 1 1 1 1 5 , 5 , 5 , 5 dargestellt ist. Da dies eine historische Aufgabe ist, muss man beachten, dass die indischen Ziffern u ¨ber die Araber zu uns gekommen sind. Dies hat zur Folge, dass die Ausdr¨ ucke f¨ ur die aufsteigenden Kettenbr¨ uche von rechts nach links zu lesen sind. Schreibt man diese Zahlen nun wie gewohnt ohne die vielen F¨ unfen, so ergibt sich also d1 = 10.0000 d2 = 12.0000 d3 = 14.2000 d4 = 17.1200 d5 = 20.3320 d6 = 24.4202. ¨ Addiert man diese Zahlen, so muss man die Ubertr¨ age rechts des Punktes modulo 5 berechnen. Es ergibt sich 99.1222. Der Mieter kann also sechs Jahre und noch ein bisschen l¨ anger in dem gemieteten Hause wohnen. Das bisschen l¨anger sind 8 Tage und 5 13 Stunden. Dies gilt unter der Annahme, dass das (Bank-)Jahr 360 Tage und der Tag 25 12 Stunden z¨ ahlen. Mehr an Einzelheiten in L¨ uneburg loc. cit. Dieses Beispiel zeigt, wie n¨ utzlich aufsteigende Kettenbr¨ uche sein k¨ onnen, wenn man nur die Mischbasis dem Problem angemessen w¨ ahlt. Ein Zinssatz von 20% war im Mittelalter ein durchaus u ¨blicher Zinssatz, wie aus der Gesetzgebung der St¨ adte hervorgeht.

4. Der cantorsche Algorithmus. Wir haben im letzten Abschnitt die Division von z Pfund durch 240S so durchgef¨ uhrt, dass wir zun¨achst durch S, dann durch 12 und dann durch 20 dividierten. Es ergab sich z an an−1 R = qn + + + , S · 12 · 20 20 12 · 20 S · 12 · 20 d.h. qn Pfund, an Schilling, an−1 Pfennig und der Bruchteil R S eines Pfennigs. Man kann dieses Ergebnis aber auch auf andere Art erhalten. Setzen wir zun¨achst T := 240S und vergessen wir, dass 240 Teiler von T ist. Dann ist (mit neuem S) z S =q+ T T mit q, S ∈ N0 und S < T . Es folgt S 20S 1 = · . T T 20 Weiter erh¨ alt man 20S S1 = a1 + T T

4. Der cantorsche Algorithmus

41

mit a1 , S1 ∈ N0 und S1 < T . Daher ist z 1 S1 1 = q + a1 · + · . T 20 T 20 Dann folgt 12S1 S2 = a2 + T T mit den entsprechenden Nebenbedingungen und weiter z 1 1 S2 1 = g + a1 · + a2 · + · . T 20 20 · 12 T 20 · 12 Dabei spielen a1 und a2 nun die Rollen von an bzw. an−1 . Will man auf den Heller 2 genau rechnen, so kann man dies noch weitertreiben, da ja 2S T die Anzahl der Heller S2 ist, die in T stecken. Wir kennen alle dieses Verfahren, wenn es darum geht, einen Bruch in einen Dezimalbruch zu verwandeln. Hier sehen wir nun, wie man dieses Verfahren verallgemeinern kann. Das nun zu beschreibende Verfahren stammt von G. Cantor 1869. Um die cantorsche Verallgemeinerung zu etablieren, ben¨otigen wir eine Variante des dedekindschen Rekursionssatzes, die wir zun¨ achst bereitstellen. Satz 1. Es sei A eine Menge und a sei ein Element von A. Ferner sei R eine Abbildung von A × N in A. Es gibt dann genau eine Abbildung f von N in A mit f (1) = a und f (n + 1) = R(f (n), n). Beweis. Dies beweist sich genauso wie der dedekindsche Rekursionssatz, indem man eine entsprechende Menge von Relationen definiert, den Schnitt u ¨ber alle diese Relationen bildet und zeigt, dass dieser Schnitt die gesuchte Abbildung f ist. Neben der Fußbodenfunktion x → bxc ben¨ otigen wir auch noch die Zimmerdeckenfunktion x → dxe, die f¨ ur reelle x dadurch definiert ist, dass dxe ∈ Z und dxe − 1 < x ≤ dxe ist. Es sei p eine Folge von nat¨ urlichen Zahlen mit pi > 1 f¨ ur alle i ∈ N. Ferner sei R die Menge der reellen Zahlen. F¨ ur A nehmen wir nun die Menge R × N und definieren R durch
R(r, m, n) := (r − m)pn+1 , d(r − m)pn+1 e − 1 . Ist 0 < r ∈ R, so gibt es genau ein Paar von Folgen γ und c mit γ0 = r und c0 = dre − 1 und (γn+1 , cn+1 ) = R(γn , cn , n)
= (γn − cn )pn+1 , d(γn − cn )pn+1 e − 1
= (γn − cn )pn+1 , dγn+1 e − 1 . Es ist also γn+1 = pn+1 (γn − cn ) und cn+1 = dγn+1 e − 1,

42

II. Mischbasen

bzw. γn = cn +

γn+1 pn+1

und cn < γn ≤ cn + 1 f¨ ur alle n ∈ N0 . Ferner gilt f¨ ur die Anfangswerte γ0 = r und c0 = dγ0 e − 1. Diese Rekursion wird von Perron cantorscher Algorithmus genannt. Es gilt nun Satz 2. Haben p, r, γ und c die gerade beschriebenen Bedeutungen, so ist γ0 = c0 + Beweis. Es ist γ0 = c0 +

γ1 p1

∞ X

cn . p p · · · pn n=1 1 2

und γ1 ≤ c1 + 1. Es sei n ≥ 1 und es gelte

γ0 = c0 +

n X

γn+1 ci + . p p · · · p p p · · · pn+1 1 2 i 1 2 i:=1

Wegen γn+1 = cn+1 +

γn+2 pn+2

folgt, dass diese Formel auch f¨ ur n + 1 gilt. Also gilt sie f¨ ur alle n. Weil f¨ ur alle i die Ungleichung pi ≥ 2 gilt und außerdem γn+1 = pn+1 (γn − cn ) ≤ pn+1 ist, ist 0≤

γn+1 1 γn+1 1 ≤ n ≤ n. p1 p2 · · · pn+1 2 pn+1 2

Aus all dem folgt nun die Behauptung. Die Formel γ0 = c0 +

n X

ci γn+1 + p p · · · pi p1 p2 · · · pn+1 i:=1 1 2

zusammen mit den Ungleichungen 0 ≤ cn+1 < γn+1 ≤ cn+1 + 1 zeigt, dass die unendliche Reihe niemals abbricht. Der cantorsche Algorithmus ist also so eingerichtet, dass die 1 dezimal als 0,999. . . dargestellt wird. Wegen ci < γi ≤ ci + 1 gilt f¨ ur die unendliche Reihe 0
1 f¨ ur alle i. Ist γ0 = nat¨ urlichen Zahlen a und q und ist das Produkt n Y

a q

mit

pi

i:=1

durch q teilbar, ist ferner γ0 = c0 +

∞ X

ci p p · · · pi i:=1 1 2

die oben beschriebene Darstellung von γ0 , so ist ci = pi − 1 f¨ ur alle i ≥ n. Beweis. Setze πk := p1 · · · pk und definiere µk durch c0 +

k X

ci µk = . p p · · · p πk i i:=1 1 2

Wegen ci < γi = pi (γi−1 − ci−1 ) ≤ pi ist ci ≤ pi − 1 f¨ ur alle i ∈ N. Mit der Gleichung ∞ X i:=k+1

pi − 1 =1 pk+1 · · · pi

ergibt sich 0
1 f¨ ur alle n. Beweisen Sie die Gleichung 1=

∞ X pn − 1 . p · · · pn n:=1 1


Pn 8. Setze B(0) := 1, B(1) := 1 und B(n + 1) := i:=0 ni B(i). (Aufgabe 6 rechtfertigt die Definition der B(n). Dies brauchen Sie nicht zu formalisieren.) Die B(n) heißen Bellzahlen. Ist e die durch ∞ X 1 e := n! i:=0 definierte eulersche Zahl, so gilt B(n + 1) =

∞ 1 X (i + 1)n . e i:=0 i!

III. Der gr¨oßte gemeinsame Teiler Wichtige Begriffe der Zahlentheorie sind der Begriff des gr¨oßten gemeinsamen Teilers und der damit zusammenh¨ angende Begriff des kleinsten gemeinsamen Vielfachen. Beiden Begriffen sind wir im ersten Kapitel schon begegnet. Dass zwei Elemente eines Ringes einen gr¨ oßten gemeinsamen Teiler oder ein kleinstes gemeinsames Vielfaches haben, ist nicht selbstverst¨ andlich. Das f¨ angt schon damit an, dass man eine geeignete Definition f¨ ur diese Begriffe finden muss, da Ringe in aller Regel keine Anordnung tragen, von der wir bei ihrer Definition bei den nat¨ urlichen Zahlen Gebrauch gemacht haben. In diesem Kapitel geht es also darum, die gegenseitige Bedingtheit dieser beiden Begriffe zu untersuchen, und dann vor allem Ringe kennenzulernen, bei denen zwei Elemente stets einen gr¨ oßten gemeinsamen Teiler haben. Zu diesen Ringen geh¨oren die aus dem Anf¨ angerunterricht bekannten euklidischen Ringe wie auch die Polynomringe in beliebig vielen Unbestimmten u ¨ber dem Ring der ganzen Zahlen. 1. Der gr¨ oßte gemeinsame Teiler. Wir setzen in diesem Abschnitt meist voraus, dass R ein Integrit¨ atsbereich sei. Dabei verstehen wir unter einem Integrit¨ atsbereich einen nullteilerfreien, kommutativen Ring mit Eins. Hierbei heißt nullteilerfrei wiederum, dass f¨ ur alle a, b ∈ R aus ab = 0 folgt, dass a = 0 oder b = 0 ist. F¨ ur einen beliebigen Ring R mit Eins setzen wir G(R) := {x | x ∈ R, es gibt y, z ∈ R mit xy = 1 = zx}. Die Elemente aus G(R) heißen Einheiten und G(R) heißt Gruppe der Einheiten von R. Dass G(R) bez¨ uglich der in R definierten Multiplikation eine Gruppe ist, ist leicht nachzuweisen. Ist R ein Ring, so setzen wir R∗ := R − {0}. Grundlegend f¨ ur alles Folgende ist der Begriff der Teilbarkeit, den wir so fassen, wie wir es bei N schon taten. Das Element b des kommutativen Ringes R heißt Teiler des Elementes a ∈ R, falls es ein c ∈ R gibt mit a = bc. Ist b Teiler von a, so heißt a auch Vielfaches von b. Redewendungen wie gemeinsames Vielfaches und gemeinsamer Teiler haben wir f¨ ur N schon definiert und verstehen sich im allgemeineren Fall von selbst. In Integrit¨ atsbereichen ist c eindeutig bestimmt, falls b 6= 0 ist. In diesem Falle bezeichnen wir c mit ab . Sind a, b, g Elemente eines Integrit¨ atsbereiches R, so heißt g gr¨ oßter gemeinsamer Teiler von a und b, falls gilt: 1) g ist gemeinsamer Teiler von a und b. 2) Jeder gemeinsame Teiler von a und b teilt g.

48

III. Der gr¨oßte gemeinsame Teiler

Sind a, b, k Elemente eines Integrit¨ atsbereiches, so heißt k kleinstes gemeinsames Vielfaches von a und b, falls gilt: 1) k ist gemeinsames Vielfaches von a und b. 2) Jedes gemeinsame Vielfache von a und b ist Vielfaches von k. Haben zwei Elemente einen gr¨ oßten gemeinsamen Teiler, so haben sie meist mehrere. Daher bezeichnen wir mit ggT(a, b) die Menge der gr¨oßten gemeinsamen Teiler von a und b. Diese Menge ist dann in jedem Falle definiert, auch wenn a und b keinen gr¨oßten gemeinsamen Teiler haben. Entsprechend bezeichnen wir mit kgV(a, b) die Menge der kleinsten gemeinsamen Vielfachen von a und b. Da die Definitionen des kleinsten gemeinsamen Vielfachen und des gr¨ oßten gemeinsamen Teilers in a und b symmetrisch sind, gilt stets ggT(a, b) = ggT(b, a) und kgV(a, b) = kgV(b, a). Ferner gilt a ∈ ggT(a, 0) und kgV(a, 0) = {0}. Schließlich ist ggT(0, 0) = {0} und kgV(0, 0) = {0}. Der erste nun zu beweisende Satz gibt Auskunft u ¨ber die Struktur der Mengen ggT(a, b) und kgV(a, b). Satz 1. Ist R ein Integrit¨ atsbereich und sind a, b ∈ R, so gilt: α) Ist g ∈ ggT(a, b), so ist ggT(a, b) = gG(R). β) Ist k ∈ kgV(a, b), so ist kgV(a, b) = kG(R). Beweis. α) Es sei zun¨ achst a = b = 0. Dann ist ggT(a, b) = {0} = 0G(R). Es sei also o.B.d.A. a 6= 0. Dann ist g 6= 0, da g ein Teiler von a ist. Ist nun h ∈ ggT(a, b), so ist h insbesondere ein gemeinsamer Teiler von a und b. Es gibt folglich ein u ∈ R mit g = hu. Ebenso gibt es ein v ∈ R mit h = gv. Um dies einzusehen, braucht man ja nur die Rollen von g und h zu vertauschen. Also ist g = gvu. Weil R nullteilerfrei ist und g 6= 0 gilt, ist daher 1 = vu. Somit ist h = gv ∈ gG(R), d.h. es ist ggT(a, b) ⊆ gG(R). Es sei umgekehrt w ∈ G(R). Dann ist jeder Teiler von g auch Teiler von gw, sodass jeder gemeinsame Teiler von a und b Teiler von gw ist. Es gibt ferner c, d ∈ R mit a = gc und b = gd, da g ja gemeinsamer Teiler von a und b ist. Es folgt a = gww−1 c und b = gww−1 d, sodass gw gemeinsamer Teiler von a und b ist. Also gilt auch gG(R) ⊆ ggT(a, b), sodass α) bewiesen ist. β) Ist a = 0 oder b = 0, so ist kgV(a, b) = {0} = 0G(R). Es sei also a 6= 0 6= b. Dann ist ab 6= 0, da R ein Integrit¨ atsbereich ist. Weil k Teiler von ab ist, ist also auch k 6= 0. Es sei nun l ∈ kgV(a, b). Es gibt dann u, v ∈ R mit k = lu und l = kv. Es folgt k = kvu und wegen k 6= 0 dann 1 = vu, sodass v ∈ G(R) gilt. Also ist kgV(a, b) ⊆ kG(R). Es sei umgekehrt w ∈ G(R). Dann ist kw gemeinsames Vielfaches von a und b. Es sei x ein weiteres gemeinsames Vielfaches von a und b. Es gibt dann ein c ∈ R mit x = kc. Hieraus folgt x = kww−1 c. Dies zeigt, dass kw ∈ kgV(a, b) ist, sodass β) bewiesen ist. Nach diesem technischen Auftakt nun ein Satz, der etwas gehaltvoller ist. Satz 2. Sind a und b von null verschiedene Elemente des Integrit¨ atsbereiches R und ist k ∈ kgV(a, b), so ist ab ∈ ggT(a, b). k Ist also kgV(a, b) 6= ∅, so ist ggT(a, b) 6= ∅. Beweis. Weil ab gemeinsames Vielfaches von a und b ist, gibt es ein g ∈ R mit ab = kg. Weil a Teiler von k ist, ist k = ac mit einem c ∈ R. Es folgt ab = kg = acg. Weil a von

1. Der gr¨ oßte gemeinsame Teiler

49

null verschieden ist, folgt b = cg, sodass g Teiler von b ist. Vertauscht man die Rollen von a und b, so sieht man, dass g auch Teiler von a ist. Somit ist g gemeinsamer Teiler von a und b. Es sei h gemeinsamer Teiler von a und b. Dann ist a b ab b=a = , h h h sodass ab h gemeinsames Vielfaches von a und b ist. Es gibt also ein m ∈ R mit Es folgt kg = ab = kmh

ab h

= km.

und wegen k 6= 0 daher g = mh, sodass h Teiler von g ist. Also ist in der Tat g ∈ ggT(a, b), sodass der Satz bewiesen ist. Das Gegenst¨ uck zu Satz 2 ist falsch. Es gibt Beispiele, wie wir gleich sehen werden, mit ggT(a, b) 6= ∅ = kgV(a, b). Ist R ein Integrit¨ atsbereich und sind a, b ∈ R, so heißen a und b teilerfremd , wenn ggT(a, b) = G(R), wenn also 1 gr¨ oßter gemeinsamer Teiler von a und b ist. Der n¨ achste Satz verallgemeinert eine wohlbekannte Eigenschaft des Ringes der ganzen Zahlen. Satz 3. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich. Ferner seien a, b, c ∈ R. Sind a und b teilerfremd, ist kgV(a, b) 6= ∅ und ist a Teiler von bc, so ist a Teiler von c. Beweis. Wegen ggT(a, b) = G(R) ist (a, b) 6= (0, 0). Ist a = 0, so folgt mit der gerade gemachten Bemerkung, dass b 6= 0 ist. Weil a Teiler von bc ist, ist bc = 0. Weil R ein Integrit¨ atsbereich ist, folgt wegen b 6= 0, dass c = 0 ist. In diesem Falle ist a also Teiler von c. Es sei b = 0. Dann ist a ∈ ggT(a, b) = G(R). In diesem Falle ist c = a(a−1 c), sodass auch hier die Behauptung gilt. Es sei schließlich a 6= 0 6= b. Ferner sei k ∈ kgV(a, b). Dann ist ab = ku mit einem u ∈ R. Mit Satz 2 folgt u ∈ ggT(a, b) = G(R), sodass nach Satz 1 gilt, dass ab ∈ kgV(a, b) ist. Nach Voraussetzung ist a Teiler von bc und b ist banalerweise Teiler von bc. Wegen ab ∈ kgV(a, b) gibt es daher ein r ∈ R mit bc = abr. Weil b 6= 0 gilt und R kommutativ ist, ist c = ar, womit auch in diesem Falle gezeigt ist, dass a Teiler von c ist. Es sei Z der Ring der ganzen Zahlen. Wir setzen √ √ Z[ −5] := {a + b −5 | a, b ∈ Z}. √ √ Dann ist Z[ −5] ein Ring, wie man unschwer nachpr¨ uft. Setze R := Z[ −5] und definiere α durch √ √ (a + b −5)α := a − b −5 √ f¨ ur alle a + b −5 ∈ R. Dann ist α ein Automorphismus des Ringes R. Auch dies ist banal zu verifizieren. Mittels α definieren wir schließlich N durch N (x) := xxα

50

III. Der gr¨oßte gemeinsame Teiler

f¨ ur alle x ∈ R. Weil α ein Automorphismus ist, folgt, dass N (xy) = N (x)N (y) f¨ ur alle x, y ∈ R ist. Ferner ist √ N (a + b −5) = a2 + 5b2 ∈ N0 , wobei N0 die Menge der nicht negativen ganzen Zahlen bezeichne. Mithilfe der Multiplikativit¨ at von N erschließt man, dass u genau dann eine Einheit von R ist, wenn N (u) = 1 ist. Dies hat wiederum G(R) = {1, √ √ −1} zur Folge. Setze a := 3, b := 2 + −5 und c := 2 − −5. Es sei d ein gemeinsamer Teiler von a und b. Dann ist ddα ein gemeinsamer Teiler von aaα = 9 und abα + baα = 12. Folglich α ist ddα ein Teiler von 12 urliche Zahl ist, folgt ddα = 1 oder √ − 9 = 3. Weil dd eine nat¨ α dd = 3. Ist d = x + y −5 mit x, y ∈ Z, so folgt ddα = x2 + 5y 2 ≤ 3, sodass y = 0 und x2 = 1 ist. Also ist d eine Einheit und daher ggT(a, b) = G(R). Ebenso ¨ folgt ggT(a, c) = G(R). (F¨ ur den Astheten sei gesagt, dass man dies auch mittels α aus ggT(a, b) = G(R) erschließen kann.) Wegen bc = 9 ist a Teiler von bc. Weil a keine Einheit ist, ist a aber weder ein Teiler von b noch von c. Mit Satz 3 folgt kgV(a, b) = ∅. Damit ist gezeigt, dass die Umkehrung von Satz 2 falsch ist, und dass man in Satz 3 nicht darauf verzichten kann, kgV(a, b) 6= ∅ zu verlangen. Satz 4. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich. Ferner seien a, b, c ∈ R∗ . Genau dann ist kgV(a, b) 6= ∅, wenn kgV(ca, cb) 6= ∅ ist. Ist dies der Fall, so ist kgV(ca, cb) = c kgV(a, b). Beweis. Es sei k ∈ kgV(a, b). Ferner sei v gemeinsames Vielfaches von ca und cb. Dann ist vc gemeinsames Vielfaches von a und b, also auch Vielfaches von k. Daher ist v Vielfaches von ck. Andererseits ist ck Vielfaches von ca und auch cb. Somit ist ck ∈ kgV(ca, cb). Mit Satz 1 folgt kgV(ca, cb) = ckG(R) = c kgV(a, b). Es sei umgekehrt kgV(ca, cb) 6= ∅. Ferner sei l ∈ kgV(ca, cb). Dann ist k := cl gemeinsames Vielfaches von a und b. Sei u gemeinsames Vielfaches von a und b. Dann ist cu gemeinsames Vielfaches von ca und cb und damit Vielfaches von l = ck. Weil c nicht null ist, ist folglich k Teiler von u. Somit ist k ∈ kgV(a, b), sodass alles bewiesen ist. F¨ ur den ggT k¨ onnen wir nicht so viel beweisen. Satz 5. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich. Ferner seien a, b, c ∈ R und es gelte c 6= 0. Ist ggT(ca, cb) 6= ∅, so ist auch ggT(a, b) 6= ∅ und es gilt ggT(ca, cb) = c ggT(a, b). Beweis. Es sei g ∈ ggT(ca, cb). Weil c gemeinsamer Teiler von ca und cb ist, ist g durch c teilbar. Es folgt, dass gc gemeinsamer Teiler von a und b ist. Es sei d gemeinsamer Teiler von a und b. Dann ist cd gemeinsamer Teiler von ca und cb. Also ist cd Teiler von g und dann d Teiler von gc . Somit ist gc ∈ ggT(a, b). Hieraus folgt schließlich mittels Satz 1 die Gleichung g ggT(ca, cb) = gG(R) = c G(R) = c ggT(a, b). c

1. Der gr¨ oßte gemeinsame Teiler

51

Eine wichtige Folgerung aus Satz 5 ist Satz 6. Es seien a und b Elemente des Integrit¨ atsbereiches R. Ist 0 6= k ∈ ggT(a, b), so ist ggT( ka , kb ) = G(R). Beweis. Nach Satz 5 ist ggT( ka , kb ) 6= ∅ und es gilt 

 a b kG(R) = ggT(a, b) = k ggT , , k k sodass G(R) = ggT( ka , kb ) ist, da ja k 6= 0 vorausgesetzt wurde. √ Wir setzen wieder R := Z[ −5]. Wir haben oben gesehen, dass √ ggT(3, 2 + −5) = G(R) √ ist. Wir zeigen, dass ggT(3 · 3, 3 · (2 + −5)) = ∅ ist. W¨are dies nicht der Fall, so folgte mit Satz 5 √
ggT 3 · 3, 3 · (2 + −5) = 3 · G(R). √ √ √ Nun ist√32 = (2 + −5)(2 − −5), √ sodass 2 + −5 gemeinsamer Teiler von 32 und 3 · (2 + −5) w¨ are. Folglich w¨ are 2 + −5 Teiler von 3. Dies ist aber nicht der Fall, wie rasch zu sehen. Dieses Beispiel zeigt, dass Satz 5 bestm¨ oglich ist. Satz 7. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich. Ferner seien a, b, c ∈ R. Ist ggT(ab, cb) 6= ∅ und ist ggT(a, c) = G(R), so ist ggT(a, bc) = ggT(a, b). Beweis. Nach Satz 5 ist ggT(a, c) nicht leer, sodass die Forderung ggT(a, c) = G(R) keine zus¨ atzliche Existenzaussage beinhaltet. Es sei g ∈ ggT(a, b). Dann ist g gemeinsamer Teiler von a und bc. Es sei t gemeinsamer Teiler von a und bc. Dann ist t auch gemeinsamer Teiler von ab und bc. Aufgrund von Satz 5 gilt ggT(ab, bc) = b ggT(a, c) = bG(R), sodass t gemeinsamer Teiler von a und b und damit Teiler von g ist. Folglich ist g ∈ ggT(a, bc). Mittels Satz 1 k¨ onnten wir den Beweis des Satzes nun in einer Zeile beenden, wenn wir w¨ ussten, dass ggT(a, b) nicht leer ist. Da wir dies nicht ausschließen k¨onnen, bemerken wir hier nur, dass wir die Inklusion ggT(a, b) ⊆ ggT(a, bc) bewiesen haben. Es sei umgekehrt g ∈ ggT(a, bc). Dann ist g gemeinsamer Teiler von ab und bc. Wegen ggT(ab, bc) = bG(R) ist g also gemeinsamer Teiler von a und b. Es sei h gemeinsamer Teiler von a und b. Dann ist h gemeinsamer Teiler von a und bc, also ein Teiler von g. Folglich ist g ∈ ggT(a, b), womit alles bewiesen ist. Haben je zwei Elemente eines Integrit¨ atsbereiches ein kleinstes gemeinsames Vielfaches, so haben zwei Elemente auch stets einen gr¨oßten gemeinsamen Teiler. Hier nun gilt auch die Umkehrung dieses Sachverhaltes.

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III. Der gr¨oßte gemeinsame Teiler

Satz 8. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich und es gelte ggT(a, b) 6= ∅ f¨ ur alle a, b ∈ R. Ist dann g ∈ ggT(a, b) und ist g 6= 0, so ist ab g ∈ kgV(a, b). Insbesondere ist kgV(a, b) 6= ∅ f¨ ur alle a, b ∈ R. Beweis. Sind a und b beide null, so ist nichts zu beweisen. Wir d¨ urfen daher annehmen, dass nicht beide null sind. Aus Symmetriegr¨ unden d¨ urfen wir weiter annehmen, dass a 6= 0 gilt. Weil g Teiler von a ist, ist dann auch g nicht null. Es sei V gemeinsames Vielfaches von a und b. Nach Satz 5 ist dann     ab V b ggT V, = a ggT , . g a g a g

Nun ist V = Hb mit H ∈ R, sodass

a G(R) = ggT g nach den S¨ atzen 6 und 7. Also ist

a g

Teiler von H gb ist. Es folgt 

a b ,H g g



 = ggT

a ,H g



Teiler von H. Hieraus folgt mit Satz 5

      ab V b Hg b b ggT V, = a ggT , = a ggT · , g a g a g g  g  ab ab = ggT H , 1 = G(R). g a g Also ist

ab g

Teiler von V , sodass

ab g

∈ kgV(a, b) gilt.

Ist R ein Integrit¨ atsbereich, in dem je zwei Elemente einen gr¨oßten gemeinsamen Teiler haben, so nennen wir R einen ggT-Bereich. Satz 9. Ist R ein ggT-Bereich, so gilt: a) F¨ ur alle a, b, c ∈ R ist ggT(ac, bc) = c ggT(a, b). b) Sind a, b ∈ R und sind a und b nicht beide null, ist ferner g ∈ ggT(a, b), so ist  ggT

a b , g g

 = G(R).

c) Sind a, b ∈ R teilerfremd, ist c ∈ R und ist a Teiler von bc, so ist a Teiler von c. d) Sind a, b, c ∈ R und sind a und c teilerfremd, so ist ggT(a, bc) = ggT(a, b). Dieser Satz ist eine Zusammenfassung fr¨ uherer S¨atze. Ein wichtige Klasse von ggT-Bereichen wird von den euklidischen Ringen gebildet, die wir jetzt definieren werden. Dazu sei R ein Integrit¨atsbereich und f sei eine Abbildung von R∗ in N0 . Genau dann heißt f eine Euklidfunktion auf R, wenn es zu a, b ∈ R mit b 6= 0 stets q, r ∈ R gibt, sodass a = qb + r und r = 0 oder f (r) < f (b) gilt. Besitzt der Integrit¨ atsbereich R eine Euklidfunktion f , so heißt R euklidischer Ring und (R, f ) euklidisches Paar .

1. Der gr¨ oßte gemeinsame Teiler

53

Satz 10. Es sei (R, f ) ein euklidisches Paar. Dann ist R ein ggT-Bereich. Dar¨ uberhinaus gilt: a) Es ist ggT(a, 0) = aG(R) f¨ ur alle a ∈ R. b) Sind a, b, q, r ∈ R und gilt a = qb + r, so ist ggT(a, b) = ggT(b, r). Beweis. a) und b) gelten in jedem Integrit¨ atsbereich, wobei man zum Beweis von b) auch die zu a = qb + r ¨ aquivalente Gleichung a − qb = r benutzen muss. Zusammen besagen diese beiden Gleichungen n¨ amlich, dass die gemeinsamen Teiler von a und b genau die gemeinsamen Teiler von b und r sind. Sind nun q und r speziell so gew¨ ahlt, dass entweder r = 0 oder f (r) < f (b) ist, so folgt mittels Induktion, dass ggT(b, r) und dann auch ggT(a, b) nicht leer ist. Der Ring Z der ganzen Zahlen ist ein euklidischer Ring, da es zu a, b ∈ Z mit b 6= 0 stets q, r ∈ Z gibt mit a = qb + r und 0 ≤ r < |b|. Der Absolutbetrag ist also eine Euklidfunktion auf Z. Dass euklidische Ringe im Allgemeinen mehr als eine Euklidfunktion besitzen, sieht man daran, dass auch die f¨ ur 0 6= z ∈ Z durch g(z) := blog2 |z|c definierte Abbildung g eine Euklidfunktion auf Z ist. Dabei ist bxc f¨ ur reelle Zahlen x diejenige ganze Zahl, f¨ ur die bxc ≤ x < bxc + 1 gilt. In Abschnitt 3 wird etwas mehr zu dieser Euklidfunktion gesagt werden. Eine weitere sehr wichtige Klasse von euklidischen Ringen bilden die Polynomringe in einer Unbestimmten u orpern. Es ist anzunehmen, dass der Leser ¨ber kommutativen K¨ zumindest ihre Definition kennt und dass er weiß, was der Grad eines Polynoms ist. Um einzusehen, dass diese Ringe euklidisch sind, sei K ein kommutativer K¨orper und K[x] sei der Polynomring in der Unbestimmten x u ¨ber K. Ferner seien f , g ∈ K[x] und es gelte g 6= 0. Wir setzen m := Grad(g) und, falls f nicht null ist, n := Grad(f ). Mit fn bezeichnen wir den Leitkoeffizienten von f , d.h. den Koeffizienten bei xn . Entsprechend bezeichnet gm den Leitkoeffizienten von g. Dann ist gm 6= 0. Wir definieren nun f MOD g und f DIV g durch f MOD g := Ist (f = 0) oder (n < m), so f −1 n−m sonst (f − fn gm x g) MOD g

bzw. f DIV g := Ist (f = 0) oder (n < m), so 0 −1 n−m −1 n−m sonst fn gm x + (f − fn gm x g) DIV g.

Dann gilt, wie unschwer einzusehen ist, Satz 11. Es sei K ein kommutativer K¨ orper und K[x] sei der Polynomring in der Unbestimmten x u 6 0, so gilt ¨ber K. Sind f , g ∈ K[x] und ist g = f = (f DIV g)g + f MOD g und f MOD g = 0 oder Grad(f MOD g) < Grad(g). Insbesondere ist (K[x], Grad) also ein euklidisches Paar.

54

III. Der gr¨oßte gemeinsame Teiler

Damit haben wir im Ring Z der ganzen Zahlen und in den Polynomringen K[x] erste Beispiele f¨ ur ggT-Bereiche gefunden. Der Ring Z der ganzen Zahlen ist nicht nur ein ggT-Bereich, vielmehr gilt in Z auch der Satz von der eindeutigen Primfaktorzerlegung. Ringe mit dieser Eigenschaft werden uns im Folgenden ebenfalls interessieren. Daher werden wir hier die Primelemente in ggT-Bereichen charakterisieren. Es sei R ein kommutativer Ring mit Eins. Sind a, b ∈ R, so heißen a und b genau dann assoziiert, wenn es ein u ∈ G(R) gibt mit a = bu. Die Relation des Assoziiertseins ¨ ist eine Aquivalenzrelation. Ist R Integrit¨atsbereich, so sind die Elemente a und b von R genau dann assoziiert, wenn a Teiler von b und b Teiler von a ist. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich. Das Element p ∈ R heißt irreduzibel , wenn p ∈ R∗ − G(R) ist und aus p = ab mit a, b ∈ R stets folgt, dass p zu a oder zu b assoziiert ist, wenn aus p = ab also stets a ∈ G(R) oder b ∈ G(R) folgt. Es sei R weiterhin ein Integrit¨ atsbereich. Das Element p ∈ R heißt Primelement, wenn p ∈ R∗ − G(R) gilt und aus der Teilbarkeit von ab mit a, b ∈ R durch p stets folgt, dass a oder b durch p teilbar ist. Primelemente sind stets irreduzibel. Die Umkehrung gilt nicht, wie folgendes Beispiel zeigt.√ √ √ 2 Das Element 3√ist irreduzibel √ in Z[ −5], und 3 teilt 3 = (2 + −5)(2 − −5). Aber 3 teilt√weder 2+ −5 noch 2− −5, wie wir gesehen haben. Also ist 3 kein Primelement in Z[ −5]. Satz 12. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich. Ferner sei p ∈ R. Genau dann ist p Primelement in R, wenn p irreduzibel ist und außerdem kgV(a, p) 6= ∅ f¨ ur alle a ∈ R gilt. Beweis. Es sei p ein Primelement. Dann ist p irreduzibel, wie wir schon bemerkten. Es sei a ∈ R. Ist p Teiler von a, so ist a ∈ kgV(a, p), sodass kgV(a, p) nicht leer ist. Es sei also p kein Teiler von a. Wir zeigen, dass ap ∈ kgV(a, p) ist. Nat¨ urlich ist ap gemeinsames Vielfaches von a und p. Es sei v gemeinsames Vielfaches von a und p. Dann ist v = ab mit einem b ∈ R. Weil v auch Vielfaches von p ist, ist p Teiler von ab und damit als a nicht teilendes Primelement von R Teiler von b. Somit ist ap Teiler von ab = v. Damit ist gezeigt, dass ap ein kleinstes gemeinsames Vielfaches von a und p ist. Es sei nun p irreduzibel und es gelte kgV(a, p) 6= ∅ f¨ ur alle a ∈ R. Es sei p Teiler von ab. Weil kgV(a, p) 6= ∅ ist, ist nach Satz 2 auch ggT(a, p) 6= ∅. Weil p irreduzibel ist, folgt ggT(a, p) = pG(R) oder ggT(a, p) = G(R). Im ersten Fall ist p Teiler von a und im zweiten nach Satz 3 Teiler von b. Damit ist alles bewiesen. Satz 13. Ist R ein ggT-Bereich, so ist jedes irreduzible Element von R Primelement von R. Dies folgt aus den S¨ atzen 8 und 12. 2. ZPE-Bereiche. Viele interessante Integrit¨atsbereiche haben die Eigenschaft, dass jedes von 0 verschiedene Element, welches keine Einheit ist, Produkt von Primelementen ist. Dazu geh¨ oren die euklidischen Ringe, aber nicht nur diese. Diese Ringe werden wir nun etwas n¨ aher untersuchen. Zun¨ achst formulieren wir den f¨ ur Primelemente grundlegenden Satz.

2. ZPE-Bereiche

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Satz 1. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich und (pi | i ∈ I) und (qj | j ∈ J) seien zwei endliche Familien von Primelementen von R. Ist dann u ∈ G(R) und gilt Y

pi = u

i∈I

Y

qj ,

j∈J

so gibt es eine Bijektion σ von I auf J, sodass pi und qσ(i) f¨ ur alle i ∈ I assoziiert sind. Q Beweis. Ist I = ∅, so ist 1 = u j∈J qj und daher J = ∅, da Teiler der Eins stets Einheiten sind. Ebenso folgt aus J = ∅, dass I = ∅ ist. Es sei I 6= ∅. Dann ist auch J 6= ∅. Es gibt also ein a ∈ I und ein b ∈ J. Es folgt, dass pa Teiler von Y qb qj j∈J−{b}

und damit von qb oder von Y

qj

j∈J−{b}

ist. Mittels Induktion folgt daher, dass es ein c ∈ J gibt, sodass pa Teiler von qc ist. Es sei a ∈ I. Es gibt dann ein b ∈ J, wie wir gerade gesehen haben, sodass pa Teiler von qb ist. Es ist also qb = vpa mit v ∈ R. Weil qb ein Primelement ist, Primelemente aber unzerlegbar sind, folgt, dass v ∈ G(R) gilt, da ja pa 6∈ G(R) ist. Somit ist uv ∈ G(R). Weiter folgt Y Y pi = uv qj . i∈I−{a}

j∈J−{b}

Nach Induktionsannahme gibt es daher eine Bijektion σ von I − {a} auf J − {b}, sodass pi und qσ(i) f¨ ur alle i ∈ I − {a} assoziiert sind. Setzt man schließlich σ(a) := b, so ist σ die gesuchte Bijektion von I auf J. Ein Integrit¨ atsbereich R heißt ZPE-Bereich, falls jedes Element aus R∗ − G(R) Produkt von Primelementen ist. Ein solches Produkt ist dann nach Satz 1 im Wesentlichen eindeutig. Daher der Name ZPE, d.i., die Zerlegung in Primfaktoren ist eindeutig. Der Name ist nicht sehr gut gew¨ ahlt, da er nichts u ¨ber die Existenz der Zerlegung aussagt, die dann die Eindeutigkeit nach sich zieht. Ich vermute, dass diese Namensgebung daher r¨ uhrt, dass in den Anf¨ angen der Ringtheorie nicht zwischen irreduziblen Elementen und Primelementen unterschieden wurde. Ist die Zerlegung in irreduzible Elemente stets m¨ oglich und in obigem Sinne eindeutig, so sind die irreduziblen Elemente Primelemente. ¨ Dies zu beweisen, sei dem Leser als Ubungsaufgabe u ¨berlassen. Eine triviale, aber n¨ utzliche Bemerkung ist der folgende Satz. Satz 2. Ist R ein ggT-Bereich und ist jedes Element aus R∗ − G(R) Produkt von irreduziblen Elementen, so ist R ein ZPE-Bereich. Beweis. Nach 1.13 ist jedes irreduzible Element von R ein Primelement. Wir streben nun eine Charakterisierung der ZPE-Bereiche an, die uns gestatten wird, Hauptidealbereiche als ZPE-Bereiche zu erkennen.

56

III. Der gr¨oßte gemeinsame Teiler

Es sei R ein kommutativer Ring mit Eins. Das Ideal P von R heißt Primideal , falls P 6= R ist und f¨ ur alle a, b ∈ R aus ab ∈ P folgt, dass a ∈ P oder b ∈ P ist. Das Ideal P ist also genau dann ein Primideal, wenn R/P ein Integrit¨atsbereich ist. Insbesondere ist R genau dann ein Integrit¨ atsbereich, wenn {0} ein Primideal ist. Ist P ein Primideal, so ist R − P multiplikativ abgeschlossen. Ist R ein Integrit¨ atsbereich und ist p ∈ R∗ , so ist p genau dann ein Primelement, wenn pR ein Primideal ist. Der Begriff des Primideals ist also eine Verallgemeinerung des Begriffs Primelement. Der folgende von W. Krull stammende Satz ist immer wieder n¨ utzlich, wenn es darum geht, Primideale zu konstruieren, wobei das Wort konstruieren“ cum grano salis zu ” verstehen ist, da die fraglichen Konstruktionen stets vom zornschen Lemma Gebrauch machen. Der krullsche Satz ist eine Umkehrung des Sachverhalts, dass das Komplement eines Primideals multiplikativ abgeschlossen ist. Satz 3. Es sei R ein kommutativer Ring mit Eins und S sei eine multiplikativ abgeschlossene, nichtleere Teilmenge von R. Ist dann P ein Ideal von R mit den Eigenschaften: α) Es ist P ∩ S = ∅, β) Ist I ein Ideal von R mit P ⊆ I und P 6= I, so ist I ∩ S 6= ∅, so ist P ein Primideal. Beweis. Es seien a, b ∈ R und es gelte ab ∈ P , aber a, b 6∈ P . Dann sind aR + P und bR + P Ideale von R, da R ja kommutativ ist. Weil R eine Eins hat, gilt a ∈ aR + P und b ∈ bR + P . Folglich sind aR + P und bR + P Ideale, die echt oberhalb P liegen. Wegen β) gibt es ein s ∈ S ∩ (aR + P ) und ein t ∈ S ∩ (bR + P ). Es folgt s = au + p und t = bv + q mit u, v ∈ R und p, q ∈ P . Daher ist st = abuv + auq + pbv + pq ∈ S ∩ P = ∅. Dieser Widerspruch zeigt, dass P doch ein Primideal ist. Und nun die angek¨ undigte Charakterisierung der ZPE-Bereiche. Satz 4. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich. Genau dann ist R ein ZPE-Bereich, wenn jedes von {0} verschiedene Primideal von R ein Primelement enth¨ alt. Beweis. Es sei R ein ZPE-Bereich. Ferner sei P ein von {0} verschiedenes Primideal von R. Ist 0 6= a ∈ P , so ist a 6∈ G(R), da ja P als Primideal von R verschieden ist. Es gibt also ein Primelement p und ein b ∈ R mit a = pb. Wegen pb ∈ P ist p ∈ P oder b ∈ P . Mittels Induktion nach der Anzahl der Primteiler von a folgt hieraus, dass es einen Primteiler q von a gibt, der in P liegt. Es gelte umgekehrt, dass jedes von {0} verschiedene Primideal von R ein Primelement enth¨ alt. Es sei S 0 die Menge der Elemente von R, die Produkte von Primelementen sind. Setze S := G(R) ∪ S 0 . Es ist zu zeigen, dass S = R∗ ist. Zun¨ achst zeigen wir: Sind a, b ∈ R∗ und ist ab ∈ S, so sind a, b ∈ S. Dazu d¨ urfen wir annehmen, dass ab 6∈ G(R) gilt. Dann ist ab = p1 · · · pt mit Primelementen pi . Es folgt, dass pt ein Teiler von a oder von b ist. Wir d¨ urfen o.B.d.A. annehmen, dass b = b0 pt 0 ist. Es folgt ab = p1 · · · pt−1 ∈ S und nach Induktionsannahme daher a, b0 ∈ S. Dann ist aber auch b = b0 pt ∈ S.

2. ZPE-Bereiche

57

Angenommen R∗ − S ist nicht leer. W¨ ahle a ∈ R∗ − S. Nach der gerade gemachten Bemerkung ist dann aR ∩ S = ∅. Es sei Φ die Menge der Ideale von R, die mit S leeren Durchschnitt haben und aR enthalten. Dann ist Φ nicht leer, da ja aR zu Φ geh¨ ort. Mittels des zornschen Lemmas erschließen wir die Existenz eines P , welches in (Φ, ⊆) maximal ist. Dann erf¨ ullt P die Bedingungen α) und β) von Satz 3, ist also ein Primideal nach eben diesem Satz. Dann enth¨ alt P aber ein Primelement im Widerspruch zu P ∩ S = ∅. Also ist doch R∗ = S. Ideale der Form aR eines Ringes R und nur solche heißen Hauptideale. Ein Integrit¨ atsbereich heißt Hauptidealbereich, falls alle seine Ideale Hauptideale sind. Satz 5. Jeder Hauptidealbereich ist ZPE-Bereich. Beweis. Ist P ein Primideal des Hauptidealbereiches R, welches von {0} verschieden ist, so gibt es ein p ∈ R mit P = pR. Es folgt, dass p ein in P liegendes Primelement ist. Nach Satz 4 ist R daher ein ZPE-Bereich. Zum Schluss dieses Abschnitts beweisen wir noch Satz 6. Ist R ein ZPE-Bereich, so ist R ein ggT-Bereich. Beweis. Es seien a, b ∈ R. Ist a = 0 oder b = 0, so ist ggT(a, b) 6= ∅, wie wir wissen. Es seien also a und b beide von null verschieden. Es gibt dann eine endliche Familie (pi | i ∈ I) von paarweise nicht assoziierten Primelementen und zwei Familien (ei | i ∈ I) und (fi | i ∈ I) von nichtnegativen ganzen Zahlen sowie zwei Einheiten α, Q Q β ∈ G(R) mit a = α i∈I pei i und b = β i∈I pfi i . Wir setzen g :=

Y

min(ei ,fi )

pi

.

i∈I

Dann ist g ein gr¨ oßter gemeinsamer Teiler von a und b. Sicherlich ist g ein gemeinsamer Teiler von a und b. Es sei c ein gemeinsamer Teiler von a und b. Ist q ein Primteiler von c, so folgt mit Satz 1, dass q zu einem der pi assoziiert ist. Hieraus folgt, dass c := γ

Y

phi i

i∈I

ist, wobei γ eine Einheit ist und die hi nichtnegative ganze Zahlen sind. Weil c ein Teiler von a ist, folgt mittels Satz 1 die Ungleichung hi ≤ ei . Entsprechend folgt hi ≤ fi . Daher ist hi ≤ min(ei , fi ), sodass c ein Teiler von g ist. Damit ist die G¨ ultigkeit von g ∈ ggT(a, b) erkannt. Weil ei + fi = max(ei , fi ) + min(ei , fi ) ist, folgt mit Satz 8 von Abschnitt 1, dass das Produkt Y max(e ,f ) i i pi i∈I

ein kleinstes gemeinsames Vielfaches von a und b ist.

58

III. Der gr¨oßte gemeinsame Teiler

3. Euklidische Ringe. F¨ ur euklidische Ringe haben wir bislang nur die externe Beschreibung mittels der Euklidfunktionen. In diesem Abschnitt geben wir nun eine von Motzkin stammende interne Beschreibung der euklidischen Ringe, die wir sp¨ater benutzen werden, um von einigen Hauptidealbereichen zu erkennen, dass sie keine euklidischen Ringe sind (Motzkin 1949). Zur Vorbereitung hier noch einiges u ¨ber Euklidfunktionen. Satz 1. Es sei f eine Euklidfunktion auf dem Integrit¨ atsbereich R. Genau dann gilt f (a) ≤ f (ab) f¨ ur alle a, b ∈ R∗ , wenn f (a) = f (au) f¨ ur alle a ∈ R∗ und alle u ∈ G(R) gilt. Beweis. Es gelte f (a) ≤ f (ab) f¨ ur alle a, b ∈ R∗ . Ist dann u ∈ G(R), so folgt f (au) ≤ f (auu−1 ) = f (a) ≤ f (au), sodass f (au) = f (a) gilt. Es gelte umgekehrt f (a) = f (au) f¨ ur alle a ∈ R∗ und alle u ∈ G(R). Banalerweise gilt f (a · 1) ≤ f (a). Es gibt daher ein b ∈ R∗ mit f (ab) ≤ f (a) und f (ab) ≤ f (ay) f¨ ur alle y ∈ R∗ . Es gibt ferner q, r ∈ R mit a = qab + r und r = 0 oder f (r) < f (ab). Wegen r = a1 − qab = a(1 − qb) kann nicht r 6= 0 gelten, da sonst
f (ab) ≤ f a(1 − qb) = f (r) < f (ab) w¨ are. Es folgt qb = 1, sodass b eine Einheit ist. Daher gilt f (ab) = f (a) und weiter f (a) ≤ f (ay) f¨ ur alle y ∈ R∗ . Damit ist Satz 1 bewiesen. Satz 2. Es sei f eine Euklidfunktion auf dem Integrit¨ atsbereich R. Definiert man f 0 durch
f 0 (a) := min f (au) | u ∈ G(R) f¨ ur alle a ∈ R∗ , so ist f 0 eine Euklidfunktion auf R und es gilt f 0 (a) ≤ f 0 (ab) f¨ ur alle a, b ∈ R∗ . Beweis. Es seien a, b ∈ R∗ . Es gibt ein v ∈ G(R) mit f 0 (b) = f (vb). Es gibt q, r ∈ R mit va = qvb + r und r = 0 oder f (r) < f (vb). Im letzteren Fall ist f 0 (r) ≤ f (r) < f (vb) = f 0 (b). Nun ist a = qb + v −1 r und v −1 r = 0 oder f 0 (v −1 r) = f 0 (r) < f 0 (b), sodass f 0 eine Euklidfunktion ist. Es gilt f 0 (a) = f 0 (au) f¨ ur alle u ∈ G(R) und alle a ∈ R∗ , sodass nach Satz 1 stets f 0 (a) ≤ f 0 (ab) gilt. Damit ist alles bewiesen. Hat R eine Euklidfunktion, so besagt dieser Satz, dass R auch eine Euklidfunktion f hat, f¨ ur die f (a) ≤ f (ab) f¨ ur alle a, b ∈ R∗ gilt. Man darf die G¨ ultigkeit dieser Eigenschaft daher immer ohne Einschr¨ ankung der Allgemeinheit voraussetzen.

3. Euklidische Ringe

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Satz 3. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich und f sei eine Euklidfunktion auf R und es gelte f (a) ≤ f (ab) f¨ ur alle a, b ∈ R. Ist u ∈ R∗ , so sind ¨ aquivalent: a) Es ist u ∈ G(R). b) Es ist f (au) = f (a) f¨ ur alle a ∈ R∗ . ∗ c) Es gibt ein a ∈ R mit f (au) = f (a). d) Es ist f (u) = f (1). Beweis. Nach Satz 1 ist b) eine Folge von a) und c) folgt trivialerweise aus b). Wir zeigen, dass a) eine Folge von c) ist. Es ist au ∈ aR. Andrerseits ist f (au) = f (a) ≤ f (ab) f¨ ur alle b ∈ R∗ . Es ist a = qau + r mit r = 0 oder f (r) < f (au) = f (a). Es folgt r = a(1 − qu) und daher r = 0, da sich sonst der Widerspruch f (r) < f (a) ≤ f (a(1 − qu)) = f (r) erg¨ abe. Also ist 1 = qu und folglich u ∈ G(R). b) impliziert d) und d) impliziert a), da dies der Spezialfall a = 1 von c) ist. Ist R ein Integrit¨ atsbereich und ist S ⊆ R∗ , so setzen wir  S 0 := b | b ∈ S, es gibt ein a ∈ R mit a + bR ⊆ S . Es gilt stets S 0 ⊆ S. Eine Teilmenge T von R∗ heißt M -Ideal , falls T r ⊆ T gilt f¨ ur alle r ∈ R∗ . Satz 4. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich und S und T seien Teilmengen von R∗ . 0 a) Ist T ⊆ S, so ist T ⊆ S 0 . b) Ist S ein M -Ideal, so ist auch S 0 ein M -Ideal. Beweis. a) Es sei t ∈ T 0 . Dann ist t ∈ T und folglich t ∈ S. Es gibt ferner ein a ∈ R mit a + tR ⊆ T . Wegen T ⊆ S ist daher t ∈ S 0 . b) Es sei s ∈ S 0 und r ∈ R∗ . Es folgt s ∈ S und weiter sr ∈ S. Es gibt außerdem ein a ∈ R mit a + sR ⊆ S. Daher ist a + srR ⊆ a + sR ⊆ S, sodass sr ∈ S 0 gilt. Damit ist alles bewiesen. Satz 5. Es sei (R, f ) ein euklidisches Paar und es gelte f (a) ≤ f (ab) f¨ ur alle a, b ∈ R∗ . Ist i ∈ N0 , so setzen wir Pi (f ) := {x | x ∈ R∗ , f (x) ≥ i}. Es gilt dann: a) Pi (f ) ist f¨ ur alle i ∈ N0 ein M -Ideal. b) Es ist Pi+1 (f ) ⊆ Pi (f ) f¨ ur alle i ∈ N0 . 0 c) Es ist P (f ) ⊆ P (f ) f¨ ur alle i ∈ N0 . i i+1 T d) Es ist i∈N0 Pi (f ) = ∅.

60

III. Der gr¨oßte gemeinsame Teiler

Beweis. a) Es sei a ∈ Pi (f ) und b ∈ R∗ . Dann ist f (ab) ≥ f (a) ≥ i und folglich ab ∈ Pi (f ). b) ist trivial. c) Es sei b ∈ Pi (f )0 . Es gibt dann ein a ∈ R mit a + bR ⊆ Pi (f ). Es gibt ferner q, r ∈ R mit a = qb + r und r = 0 oder f (r) < f (b). Wegen r = a − qb ∈ a + bR ⊆ Pi (f ) ist r 6= 0 und daher i ≤ f (r) < f (b), sodass b ∈ Pi+1 (f ) ist. d) Ist x ∈ R∗ , so ist x 6∈ Pf (x)+1 (f ), sodass auch die letzte Aussage richtig ist. Satz 6. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich und (Si |i ∈ N0 ) sei eine Familie von Teilmengen von R∗ mit den Eigenschaften: a) Si ist f¨ ur alle i ∈ N0 ein M -Ideal. Ferner ist S0 = R∗ . b) Es ist Si+1 ⊆ Si f¨ ur alle i ∈ N0 . 0 c) Es ist S ⊆ S f¨ ur alle i ∈ N0 . i+1 Ti d) Es ist i∈N0 Si = ∅. Ist x ∈ R∗ , so gibt es genau ein i ∈ N0 mit x ∈ Si − Si+1 . Setzt man dann f (x) := i, ¨ so ist f eine Euklidfunktion auf R mit f (a) ≤ f (ab) f¨ ur alle a, b ∈ R∗ . Uberdies gilt Pi (f ) = Si . Beweis. Aus a), b) und d) folgt, dass f in der Tat eine Abbildung von R∗ in N0 ist. Es seien a, b ∈ R∗ . Weil Sf (a) ein M -Ideal ist und a ∈ Sf (a) gilt, folgt ab ∈ Sf (a) und somit f (ab) ≥ f (a). Es seien a, b ∈ R∗ und es gelte a 6∈ bR. Nach c) ist Sf0 (b) ⊆ Sf (b)+1 . Aufgrund der Definition von f ist daher f (b) 6∈ Sf0 (b) . Daher ist a + bR nicht in Sf (b) enthalten. Es gibt also q, r ∈ R mit r = a − qb 6∈ Sf (b) . Hieraus folgt, dass r = 0 ist oder aber dass f (r) < f (b) gilt. Dies zeigt, dass f eine Euklidfunktion ist. Die letzte Aussage schließlich, dass Si = Pi (f ) ist, ist trivial, da f gerade so definiert ist, dass diese Gleichungen gelten. Ist R ein Integrit¨ atsbereich, so definieren wir R(i) rekursiv durch R(0) := R∗ und (i) 0 R := (R ) . (i+1)

Satz 7. Ist (R, f ) ein euklidisches Paar, so ist R(i) ⊆ Pi (f ) f¨ ur alle i ∈ N0 . Beweis. Dies ist richtig f¨ ur i = 0. Ist i ≥ 0 und gilt der Satz f¨ ur i, so folgt mit Satz 4 a) und Satz 5 c), dass R(i+1) ⊆ Pi0 (f ) ⊆ Pi+1 (f ) gilt. Damit ist der Satz bewiesen. Satz 8. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich. Genau dann ist R euklidisch, wenn \ R(i) = ∅. i∈N0

3. Euklidische Ringe

61

Beweis. Besitzt R eine Euklidfunktion, so besitzt R nach Satz 2 auch eine Euklidfunktion f mit f (a) ≤ f (ab) f¨ ur alle a, b ∈ R∗ . Mit den S¨atzen 7 und 5 folgt dann, dass \ \ R(i) ⊆ Pi (f ) = ∅. i∈N0

i∈N0

Es sei umgekehrt der Schnitt u ¨ber die R(i) leer. Mittels Satz 4 und einer einfachen (i) Induktion folgt, dass die R allesamt M -Ideale sind. Damit sind die Bedingungen des Satzes 6 erf¨ ullt, sodass R eine Euklidfunktion f besitzt, f¨ ur die dar¨ uberhinaus noch gilt, dass Pi (f ) = R(i) ist. F¨ ur den wichtigsten euklidischen Ring u ¨berhaupt, den Ring Z der ganzen Zahlen, wollen wir nun noch Z(i) berechnen. Satz 9. Es sei Z der Ring der ganzen Zahlen. Ist i ∈ N0 , so ist Z(i) = {x | x ∈ Z, |x| ≥ 2i }. Beweis. Der Satz ist richtig f¨ ur i = 0. Es sei i ≥ 0 und der Satz gelte f¨ ur i. Es sei x ∈ Z(i) und es gelte |x| < 2i+1 . Wir zeigen, dass x 6∈ Z(i+1) gilt. Dazu m¨ ussen wir zeigen, dass a + xZ(i) 6⊆ Z(i) f¨ ur alle a ∈ Z gilt. Dazu sei a ∈ Z. Wegen x ∈ Z(i) gilt |x| ≥ 2i . Also ist |x| = 2i + j mit j < 2i . 1. Fall: x = 2i + j. Es gibt dann eine rationale Zahl r mit 0 < r ≤ 1 und ein k ∈ Z mit a + 2i = k + r. 2i + j Setzt man z := −k, so folgt a + xz = a − (2i + j)k = (k + r)(2i + j) − 2i − (2i + j)k = 2i (r − 1) + rj. Es folgt −2i < a + xz ≤ j < 2i und damit a + xz 6∈ Z(i) . Da a beliebig war, folgt weiter, dass x 6∈ Z(i+1) ist. 2. Fall: x = −2i − j. Es gibt dann eine rationale Zahl r mit 0 ≤ r < 1 und ein k ∈ Z, sodass a − 2i =k+r 2i + j ist. Wir setzen z := k + 1. Dann ist a + xz = a − (2i + j)(k + 1) = (k + r)(2i + j) + 2i − (2i + j)(k + 1) = r2i + j(r − 1).

62

III. Der gr¨oßte gemeinsame Teiler

Also ist −2i < −j ≤ a + xz < 2i , sodass wiederum x 6∈ Z(i+1) folgt. Wir haben also gezeigt, dass f¨ ur alle y ∈ Z(i+1) die Ungleichung |y| ≥ 2i+1 gilt. i+1 Es sei umgekehrt |y| ≥ 2 . Dann ist y ∈ Z(i) . Wir setzen a := 2i . W¨are nun a + yZ 6⊆ Z(i) , so g¨ abe es ein z ∈ Z mit |a + yz| < 2i . Es folgte
2i 2|z| − 1 = 2i+1 |z| − 2i ≤ |yz| − a ≤ |yz + a| < 2i . Dies h¨ atte 2|z| − 1 < 1, d.h. z = 0 und damit den Widerspruch 2i = a = |a + yz| < 2i zur Folge. Also ist doch a + yZ ⊆ Z(i) und damit y ∈ Z(i+1) . Damit ist alles bewiesen. Die zu der Folge (Z(i) | i ∈ N0 ) geh¨ orende Euklidfunktion von Z ist die durch 2f (a) ≤ |a| < 2f (a)+1 definierte Funktion f . Es ist   f (a) = log2 (|a|) . Sind a, b ∈ Z∗ , so gibt es also q, r ∈ Z mit a = qb+r und r = 0 oder f (r) < f (b). W¨ahlt man bei der Division mit Rest q und r so, dass r der absolut kleinste Rest modulo b ist, so ist |r| ≤ 12 |b| und daher f (r) < f (b). Eine zu f passende Division mit Rest l¨asst sich also realisieren. Wegen 5 = 2·2+1 = 3·2−1 und, weniger trivial, 15 = 1·8+7 = 2·8−1 gibt es nicht nur eine Realisierung.

Aufgaben 1. Es sei 1 6= D ∈ Z und D sei quadratfrei , d.h. D sei nicht durch das Quadrat einer Primzahl teilbar. Dann ist √ √ Q[ D] := {r + s D | r, s ∈ Q} √ ein Teilk¨ orper von C. Ferner ist {1, D} eine Q-Basis dieses K¨orpers. √ √ 2. Es sei 1 6= D ∈ Z und D sei quadratfrei. Dann ist √ die durch (r + s D)α := r − s D definierte Abbildung α ein Automorphismus von Q[ D]. √ 3. Es sei 1 6=√D ∈ Z und D sei quadratfrei. Setze ∆ := D, falls D 6≡ 1 mod 4 ist, und ∆ := 12 (1 + D), falls D ≡ 1 mod 4 ist. Zeigen Sie, dass AD := {u + v∆ | u, v ∈ Z} ein Ring ist und dass dar¨ uber hinaus √ AD = {z | z ∈ Q[ D], es gibt a, b ∈ Z mit z 2 + az + b = 0} gilt.

Aufgaben

63

4. Es sei 1 6= D ∈ Z und D sei quadratfrei. Bestimmen Sie f¨ ur D < 0 die Einheitengruppe G(AD ) von AD . α (Ist e ∈ G(AD ), so betrachte √ man N (e) := ee , wobei α der in Aufgabe 2 beschriebene Automorphismus von Q[ D] ist.) 5. Zeigen Sie, dass die durch g(z) := blog2 |z|c definierte Abbildung g von Z∗ in N0 eine Euklidfunktion auf Z ist. 6. Es sei 1 6= D ∈ Z∗ und D sei quadratfrei. Zeigen Sie, dass dann jedes Element in A∗D − G(AD ) Produkt von irreduziblen Elementen ist. 7. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich. Sind a, b ∈ R, so ist genau dann kgV(a, b) 6= ∅, wenn aR ∩ bR ein Hauptideal ist. 8. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich. F¨ ur a, b ∈ R setzen wir Φa,b := {cR | c ∈ R, aR + bR ⊆ cR}. Zeigen Sie, dass ggT(a, b) genau dann nicht leer ist, wenn Φa,b ein bez¨ uglich der Inklusion kleinstes Element enth¨ alt. (Die beste aller Welten ist also die, in der aR + bR ∈ Φa,b gilt.)

IIII. Das quadratische Reziprozit¨atsgesetz Im ersten Kapitel tauchte bei der Untersuchung der geraden vollkommenen Zahlen die Frage auf, wie man entscheidet, ob 2p − 1 eine Primzahl ist. Zu diesem Zweck gibt es einen einfachen Test, den sogenannten Lucas-Lehmer-Test. Ihn wollen wir in diesem Kapitel vorstellen und seine G¨ ultigkeit nachweisen. Wir werden hier einen von M. I. Rosen stammenden Beweis vorstellen (Rosen 1988). F¨ ur diesen ben¨otigen wir das quadratische Reziprozit¨ atsgesetz, das in der Zahlentheorie immer wieder zum Zuge kommt. Außerdem ben¨ otigen wir Kenntnisse u ¨ber die Ringe AD , insbesondere die, dass A−1 und A3 euklidische Ringe sind. Dabei nutzen wir die Euklidizit¨at von A−1 dazu aus, den fermatschen Zwei-Quadrate-Satz zu beweisen, dass sich jede Primzahl, die nicht kongruent 3 modulo 4 ist, als Summe von zwei Quadraten darstellen l¨asst. H¨ohepunkte dieses Kapitels sind der chinesische Restsatz, das quadratische Reziprozit¨atsgesetz mit seinen Erg¨ anzungss¨ atzen, der Lucas-Lehmer-Test und der fermatsche Zwei-QuadrateSatz. Die letzten beiden Dinge zeigen ganz deutlich, dass es sich lohnt, allgemeinere Integrit¨ atsbereiche als den Ring der ganzen Zahlen in die Untersuchungen einzubeziehen, wenn man Resultate u ¨ber Z erhalten will. 1. Der chinesische Restsatz. Der chinesische Restsatz ist f¨ ur Theorie und Praxis von großer Bedeutung. Sein Name r¨ uhrt daher, dass sich in einem chinesischen Manuskript aus dem 3. Jahrhundert nach Christus eine Aufgabe fand, die verlangte, eine Zahl n so zu finden, dass n ≡ 2 mod 3, n ≡ 3 mod 5 und n ≡ 2 mod 7 ist. Eine solche Zahl zu finden ist nicht schwierig, wie der Beweis des chinesischen Restsatzes zeigt. Chinesischer Restsatz. Es seien m1 , . . . , mt paarweise teilerfremde ganze Zahlen und r1 , . . . , rt seien irgendwelche ganze Zahlen. Es gibt dann eine ganze Zahl n mit n ≡ ri mod mi f¨ ur i := 1, . . . , t. Ist n0 eine weitere Zahl mit n0 ≡ ri mod mi f¨ ur i := 1, . . . , t, so ist n ≡ n0 mod m1 · · · mt . Beweis. Setze N1 := r1 . Dann ist N1 ≡ r1 mod m1 . Es sei 1 ≤ k < t. Ferner sei Nk eine ganze Zahl mit Nk ≡ ri mod mi f¨ ur i := 1, . . . , k. Wegen ggT(mi , mk+1 ) = 1 ist auch ggT(m1 · · · mk , mk+1 ) = 1.

1. Der chinesische Restsatz

65

Es gibt daher eine ganze Zahl v mit vm1 · · · mk ≡ 1 mod mk+1 . Setzt man Nk+1 := Nk + (rk+1 − Nk )vm1 · · · mk , so folgt Nk+1 ≡ Nk ≡ ri mod mi f¨ ur i := 1, . . . , k und Nk+1 ≡ Nk + (rk+1 − Nk ) · 1 = rk+1 mod mk+1 . Setzt man n := Nt , so ist also n ≡ ri mod mi f¨ ur alle i. Es ist n ≡ n0 mod mi f¨ ur alle i. Daher gilt n ≡ n0 mod kgV(m1 , . . . , mt ). Weil die mi paarweise teilerfremd sind, gilt aber kgV(m1 , . . . , mt ) = m1 · · · mt . Damit ist alles bewiesen. Da der chinesische Restsatz so wichtig ist, wollen wir ihn auch noch auf eine andere Art formulieren. Korollar. Es sei n = m1 · · · mt mit paarweise teilerfremden ganzen Zahlen mi . Dann ist die durch σ(u + nZ) := (u + m1 Z, . . . , u + mt Z) definierte Abbildung σ ein Ring-Isomorphismus von Z/nZ auf R := Z/m1 Z ⊕ . . . ⊕ Z/mt Z. Beweis. Der Homomorphismus u → (u+m1 Z, . . . , u+mt Z) ist nach dem chinesischen Restsatz ein Epimorphismus von Z auf R mit dem Kern nZ ist. Hieraus folgt alles Weitere. Der Beweis des chinesischen Restsatzes liefert gleichzeitig einen Algorithmus, um eine L¨ osung n des Problems zu berechnen. L¨ ost man diese Rekursion auf, so sieht man, dass n = a1 + a2 m1 + a3 m1 m2 + . . . + at m1 · · · mt−1 ist mit ak ≡ (rk − Nk−1 )v mod mk , wobei N0 := 0 gesetzt wurde und sich v wiederum aus der Kongruenz vm1 · · · mk−1 ≡ 1 mod mk bestimmt. Dies erinnert an die Entwicklung von n in der Mischbasis m1 , m2 , . . . und es ist dies auch, wenn man die ai so w¨ ahlt, dass 0 ≤ ai < mi ist. In diesem Falle bekommt man die eindeutig bestimmte L¨ osung n des Problems mit der Eigenschaft, dass 0 ≤ n < m1 · · · mt

66

IIII. Das quadratische Reziprozit¨atsgesetz

ist. Sind alle mi ungerade, so kann man die ai aber auch so w¨ahlen, dass − m2i < ai < ist. Dann ist − 12 m1 · · · mt < n < 12 m1 · · · mt

mi 2

und auch diese L¨ osung ist einzig. Dies macht man sich beim modularen Rechnen zunutze. Dass dieses funktioniert, liegt daran, dass das Reduzieren modulo einer nat¨ urlichen Zahl n ein Epimorphismus von Z auf Z/nZ ist. Hier ein Beispiel. Es sei a eine (n×n)-Matrix mit aij ∈ Z. Es sei C eine obere Schranke f¨ ur die Betr¨age |aij |. Aufgrund der hadamardschen Ungleichung gilt dann (siehe etwa L¨ uneburg 1993a) det(a) ≤ n n2 C n . Es seien nun m1 , . . . , mt aus einem Vorrat an großen ungeraden Primzahlen so gew¨ahlt, dass n n 2 C n < 12 m1 · · · mt ist. Diese Ungleichung testet man nat¨ urlich durch Logarithmieren. Die Primzahlen mi seien also so gew¨ ahlt, dass n 2

log n + n log C + log 2
0, so ist {1, g, g 2 , . . . , g n−1 } eine Untergruppe von G. Mit dem Satz von Lagrange folgt daher ¨ Satz 5. Ist G eine endliche Gruppe und ist g ∈ G, so ist o(g) Teiler von |G|. Uberdies gilt g |G| = 1. Es sei G eine Gruppe. Gibt es ein g ∈ G, sodass der durch σ(z) := g z definierte Homomorphismus von (Z, +) in G surjektiv ist, so heißt G zyklisch und g heißt Erzeugende von G. Ist G endlich, so ist G genau dann zyklisch, wenn es ein g ∈ G gibt mit o(g) = |G|. Darauf werden wir gleich zur¨ uckkommen. Zun¨ achst formulieren wir aber noch eine weitere wichtige Eigenschaft der eulerschen Totientenfunktion. P Satz 6. F¨ ur alle n ∈ N gilt n = d|n ϕ(d). Beweis. Wir betrachten die Br¨ uche (B)

1 2 n , , ..., . n n n

Ist in gek¨ urzter Form

n0 d0 = , n d 0 0 so ist dn = nd und daher d Teiler von n. Ist andererseits d Teiler von n und ist d0 teilerfremd zu d, so ist, falls n = kd ist, d0 kd0 n0 = = , d kd n sodass d als Nenner unter den gek¨ urzten der Br¨ uche (B) vorkommt. Ferner kommt jeder d0 0 0 der Br¨ uche d mit d ≤ d und ggT(d , d) = 1 unter den gek¨ urzten der Br¨ uche (B) vor. Da ϕ(d) die Anzahl dieser Br¨ uche ist, gilt die Behauptung. Satz 7. Es sei G eine endliche Gruppe. Hat die Gleichung xd = 1 f¨ ur alle Teiler d von |G| h¨ ochstens d L¨ osungen in G, so ist G zyklisch. Beweis. Es sei ψ(d) die Anzahl der Elemente der Ordnung d in G. Ist ψ(d) 6= 0, so gibt es also ein solches g. Dann ist U := {1, g, g 2 , . . . , g d−1 } eine Untergruppe der Ordnung d von G und g i ist L¨osung von xd = 1 in G f¨ ur alle i. Es folgt zum einen, dass d Teiler von |G| ist und dann zum andern, dass xd = 1 in G genau d L¨ osungen hat, n¨ amlich die Elemente von U . Da U zyklisch ist, hat U genau ϕ(d) Elemente der Ordnung d (Beweis!). Es folgt ψ(d) = ϕ(d). Es folgt weiter X X |G| = ψ(d) = ϕ(d) = |G|. d | |G|

d | |G|

3. Das quadratische Reziprozit¨ atsgesetz

69

Wegen ψ(d) ≤ ϕ(d) f¨ ur alle Teiler d von |G| ist also ψ(d) = ϕ(d) f¨ ur alle diese d. Insbesondere folgt

ψ |G| = ϕ |G| ≥ 1 und damit die Behauptung. Der Beweis dieses Satzes stammt von Gauß. Formuliert hat er den Satz aber nur f¨ ur die Einheitengruppe von Z/pZ. Diesen Satz verallgemeinernd formulieren wir Korollar. Ist K ein kommutativer K¨ orper und ist G eine endliche Untergruppe der multiplikativen Gruppe von K, so ist G zyklisch. Dies folgt sofort aus Satz 7, da das Polynom xd − 1 in K h¨ochstens d Nullstellen hat. 3. Das quadratische Reziprozit¨ atsgesetz. Wir beginnen mit der folgenden Bemerkung. Satz 1. Ist K ein kommutativer K¨ orper und ist f ∈ K[x] ein irreduzibles Polynom, so ist L := K[x]/f K[x] ein K¨ orper, der K enth¨ alt, und x + f K[x] ist eine Nullstelle von f in L. Ferner gilt [L : K] := dimK (L) = Grad(f ). ¨ Beweis. Es ist klar, dass L ein Ring ist. Uberdies ist k → k +f K[x] ein Monomorphismus von K in L, sodass wir K als Teilk¨ orper von L auffassen d¨ urfen. Setze n := Grad(f ). Division mit Rest zeigt, dass 1 + f K[x], x + f K[x], x2 + f K[x], . . . , xn−1 + f K[x] eine K-Basis des K-Vektorraumes L ist. Weiterhin gilt f (x + f K[x]) = f + f K[x] = f K[x], sodass x + f K[x] Nullstelle von f in L ist. Es bleibt zu zeigen, dass jedes von 0 verschiedene Element von L ein Inverses hat. Dazu sei g + f K[x] ein von 0 verschiedenes Element von L. Weil f irreduzibel ist, ist ggT(f, g) = 1 oder ggT(f, g) = f . Letzteres kann aber nicht sein, da g + f K[x] von 0 verschieden ist. Es gibt also u, v ∈ K[x] mit 1 = ug + vf . Es folgt

u + f K[x] g + f K[x] = 1 + f K[x], sodass u + f K[x] das Inverse von g + f K[x] ist. Ist K ein kommutativer K¨ orper und ist α ∈ K Nullstelle von xn − 1, so heißt α n-te Einheitswurzel . Die n-ten Einheitswurzeln bilden eine Untergruppe der multiplikativen Gruppe von K. Da xn − 1 h¨ ochstens n Nullstellen in K hat, ist die Gruppe der n-ten Einheitswurzeln nach den Entwicklungen des letzten Abschnitts zyklisch. Hat sie die Ordnung n, so heißt jedes Element der Ordnung n primitive n-te Einheitswurzel . In C ist 2πi e n eine primitive n-te Einheitswurzel. Dabei ist e die Eulerzahl, π die ludolphsche Zahl und i die imagin¨ are Einheit.

70

IIII. Das quadratische Reziprozit¨atsgesetz

Satz 2. Es seien p und q verschiedene Primzahlen. Sei K := GF(q) := Z/qZ der endliche K¨ orper mit q Elementen. Es gibt dann einen Erweiterungsk¨ orper L von K, dessen Gruppe von p-ten Einheitswurzeln die Ordnung p hat. Beweis. Wir betrachten das Polynom p−1 X

f :=

xi ∈ K[x].

i:=0

Wegen p 6= q ist dann f (1) = p 6= 0. Es gibt ein irreduzibles Polynom g ∈ K[x], welches f teilt. Da f Teiler von xp − 1 ist, ist g Teiler von xp − 1. Wegen f (1) 6= 0 ist auch g(1) 6= 0. Daher ist g 6= x − 1. Setze L := K[x]/gK[x] und α := x + gK[x]. Dann ist α Nullstelle von g und folglich Nullstelle von xp − 1. Andererseits ist α 6= 1. Weil p Primzahl ist, ist α folglich primitive p-te Einheitswurzel von L. Hieraus folgt die Behauptung. Es seien a und b teilerfremde Zahlen. Es heißt a quadratischer Rest modulo b, wenn es ein r ∈ Z gibt mit r2 ≡ a mod b. Ist p eine ungerade Primzahl und ist p kein Teiler von a ∈ Z, so setzen wir    a −1, falls a nicht quadratischer Rest := 1, falls a quadratischer Rest p modulo p ist. Es gilt dann ( ap ) = ( pb ), falls a ≡ b mod p ist. Ferner gilt 

ab p

 =

   a b . p p

Eulersches Kriterium. Es sei p eine ungerade Primzahl. Ist a eine nicht durch p teilbare ganze Zahl, so ist   p−1 a = a 2 mod p. p Beweis. Nach dem Korollar zu Satz 7 von Abschnitt 2 ist die multiplikative Gruppe von GF(p) zyklisch. Es sei w ein primitives Element dieser Gruppe. Es gibt dann ein t ∈ N mit a ≡ wt mod p. Weil p ungerade ist, ist w kein quadratischer Rest modulo p. p−1 Ferner gilt, da w 2 eine primitive 2-te Einheitswurzel ist, w

p−1 2

≡ −1 mod p.

Es folgt    t   t t(p−1) p−1 a w w = = = (−1)t ≡ w 2 ≡ a 2 mod p. p p p Es seien weiterhin p und q verschiedene ungerade Primzahlen. Ferner sei K := GF(q) und L sei eine nach Satz 2 existierende Erweiterung von K, die eine primitive p-te

3. Das quadratische Reziprozit¨ atsgesetz

71

Einheitswurzel ζ enthalte. F¨ ur a ∈ Z setzen wir a ¯ := a + pZ und ζ a¯ := ζ a . Wegen a+pz a a ¯ ζ = ζ ist ζ wohldefiniert. Setze p−1   X x ax τ (¯ a) := ζ . p x:=1

Man nennt τ (¯ a) die zu a ¯ geh¨ orende gaußsche Summe u ¨ber K. Satz 3. Ist a ¯ 6= ¯ 0, so ist τ (¯ a) = ( a )τ (¯ 1). p

Beweis. Dass a ¯ 6= ¯ 0 ist, braucht man daf¨ ur, dass ( ap ) definiert ist. Es ist    p−1    p−1  X a a x ax X ax ax τ (¯ a) = ζ = ζ = τ (¯1). p p p p i:=1 i:=1 Wegen ( ap )2 = 1 folgt hieraus die Behauptung. Im Folgenden bezeichnen wir mit ˜ 1 die Eins von L. p−1 Satz 4. Es ist τ (¯ 1)2 = (−1) 2 p˜ 1. Insbesondere ist τ (¯1) 6= 0.

Beweis. Es ist τ (¯ 1)2 =

 p−1 X p−1  X xy x¯+¯y ζ . p x:=1 y:=1

Wegen x ¯ 6= ¯ 0 gibt es ein t¯ mit y¯ = t¯x ¯. Es folgt  p−1  X xy y:=1

p

ζ

x ¯+¯ y

p−1  2  p−1   X x t x¯(¯1+t¯) X t x¯(¯1+t¯) = ζ = ζ . p p t:=1 t:=1

Hieraus folgt wiederum τ (¯ 1)2 =

p−1   X p−1 X t t:=1

p

x:=1

ζ

x ¯(¯ 1+t¯)

=

p−1   X p−1 X t t:=1

p

ζ x(1+t) .

x:=1

Ist nun t 6≡ −1 mod p, so ist p−1 X

ζ x(1+t) = −˜1 mod p.

x:=1

Ist t ≡ −1 mod p, so ist p−1 X

ζ x(1+t) = (p − 1)˜1.

x:=1

Daher ist τ (¯ 1)2 =



   X   p−2   p−1   X −1 t ˜ −1 ˜ t −1 ˜ ˜ ˜ (p − 1)1 − 1= p1 − p1 = p1, p p p p p t:=1 t:=1

72

IIII. Das quadratische Reziprozit¨atsgesetz

da es ja wegen der Zyklizit¨ at von GF(p)∗ ebenso viele quadratische Reste wie Nichtreste modulo p gibt. Hieraus folgt mittels des eulerschen Kriteriums die Behauptung. Satz 5. Sind p und q verschiedene ungerade Primzahlen, so ist   q ˜ 1. τ (¯ 1)q−1 = p ist

Beweis. Weil q ungerade ist, ist ( xp )q = ( xp ) f¨ ur alle nicht durch p teilbaren x. Also

τ (¯ 1)q =

X  X    p−1   q p−1   p−1  X x x x xq q qx qx q ζ = ζ = ζ = τ (¯1)˜1. p q p p p x:=1 x:=1 x:=1

Nach Satz 4 ist τ (¯ 1) 6= 0 und folglich τ (¯ 1)q−1 = ( pq )˜1. Damit ist alles bewiesen. Nun sind wir in der Lage, das von Gauß stammende quadratische Reziprozit¨atsgesetz zu beweisen. Es besagt, dass man ( pq ) kennt, wenn man ( pq ) kennt, falls nur p und q ungerade Primzahlen sind. Quadratisches Reziprozit¨ atsgesetz. Sind p und q verschiedene ungerade Primzahlen, so ist    p−1 q−1 p q = (−1) 2 · 2 . q p Beweis. Aufgrund der S¨ atze 5 und 4 ist  
q−1 p−1 q−1 q−1 q ˜ 1 = τ (¯ 1)q−1 = τ (¯ 1)2 2 = (−1) 2 · 2 p 2 ˜1. p Aufgrund des eulerschen Kriteriums ist p Also ist

q−1 2

≡

  p mod q. q

    p−1 q−1 q ˜ p ˜ 1 = (−1) 2 2 1. p q

Hieraus folgt die Behauptung. 1. Erg¨ anzungssatz. Ist p eine ungerade Primzahl, so ist   p−1 −1 = (−1) 2 . p Dies folgt unmittelbar mittels des eulerschen Kriteriums. 2. Erg¨ anzungssatz. Ist p eine ungerade Primzahl, so ist   p2 −1 2 = (−1) 8 . p

3. Das quadratische Reziprozit¨ atsgesetz

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Beweis. Es sei w eine Primitivwurzel modulo p. Dann ist w kein quadratischer Rest modulo p, sodass das Polynom x2 − w u ¨ber GF(p) irreduzibel ist. Nach Satz 1 gibt es also eine quadratische Erweiterung L von GF(p). Wegen |L∗ | = p2 − 1 ≡ 0 mod 8 gibt es eine primitive 8-te Einheitswurzel ζ in L. Es folgt ζ 2 + ζ −2 = ζ 2 + ζ 8 ζ −2 = ζ 2 − ζ 2 = 0, da ja ζ 4 = −1 ist. Es folgt weiter (ζ + ζ −1 )2 = ζ 2 + 2ζζ −1 + ζ −2 = 2. Hieraus folgt, dass 2 genau dann quadratischer Rest modulo p ist, wenn ζ +ζ −1 ∈ GF(p) ist. Dies ist genau dann der Fall, wenn (ζ + ζ −1 )p = ζ + ζ −1 d.h. genau dann, wenn ζ p + ζ −p = ζ + ζ −1 ist. Weil p ungerade ist, sind die Reste von p modulo 8 gleich 1, 3, −3, −1. Im ersten und letzten Fall ist die Gleichheit gegeben. Im zweiten und dann auch im dritten Fall folgt ζ 3 + ζ −3 = −(ζ 4+3 + ζ 4−3 ) = −(ζ −1 + ζ). Im ersten und vierten Fall ist 2 also quadratischer Rest modulo p, im zweiten und 2 dritten nicht. Im ersten und dritten Fall ist aber p 8−1 gerade, in den andern beiden F¨ allen aber nicht. Damit ist auch dieser Satz bewiesen. Hier ist eine h¨ ubsche Anwendung des quadratischen Reziprozit¨atsgesetzes. F¨ ur x := 0, 1, . . . , 9 ist x2 + x + 11 eine Primzahl. Angenommen dies sei nicht der Fall. Es gibt dann einen Primteiler p dieser Zahl mit p2 ≤ x2 + x + 11 ≤ 9 · 10 + 11 = 101. Weil x2 + x + 11 ungerade ist, ist p = 3, 5, 7. Dar¨ uber hinaus ist p Teiler von 4x2 + 4x + 44 = (2x + 1)2 + 43, sodass −43 quadratischer Rest modulo p ist. Also ist ( −43 p ) = 1. Ist p = 3, so folgt −1 43 43 1 = ( 3 )( 3 ) = (−1) · 1 = −1, ein Widerspruch. Ist p = 5, so folgt 1 = ( −1 5 )( 5 ) =  43 1 · (−1), ein Widerspruch. Ist schließlich p = 7, so folgt 1 = ( 7 )( 7 ) = (−1) · 1, ein letzter Widerspruch. Also ist doch x2 + x + 11 eine Primzahl. Hier noch eine andere L¨ osung f¨ ur Aufgabe 9 von Kapitel I. Nach dem eulerschen Kriterium und dem zweiten Erg¨ anzungssatz gilt   5032 −1 2 2251 ≡ = (−1) 8 = 1 mod 503. 503 Dieser Ein-Zeilen-Beweis bedurfte aber einiger Vorbereitung. Er ist also nicht einfacher als der, den der Leser sich f¨ ur diese Aufgabe hat einfallen lassen.

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IIII. Das quadratische Reziprozit¨atsgesetz

4. Ganze Elemente. Wichtig f¨ ur die Zahlentheorie ist der Begriff des Ganz-seins bez¨ uglich eines Ringes. Wir werden diesen Begriff nun einf¨ uhren und dann insbesondere die Ringe der in Bezug auf Z ganzen Zahlen in quadratischen Erweiterungen von Q etwas n¨ aher untersuchen. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich und S sei ein Teilring Pn−1von iR mit 1 ∈ S. Wir nennen n r ∈ R ganz u ber S, wenn es ein Polynom f = x + ¨ i:=0 ai x ∈ S[x] gibt mit f (r) = 0. Satz 1. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich und S sei ein Teilring von R mit 1 ∈ S. Ist r ∈ R, so sind die folgenden Bedingungen ¨ aquivalent: a) r ist ganz u ¨ber S. b) Die additive Gruppe des von S und r erzeugten Teilrings von R ist ein endlich erzeugter S-Modul. c) Es gibt einen Teilring T von R mit S ⊆ T und r ∈ T , dessen additive Gruppe ein endlich erzeugter S-Modul ist. Pn−1 Beweis. a) impliziert b): Es gibt ein f = xn + i:=0 ai xi ∈ S[x] mit f (r) = 0. Dann ist T := S + rS + r2 S + . . . + rn−1 S Pn−1 additiv abgeschlossen. Wegen rn = − i:=0 ai ri gilt T r ⊆ T . Hieraus folgt, dass T ein Teilring von R ist. Weil die additive Gruppe von T ein endlich erzeugter S-Modul ist, ist b) eine Folge von a). b) impliziert nat¨ urlich c). c) impliziert a): Es sei T = b1 S + . . . + bn S der fragliche Teilring von R. Es gibt dann aik ∈ S mit n X bi r = aik bk k:=1

f¨ ur i := 1, . . . , n. Bezeichnet δ das Kroneckerdelta, d.h. die Einheitsmatrix, so ist also n X

(aik − rδik )bk = 0

k:=1

f¨ ur alle i. Weil S in T enthalten ist, sind nicht alle bk gleich null. Daher ist det(a−rδ) = 0. Setzt man nun f := (−1)n det(a − xδ), so ist der Leitkoeffizient von f gleich 1. Ferner gilt f ∈ S[x] und f (r) = 0, sodass a) in der Tat eine Folge von c) ist. Satz 2. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich und S sei ein Teilring von R mit 1 ∈ S. Ist AR,S die Menge der u ¨ber S ganzen Elemente von R, so ist AR,S ein Teilring von R mit S ⊆ AR,S . Beweis. Es sei s ∈ S. Dann ist x − s ∈ S[x] und s ist Nullstelle dieses Polynoms. Also ist s ∈ AR,S . Es seien a, b ∈ AR,S . Nach Satz 1 gibt es Teilringe U und V von R, die beide S enthalten und f¨ ur die a ∈ U und b ∈ V gilt, sodass von U und V Pm die additiven Gruppen Pn endlich erzeugte S-Moduln sind. Es sei U = i:=1 βi S und V = i:=1 γi S. Wir setzen W :=

m X n X i:=1 j:=1

βi γj S.

4. Ganze Elemente

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Dann ist uv ∈ W f¨ ur alle u ∈ U und alle v ∈ V . Dann ist W aber ebenfalls multiplikativ abgeschlossen, sodass W ein Ring ist. Wegen 1 ∈ U ∩ V ist also auch U , V ⊆ W und damit a, b ∈ W . Weil W ein Ring ist, ist dann auch a + b, ab ∈ W . Es ist klar, dass die additive Gruppe von W ein endlich erzeugter S-Modul ist. Nach Satz 1 ist daher a + b, ab ∈ AR,S . Damit ist der Satz bewiesen. Satz 3. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich und S sei ein Teilring von R. Ist R ganz u ¨ber S und ist I ein von {0} verschiedenes Ideal von R, so ist I ∩ S 6= {0}. Pn−1 Beweis. Es sei 0 6= u ∈ I. Es gibt dann ein f = xn + i:=0 ai xi ∈ S[x] mit f (u) = 0. Es sei f so gew¨ ahlt, dass n minimal ist. Dann ist 0 6= a0 = −(un−1 + . . . + a1 )u ∈ I ∩ S. Mit Satz 2 haben wir insbesondere, dass AC,Z ein Ring ist. Er heißt Ring aller ganzen algebraischen Zahlen. Ihn werden wir in Zukunft mit A bezeichnen. Ist D eine quadratfreie ganze Zahl, so ist √ AD = A ∩ Q[ D]. Die Ringe AD wurden in Aufgabe 3 von Kapitel III definiert. Die Gleichheitsaussage zu ¨ beweisen sei dem ¨berlassen. √ Leser als Ubungsaufgabe u Ist x = a + b D mit a, b ∈ Q, so setzen wir √ √ N (x) := (a + b D)(a − b D) = a2 − Db2 . √ Man nennt N (x) Norm von x. Es gilt N (xy) = N (x)N (y) f¨ ur alle x, y ∈ Q[ D] (siehe Aufgabe 4 von Kapitel III). Satz 4. Es sei 1 6= D ∈ Z und D sei quadratfrei. Dann ist N (x) ∈ Z f¨ ur alle x ∈ AD . Genau dann ist N (x) = 0, wenn x = 0 ist. √ Beweis. Wir setzen wieder ∆ := D, falls D 6≡ 1 mod 4 ist, andernfalls setzen wir √ ∆ := 12 (1 + D). Ist dann x ∈ AD , so ist x = a + b∆ mit a, b ∈ Z (Kapitel III, Aufgabe 3). Im ersten Fall ist klar, dass N (x) ∈ Z ist. Ferner folgt aus 0 = N (x), dass 0 = a2 − Db2 ist. Weil D quadratfrei ist, folgt weiter a = b = 0 und damit x = 0. Es sei D ≡ 1 mod 4. Dann ist √ √ 1 1 x = a + b · (1 + D) = (2a + b + b D). 2 2 Hieraus folgt N (x) =


1 (2a + b)2 − Db2 . 4

Nun ist (2a + b)2 − Db2 ≡ 4a2 + 4ab + b2 − Db2 ≡ b2 − b2 ≡ 0 mod 4. Also ist auch hier N (x) ∈ Z. Ferner gilt N (x) = 0 genau dann, wenn 2a + b = 0 und b = 0 ist, da ja D quadratfrei ist. Somit ist N (x) = 0 genau dann, wenn x = 0 ist.

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IIII. Das quadratische Reziprozit¨atsgesetz

Ist I ein Ideal von AD , sind β1 und β2 Elemente von I und gilt I = β1 Z + β2 Z, so heißt {β1 , β2 } Ganzheitsbasis von I. Offenbar ist {1, ∆} eine Ganzheitsbasis von AD . Satz 5. Es sei D eine quadratfreie ganze Zahl und I sei ein von {0} verschiedenes Ideal von AD . Setze I1 := I ∩ Z und I2 sei die Menge der v ∈ Z, f¨ ur die es ein u ∈ Z gibt mit u + v∆ ∈ I. Dann sind I1 und I2 von {0} verschiedene Ideale von Z. Ist I1 = a11 Z, I2 = a22 Z und ist a21 ∈ Z mit a21 + a22 ∆ ∈ I, so ist {a11 , a21 + a22 ∆} eine ¨ Ganzheitsbasis von I. Uberdies ist |AD /I| = |a11 a22 | und a11 ≡ a21 ≡ 0 mod a22 . Beweis. Nach Satz 3 ist I1 6= {0}. Ferner ist I1 ∆ ⊆ I, da ja I1 ⊆ I ist. Dies hat I1 ⊆ I2 zur Folge. Die Zahlen a11 und a22 sind also von 0 verschieden. Wir d¨ urfen daher annehmen, √ dass sie zu N geh¨ oren. Wegen I1 ⊆ I2 ist a11 ≡ 0 mod a22 . Ist ∆ = D, so ist

und damit a21

a21 ∆ + a22 D = (a21 + a22 ∆)∆ ∈ I √ ∈ I2 . Ist ∆ = 12 (1 + D), so ist (a21 + a22 )∆ + 41 (D − 1)a22 = (a21 + a22 )∆)∆ ∈ I

und folglich a21 + a22 ∈ I2 . In beiden F¨ allen ist also a21 ∈ I2 , sodass a21 durch a22 teilbar ist. Es ist a11 Z + (a21 + a22 ∆)Z ⊆ I. Es sei c ∈ I. Es gibt dann u, v ∈ Z mit c = u + v∆. Hieraus folgt v ∈ I2 . Es gibt also ein y ∈ Z mit v = ya22 . Damit folgt c − (a21 + a22 ∆)y = u + a22 y∆ − a21 y − a22 y∆ = u − a21 y ∈ Z ∩ I = I1 . Also ist I = a11 Z + (a21 + a22 ∆)Z. Setze M := {x + y∆ | 0 ≤ x < a11 , 0 ≤ y < a22 }. Dann ist |M | = a11 a22 , da 1 und ∆ u ¨ber Q linear unabh¨angig sind. Es seien x + y∆, x0 + y 0 ∆ ∈ M und es gelte x + y∆ − x0 − y 0 ∆ ∈ I. Dann folgt y − y 0 ∈ I2 = a22 Z und damit y = y 0 . Hieraus folgt x − x0 ∈ I ∩ Z = I1 und damit x = x0 . Daher ist |AD /I| ≥ |M | = a11 a22 . Es sei nun u + v∆ ∈ AD . Division mit Rest liefert l, y ∈ Z mit v = la22 + y und 0 ≤ y < a22 . Nochmalige Division mit Rest liefert k, x ∈ Z mit u − la21 = ka11 + x und 0 ≤ x < a11 . Dann ist x + y∆ ∈ M und u + v∆ − x − y∆ = ka11 + l(a21 + a22 ∆) ∈ I. Also ist |AD /I| = |M | = a11 a22 . Damit ist alles bewiesen.

4. Ganze Elemente

77

Satz 6. Es sei D eine quadratfreie ganze Zahl. Ferner sei n ∈ N. Ist dann I := nAD und haben I1 und I2 die gleiche Bedeutung wie in Satz 5, so ist I1 = nZ und I2 = nZ. ¨ Uberdies kann a21 = 0 gew¨ ahlt werden. Beweis. Ist x ∈ I, so gibt es ein u + v∆ ∈ AD mit x = n(u + v∆) = nu + nv∆. Weil 1 und ∆ u angig sind, folgt, dass ¨ber Q linear unabh¨ x ∈ I1 = I ∩ Q genau dann gilt, wenn x = nu ist. Folglich ist I1 = nZ. Wegen n + n∆ = n(1 + ∆) ∈ I ist n ∈ I2 = a22 . Andererseits gibt es u, v ∈ Z mit a21 + a22 ∆ = n(u + v∆) = nu + nv∆. Es folgt a22 = nv ∈ nZ. Also ist I2 = nZ. Schließlich ist 0 + n∆ = n∆ ∈ I. Daher kann in der Tat a21 = 0 gew¨ahlt werden. Aus den letzten beiden S¨ atzen folgt unmittelbar Korollar. Die Voraussetzungen seien wie bei Satz 6. Dann ist |AD /nAD | = n2 . Satz 7. Ist D ∈ {−11, −7, −3, −2, −1, 2, 3, 5} und definiert man f durch f (a) := |N (a)| ¨ f¨ ur alle a ∈ AD , so ist (AD , f ) ein euklidisches Paar. Uberdies gilt f (a) ≤ f (ab) f¨ ur alle a, b ∈ A∗D . Beweis. Wegen f (ab) = f (a)f (b) folgt die letzte Aussage aus Satz 3, nach dem ja f (b) ≥ 1 gilt. Es sei D 6≡ 1 mod 4. Dann √ ist D = −2, −1, 2 oder 3. Es seien a, b ∈ A∗D . Es gibt a dann x, y ∈ Q mit b = x + y D. Es gibt u, v ∈ Z mit |x − u| ≤ 12 und |y − v| ≤ 12 . √ Setze q := u + v D und r := a − qb. Dann ist a = qb + r und q, r ∈ AD . Ferner gilt N (r) = N (b) N ( a − q) = N (b) (x − u)2 − D(y − v)2  b  = N (b) (x − r)2 + |D|(y − v)2
≤ N (b) 1 + 1 |D| ≤ N (b) , 4

4

da ja |D| ≤ 3 ist. W¨ are |N (r)| = |N (b)|, so folgte |x − u| = 12 = |y − s| und D = 3. Hieraus folgte N (b) = N (r) = N (b) 1 − 3 = 1 (b) . 4

4

2

Dieser Widerspruch zeigt, dass |N (r)| < |N (b)| ist. Folglich ist (AD , f ) in diesen F¨allen ein euklidisches Paar. √ Es sei D ≡ 1 mod 4. Dann ist |D| ≤ 11. Wir setzen wieder ∆ := 12 (1 + D). √ Es seien a, b ∈ A∗ . Es gibt dann x, y ∈ Q mit ab = x + y D. Es gibt ein v ∈ Z mit |2y − v| ≤ 12 und ein u ∈ Z mit |x − v2 − u| ≤ 12 . Setze q := u + v∆ und r := a − qb.

78

IIII. Das quadratische Reziprozit¨atsgesetz

Dann sind q, r ∈ AD . Ferner gilt N (r) = N (b) N ( a − q) b v v = N (b) (x − u − )2 − D(y − )2 2
2 1 N (b) < N (b) , ≤ N (b) 14 + 16 |D| ≤ 15 16 weil ja |D| ≤ 11 ist. Damit ist (AD , f ) auch in diesem Falle als euklidisches Paar erkannt. 5. Der Test von Lucas-Lehmer. Bei der Beschreibung der geraden vollkommenen Zahlen in Kapitel I blieb die Frage offen zu entscheiden, ob 2p − 1 eine Primzahl ist, wenn p eine solche ist. Diesem Zweck dient der Test, der von Lucas formuliert und von Lehmer bewiesen wurde. Betrachten wir im Folgenden Elemente a, b, c aus dem Quotientenk¨orper von A, so bedeute a ≡ b mod c, dass es ein r ∈ A gibt mit a − b = rc. 2 Wir definieren die Folgen M und S durch Mp := 2p −1 und S1 := 4 und Sn := Sn−1 −2 f¨ ur n ≥ 2. Es gilt Lucas-Lehmer-Test. Es sei p eine Primzahl. Genau dann ist Mp eine Primzahl, wenn Mp Teiler von Sp−1 ist. Beweis. Wir setzen √ 1+ 3 τ := √ 2

und

√ 1− 3 τ¯ := √ , 2

ω := τ 2

und

ω ¯ := τ¯2 .

ferner Dann geh¨ orper von A. Ferner gilt ω = 2 + √oren τ und ω zum Quotientenk¨ ω ¯ = 2 − 3, sowie τ τ¯ = −1 und ω ω ¯ = 1. Ferner gilt m−1

Es ist Sm = ω 2

+ω ¯2

m−1

√

3 und

. m−1

m−1

Um dies zu beweisen, sei Tm := ω 2 +ω ¯2 . Dann ist T1 = ω + ω ¯ = 4 = S1 . Ist Tm = Sm , so folgt 2 2 Tm+1 = Tm − 2 = Sm − 2 = Sm+1 . Damit ist die Zwischenbehauptung bewiesen. Es sei p eine Primzahl. Ist auch Mp eine Primzahl, so ist τ Mp +1 ≡ −1 mod Mp . Setze q := Mp . Dann ist q also eine Primzahl, sodass die Binomialkoeffizienten √ √ f¨ ur i := 1, . . . , q − 1 durch q teilbar sind. Es ist 2τ = 1 + 3. Es folgt τ q2

q−1 2

√

2≡1+3

q−1 2

√

3 mod q.

q i




5. Der Test von Lucas-Lehmer

79 2

Es ist q = 2p − 1 ≡ −1 mod 8. Also ist q 8−1 gerade. Nach dem eulerschen Kriterium und dem 2. Erg¨ anzungssatz ist daher   q−1 2 2 2 ≡ = 1 mod q. q Es ist q = 2p − 1 = 2 · 4

q−1 2

− 1 ≡ 1 mod 3,

sodass q quadratischer Rest modulo 3 ist. Mittels des eulerschen Kriteriums, des quadratischen Reziprozit¨ atsgesetzes und der Bemerkung, dass q − 1 = 2(2p−1 − 1) ist, folgt daher      q−1 3−1 q−1 3 e q 3 2 ≡ = = (−1) 2 2 = −1 mod q. q q 3 √ √ Dies impliziert τ q 2 ≡ 1 − 3 mod q und weiter τ q ≡ τ¯ mod q, das heißt τ q+1 ≡ τ τ¯ ≡ −1 mod q. Es sei nun Mp eine Primzahl. Dann ist, da ja q = Mp ist, τ Mp +1 ≡ −1 mod Mp , d.h. es ist

p

τ 2 + 1 ≡ 0 mod Mp . Hieraus folgt wegen τ 2 = ω, dass p−1

ω2

+ 1 ≡ 0 mod Mp . p−2

Multipliziert man diese Kongruenz mit ω ¯2 Sp−1 = ω 2 Also ist

Sp−1 Mp

p−2

+ω ¯2

und beachtet, dass ω ω ¯ = 1 ist, so folgt

p−2

≡ 0 mod Mp .

¨ ∈ A. Eine einfache Ubungsaufgabe zeigt dann, dass p−2

Es sei umgekehrt Mp Teiler von Sp−1 = ω 2 p−1

ω2

p−2

+ω ¯2

Sp−1 Mp

∈ N gilt.

. Dann ist

≡ −1 mod Mp

p

ω 2 ≡ 1 mod Mp . Es sei u eine Mp teilende Primzahl. Es sei ferner R := A3 . Dann ist ω + uR eine Einheit in R/uR der Ordnung 2p , wie die vorstehenden Kongruenzen zeigen. Weil R nach Satz 7 von Abschnitt 4 ein ZPE-Bereich ist, ist u Produkt von Primelementen π1 , . . . , πs . Wegen u2 = N (u) = N (π1 ) · · · N (πs ) und N (πi ) ∈ Z sowie |N (πi )| > 1 ist s ≤ 2.

80

IIII. Das quadratische Reziprozit¨atsgesetz

√ Es sei s = 2 und π1 = a + b 3. Dann ist auch π ¯1 ein Primelement und es gilt N (π1 ) = N (¯ π1 ) = u oder −u. In jedem Fall gilt N (π1 )N (¯ π1 ) = u2 = N (u) = N (π1 )N (π2 ). Es folgt π1 π ¯1 = N (¯ π1 ) = N (π2 ) = π2 π ¯2 . Wiederum weil R ein ZPE-Bereich ist, folgt (bis aufs Vorzeichen) π1 = π2 oder π1 = π ¯2 . W¨ are π1 = π2 , so folgte √ √ u = (a + b 3)2 = a2 + 3b2 + 2ab 3. Hieraus folgt 2ab = 0. Mit b = 0 folgte der Widerspruch u = a2 und mit a = 0 folgte u = 3b2 und damit u = 3. Dann w¨ are aber 0 ≡ 2p − 1 = 2 · 4

p−1 2

− 1 ≡ 1 mod 3.

Also ist π1 = π ¯2 und weiter π1 6= π ¯1 = π2 . Mit dem chinesischen Restsatz folgte die Isomorphie von R/uR und R/π1 R ⊕ R/π2 R und damit die Isomorphie von G(R/uR) und G(R/π1 R) × G(R/π2 R). Wegen |R/uR| = u2 w¨are |R/π1 | = |R/π2 | = u, sodass R/π1 R und R/π2 R zu GF(u) isomorph w¨ aren. Insbesondere h¨atten die Einheitengruppen dieser K¨ orper die Ordnung u − 1. Hieraus folgte, dass jedes Element von G(R/uR) eine Ordnung h¨ atte, die u − 1 teilte. Weil nun ω + uR die Ordnung 2p hat, folgt, dass 2p Teiler von u − 1 w¨ are. Nun ist aber u Teiler von 2p − 1, sodass 2p ≤ 2p − 2 w¨are. Dieser Widerspruch zeigt, dass u = π1 auch in A3 Primelement ist. Es folgt, dass R/uR ein K¨ orper mit u2 Elementen ist. Folglich hat die Einheitengruppe von R/uR die Ordnung u2 − 1. Somit ist 2p Teiler von u2 − 1 = (u − 1)(u + 1). W¨ are u ≡ 1 mod 4, so w¨ are 2p−1 Teiler von u − 1, sodass u = 1 + k2p−1 w¨are mit einem k ∈ N. Hieraus folgte 2u ≥ 2 + 2p > Mp , sodass u kein echter Teiler von Mp w¨ are. Das erg¨abe aber den Widerspruch 1 ≡ u = Mp ≡ −1 mod 8. Also ist u ≡ 3 mod 4. Dann ist 2p−1 Teiler von u + 1. Es folgt u = −1 + 2p−1 k mit k ∈ N. W¨ are k = 1, so w¨ are 2p−1 − 1 Teiler von 2p − 1, was nicht der Fall ist. Also ist k ≥ 2. Aus −1 + 2p−1 k ≤ Mp = −1 + 2p folgt dann k = 2, sodass u = Mp ist. Damit ist alles bewiesen.

6. Der fermatsche Zwei-Quadrate-Satz

81

6. Der fermatsche Zwei-Quadrate-Satz. In diesem Abschnitt sehen wir ein weiteres Mal, dass man sich mit Vorteil der Ringe AD bedienen kann, um Aussagen u ¨ber Z zu machen. Im Folgenden betrachten√ wir den Ring A−1 . Statt ∆ schreiben wir in diesem Zusammenhang i, sodass also i = −1 ist. Satz 1. Es sei p eine Primzahl. Dann ist p entweder ein Primelement von A−1 oder es ist p = (a + ib)(a − ib) = a2 + b2 mit Primelementen a + ib und a − ib aus A−1 . ¨ Beweis. Ubungsaufgabe (siehe Beweis des Lucas-Lehmer-Testes). Satz 2. Es sei p eine Primzahl. Genau dann ist p Primelement in A−1 , wenn p ≡ 3 mod 4 ist. Beweis. Es ist 2 = 12 + 12 = (1 − i)(1 + i). Wir d¨ urfen daher im Folgenden annehmen, dass p ungerade ist. Ist p kein Primelement, so gibt es nach Satz 1 nat¨ urliche Zahlen a und b mit p = a2 + b2 . Weil p eine Primzahl ist, ist ggT(a, p) = 1. Es gibt also ein c ∈ N mit ac ≡ 1 mod p. Es folgt (bc)2 ≡ −1 mod p, sodass es in GF(p)∗ ein Element der Ordnung 4 gibt. Folglich ist p ≡ 1 mod 4. Es sei p 6≡ 3 mod 4. Weil p ungerade ist, ist dann p ≡ 1 mod 4. Es gibt daher ein x ∈ N mit x2 ≡ −1 mod p. Es gibt also ein k ∈ N mit kp = x2 + 1 = (x − i)(x + i). W¨ are p Primelement, so w¨ are p Teiler von x − i oder von x + i, was offensichtlich nicht der Fall ist. Damit ist der Satz bewiesen. Fermatscher Zwei-Quadrate-Satz. Ist p eine Primzahl und ist p 6≡ 3 mod 4, so gibt es nat¨ urliche Zahlen a und b mit p = a2 + b2 . Beweis. Dies folgt unmittelbar aus den S¨ atzen 1 und 2.

Aufgaben 1. Bestimmen Sie n mit dem im Beweise des chinesischen Restsatzes etablierten Algorithmus so, dass n ≡ 2 mod 3, n ≡ 3 mod 5 und n ≡ 2 mod 7 ist. Lassen Sie beim Aufschreiben den Gang der Rechnung erkennen. 2. Es sei K ein kommutativer K¨ orper und t ∈ N0 . Ferner seien a0 , . . . , at paarweise verschiedene Elemente aus K. Sind dann r0 , . . . , rt irgendwelche Elemente aus K, so gibt es genau ein Polynom f ∈ K[x] mit Grad(f ) < t und f (ai ) = ri f¨ ur i := 0, . . . , t. (Verallgemeinern Sie den chinesischen Restsatz!) 3. Es sei R ein nicht notwendig kommutativer Ring mit 1 und I und J seien zwei Ideale von R mit R = I + J. Zeigen Sie, dass die durch σ(r) := (r + I, r + J)

82

IIII. Das quadratische Reziprozit¨atsgesetz

definierte Abbildung σ von R in R/I ⊕ R/J surjektiv ist. (Dass σ ein Homomorphismus ist, versteht sich von selbst. Dies brauchen Sie nicht zu beweisen.) 4. Zeigen Sie, dass eine zyklische Gruppe der Ordnung n genau ϕ(n) erzeugende Elemente hat. (Die Ordnung einer endlichen Gruppe ist die Anzahl ihrer Elemente.) 5. Ist a ∈ Q ganz u ¨ber Z, so ist a ∈ Z. 6. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich und S sei ein Teilring von R mit 1 ∈ S. Ist AR,S ein K¨ orper, so ist auch S ein K¨ orper. (Ist 0 6= u ∈ S, so ist u−1 ∈ AR,S , usw. Die Umkehrung ist u brigens auch richtig: Ist S ein K¨orper, so ist auch AR,S ein K¨orper.) ¨ 7. Es sei p eine Primzahl und P sei ein maximales Ideal des Ringes A aller ganzen algebraischen Zahlen mit p ∈ P . Dann ist A/P ein algebraisch abgeschlossener K¨orper, d.h. jedes f ∈ (A/P )[x] mit Grad(f ) ≥ 1 hat eine Nullstelle in A/P . (Sie d¨ urfen unterstellen, dass A/P ein K¨ orper ist. Sie d¨ urfen auch benutzen, dass C algebraisch abgeschlossen ist. Bemerkungen: Ist die Primzahl p gegeben, so kann man sich P mittels des zornschen Lemmas verschaffen. Man kann sich einen zu A/P isomorphen K¨ orper auch rekursiv erzeugen, ohne das zornsche Lemma oder ein ¨aquivalentes transfinites Werkzeug zu benutzen. Dieser Weg ist sehr detailreich.) 8. Sind a, b, c, d ∈ N, so ist (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac − bd)2 + (ad + bd)2 . 9. Es sei n ∈ N. Es gibt k, n∗ ∈ N mit n = k 2 n∗ , sodass n∗ quadratfrei ist. Zeigen Sie, dass es genau dann a, b ∈ N0 gibt mit n = a2 + b2 , wenn f¨ ur jeden ungeraden Primteiler p von n∗ gilt, dass p ≡ 1 mod 4 ist.

V. Kettenbru¨che Kettenbr¨ uche sind ein faszinierendes Werkzeug. Wir werden sie in diesem Buche benutzen, um mehr u ¨ber die Struktur der Ringe der ganzen algebraischen Zahlen in quadratischen Erweiterungen von Q herauszufinden. Zun¨ achst aber werden wir die Kettenbruchentwicklung der eulerschen Zahl bestimmen, die einen sehr effizienten Algorithmus liefert, diese Zahl zu approximieren. Ferner werden wir in dem serretschen Zwei-Quadrate-Algorithmus ein Verfahren kennenlernen, um Primzahlen, die kongruent 1 modulo 4 sind, in die Summe von zwei Quadraten zu zerlegen. Gleichzeitig bekommen wir mit diesem Algorithmus einen neuen Beweis ¨ f¨ ur den fermatschen Zwei-Quadrate-Satz. Schließlich werden wir einen Uberblick u ¨ber die periodischen Kettenbr¨ uche gewinnen. Es sind dies genau die quadratischen Irrationalit¨ aten u ¨ber Q.

1. Kettenbr¨ uche. Um Kettenbr¨ uche zu definieren, bedient man sich zweckm¨aßiger Weise der Polynome und deren Quotienten, da man bei diesen keine Schwierigkeiten mit dem Nullwerden von Nennern zu bef¨ urchten hat. Wir bedienen uns also der Polynomringe Z[x0 , x1 , . . .] und Q[x0 , x1 , . . .] in abz¨ ahlbar vielen Unbestimmten x0 , x1 , . . . u ¨ber dem Ring Z der ganzen Zahlen und dem K¨orper Q der rationalen Zahlen, sowie des Quotientenk¨ orpers Q(x0 , x1 , . . .) dieser beiden Polynomringe. Wir definieren rekursiv Polynome pn und qn in Z[x0 , x1 , . . .] verm¨oge p−2 := 0, p−1 := 1, q−2 := 1, pn := xn pn−1 + pn−2 qn := xn qn−1 + qn−2

q−1 := 0

und

f¨ ur n ≥ 0. Es ist dann p0 = x0 , p1 = x1 x0 + 1 und q0 = 1, q2 = x2 x1 + 1. Man beachte, dass x0 in keinem der qn vorkommt. Diese Bemerkung wird in Satz 1 pr¨azisiert. Mit pm−1 (xn+1 , . . . , xn+m ) bezeichnen wir das Polynom, das aus pm−1 entsteht, wenn man in pm−1 die Unbestimmten x0 , . . . , xm−1 durch xn+1 , . . . , xn+m ersetzt. Entsprechende Bezeichnungen benutzen wir, wenn wir die xi durch Elemente aus Z oder R ersetzen. Dass wir bei den qs genauso verfahren, braucht nicht eigens gesagt zu werden. Satz 1. Ist n ≥ −1, so ist qn = pn−1 (x1 , . . . , xn ).

84

V. Kettenbr¨ uche

Beweis. Es ist q−1 = 0 = p−2 und q0 = 1 = p−1 . Es sei also n ≥ 1 und der Satz gelte f¨ ur n − 1. Dann ist qn = xn qn−1 + qn−2 = xn pn−2 (x1 , . . . , xn−1 ) + pn−3 (x1 , . . . , xn−2 ) = pn−1 (x1 , . . . , xn ). Satz 2. F¨ ur m, n ∈ N gilt pn+m = pn pm−1 (xn+1 , . . . , xn+m ) + pn−1 qm−1 (xn+1 , . . . , xn+m ) und qn+m = qn pm−1 (xn+1 , . . . , xn+m ) + qn−1 qm−1 (xn+1 , . . . , xn+m ). Beweis. Wir setzen p0m−1 := pm−1 (xn+1 , . . . , xn+m ). Dann ist der Satz gleichbedeutend mit der Aussage   0    pn+m pn+m−1 pn pn−1 pm−1 p0m−2 = . 0 0 qn qn−1 qm−1 qm−2 qn+m qn+m−1 Nun ist



pn qn

pn−1 qn−1



xn+1 1

1 0



 =

pn+1 qn+1

pn qn

 .

Wegen 

xn+1 1

1 0



 =

p00 q00

p0−1 0 q−1



gilt die Aussage also f¨ ur m = 1. Sie gelte f¨ ur m. Wegen     pn+m pn+m−1 xn+m+1 1 pn+m+1 = qn+m qn+m−1 1 0 qn+m+1 und



p0m−1 0 qm−1

p0m−2 0 qm−2



xn+m+1 1

1 0



 =

p0m 0 qm

pn+m qn+m

p0m−1 0 qm−1





folgt aufgrund der Assoziativit¨ at der Matrizenmultiplikation die Behauptung von Satz 2. Weitere wichtige Identit¨ aten werden in den n¨achsten beiden S¨atzen ausgesprochen. Satz 3. F¨ ur alle n ≥ −1 gilt pn qn−1 − pn−1 qn = (−1)n−1 , bzw.

pn pn−1 (−1)n−1 − = . qn qn−1 qn−1 qn

1. Kettenbr¨ uche

85

Beweis. Es ist pn qn−1 − pn−1 qn = (xn pn−1 + pn−2 )qn−1 − pn−1 (xn qn−1 + qn−2 ) = −(pn−1 qn−2 − pn−2 qn−1 ), sodass wegen p−2 q−1 − p−1 q−2 = −1 Induktion zum Ziele f¨ uhrt. Satz 4. Es ist pn qn−2 − pn−2 qn = (−1)n xn

bzw .

pn pn−2 (−1)n xn − = . qn qn−2 qn−2 qn

Beweis. Satz 3 liefert pn qn−2 − pn−2 qn = (xn pn−1 + pn−2 )qn−2 − pn−2 (xn qn−1 + qn−2 ) = xn (pn−1 qn−2 − pn−2 qn−1 ) = (−1)n−2 xn und damit die Behauptung. Satz 5. Es ist pn = pn (xn , xn−1 , . . . , x0 ) f¨ ur alle n ∈ N0 . Beweis. Wegen p−2 = 0, p−1 = 1, p0 = x0 und p1 = x1 x0 + 1 gilt der Satz f¨ ur n ≤ 1. Es sei n > 1 und der Satz gelte f¨ ur alle m < n. Dann ist pn = xn pn−1 + pn−2 = xn pn−1 (xn−1 , . . . , x0 ) + pn−2 (xn−2 , . . . , x0 ) = xn x0 pn−2 (xn−1 , . . . , x1 ) + xn pn−3 (xn−1 , . . . , x2 ) + x0 pn−3 (xn−2 , . . . , x1 ) + pn−4 (xn−2 , . . . , x2 ) = xn x0 pn−2 (xn−1 , . . . , x1 ) + xn pn−3 (xn−1 , . . . , x2 ) + x0 pn−3 (x1 , . . . , xn−2 ) + pn−4 (xn−2 , . . . , x2 ). Ersetzt man hierin xi durch xn−i f¨ ur i := 0, . . . , n, so erh¨alt man pn (xn , . . . , x0 ) = x0 xn pn−2 (x1 , . . . , xn−1 ) + x0 pn−3 (x1 , . . . , xn−2 ) + xn pn−3 (xn−1 , . . . , x2 ) + pn−4 (x2 , . . . , xn−2 ). Nochmalige Anwendung der Induktionsannahme auf den ersten und den letzten Term der rechten Seite liefert schließlich die Behauptung. Mit R> bezeichnen wir die Menge der positiven reellen Zahlen und mit R∞ > die Menge aller Abbildungen a von N nach R> . Weiter bezeichne R × R∞ die Menge aller > Folgen a mit a0 ∈ R und an ∈ R> f¨ ur alle n ∈ N. Satz 6. Ist a ∈ R × R∞ ur alle n ∈ N. Gilt ai ∈ N f¨ ur > , so ist qn (a0 , . . . , an ) > 0 f¨ i ∈ N, so ist qn (a0 , . . . , an ) < qn+1 (a0 , . . . , an+1 ) f¨ ur alle n ∈ N. In diesem Falle ist also limn→∞ q(a0 , . . . , an ) = ∞. Beweis. Dies folgt mittels Induktion aus der Rekursionsformel f¨ ur qn .

86

V. Kettenbr¨ uche

Dieser Satz erlaubt es uns, auf folgende Weise eine Abbildung h . , . . . , . i von R × Rn> in R zu definieren: pn (a0 , a1 , . . . , an ) ha0 , a1 , . . . , an i := . qn (a0 , a1 , . . . , an ) F¨ ur diese Abbildungen gilt folgende Rekursion. Satz 7. Es ist ha0 , . . . , an+m i = ha0 , . . . , an , han+1 , . . . , an+m ii. Beweis. Wegen an+i > 0 f¨ ur alle i ∈ N ist han+1 , . . . , an+m i > 0. Folglich ist ha0 , . . . , an , han+1 , . . . , an+m ii definiert. Nun ist pn+1 (a0 , . . . , an , han+1 , . . . , an+m i) qn+1 (a0 , . . . , an , han+1 , . . . , an+m i) han+1 , . . . , an+m ipn (a0 , . . . , an ) + pn−1 (a0 , . . . , an−1 ) = . han+1 , . . . , an+m iqn (a0 , . . . , an ) + qn−1 (a0 , . . . , an−1 ) Hieraus folgt mit Satz 2 die Behauptung. Satz 8. Es ist ha0 , a1 , . . . , an i = ha0 , . . . , an−1 + a−1 n i. Beweis. Nach Satz 7 ist ha0 , . . . , an i = ha0 , . . . , han−1 , an ii. Ferner ist han−1 , an i =

p1 (an−1 , an ) an an−1 + 1 = = an−1 + a−1 n . q1 (an−1 , an ) an

Damit ist alles bewiesen. Iteriert man das, so erh¨ alt man zum Beispiel −1 ha0 , a1 , a2 , a3 i = a0 + a1 + (a2 + a−1 3 )


−1

.

Daher erkl¨ art sich der Name Kettenbruch f¨ ur ha0 , . . . , an i. Ist a ∈ Z × Nn , so ist der Kettenbruch ha0 , . . . , an i eine rationale Zahl. Wie man umgekehrt eine rationale Zahl in einen Kettenbruch verwandelt, sagt der n¨achste Satz. Satz 9. Ist a ∈ Z und b ∈ N und sind a0 , . . . , an und r0 , . . . , rn−1 gem¨ aß dem euklidischen Algorithmus a = a0 b + r0 b = a1 r0 + r1 r0 = a2 r1 + r2 ... rn−3 = an−1 rn−2 + rn−1 rn−2 = an rn−1 bestimmt, wobei ri ∈ N gelten m¨ oge, so ist ab = ha0 , . . . , an i. Beweis. Setzt man r−2 := a und r−1 := b sowie rn := 0, so gilt also rj−2 = aj rj−1 +rj f¨ ur j := 0, . . . , n und 0 < rj < rj−1 f¨ ur j := 0, . . . , n − 1. Es folgt weiter, wenn man statt pj (a0 , . . . , an ) nur pj schreibt, pj rj+1 + pj+1 rj = pj (−aj+1 rj + rj−1 ) + (aj+1 pj + pj−1 )rj = pj−1 rj + pj rj−1 .

1. Kettenbr¨ uche

87

Ebenso folgt die Gleichung qj rj+1 + qj+1 rj = qj−1 rj + qj rj−1 . Mittels Induktion folgt pj rj+1 + pj+1 rj = a qj rj+1 + qj+1 rj = b. Mit j = n−1 folgen schließlich wegen rn = 0 die Gleichungen pn rn−1 = a und qn rn−1 = b. Also ist a pn (a0 , . . . , an ) = = ha0 , . . . , an i, b qn (a0 , . . . , an ) was zu beweisen war. Weil rn−1 < rn−2 ist, ist an ≥ 2. Mit Satz 8 folgt daher, dass ha0 , . . . , an i = ha0 , . . . , an − 1, 1i ist. Zu einer rationalen Zahl gibt es also immer zwei verschiedene endliche Kettenbr¨ uche, die diese Zahl darstellen. Dazu gleich mehr. Zun¨achst wenden wir uns jedoch den unendlichen Kettenbr¨ uchen zu. Satz 10. Ist a ∈ Z × N∞ , so existiert ha0 , a1 , . . .i := lim ha0 , . . . , an i. n→∞

Beweis. Anstelle von pn (a0 , . . . , an ) und qn (a0 , . . . , an ) schreiben wir wieder nur pn und qn . Wir setzen νn := pqnn . Nach Satz 4 ist dann ν2n − ν2n−2 =

(−1)2n a2n > 0. q2n−2 q2n

Also ist n → ν2n eine monoton steigende Folge. Ebenso sieht man, dass n → ν2n+1 eine monoton fallende Folge ist. Mit Satz 3 folgt ν2n+1 − ν2n =

(−1)2n > 0. q2n q2n+1

Also ist ν2n+1 > ν2m f¨ ur alle m ≤ n. W¨ are nun ν2n+1 < ν2m , so folgte n < m und damit ν2n+1 < ν2m < ν2m+1 < ν2n+1 . Dieser Widerspruch zeigt, dass ν2m < ν2n+1 ist f¨ ur alle m und n. Aus all diesem folgt, dass die Grenzwerte α := limn→∞ ν2n und β := limn→∞ ν2n+1 existieren und dass α ≤ β gilt. Nach den S¨ atzen 2 und 4 gilt lim |ν2n − ν2n−1 | = lim

n→∞

n→∞

1 = 0, q2n−1 q2n

sodass α = β ist. Damit ist alles bewiesen. Wir nennen auch ha0 , a, . . .i Kettenbruch bzw. unendlichen Kettenbruch, falls es n¨otig ist, darauf hinzuweisen, dass der Kettenbruch nicht abbricht. Korollar. Es sei a ∈ Z × N∞ . Ist dann r := ha0 , a1 , . . .i, so gilt f¨ ur alle n ∈ N ha0 , . . . , a2n i < r < ha0 , . . . , a2n+1 i.

88

V. Kettenbr¨ uche

Satz 11. Es seien a, b ∈ Z × N∞ . Genau dann ist ha0 , a1 , . . .i = hb0 , b1 , . . .i, wenn a = b ist. Beweis. Setze a0n := han , an+1 , . . .i. Es folgt a0n = lim han , . . . , an+m i. m→∞

Nach Satz 8 ist han , . . . , an+m i = an + han+1 , . . . , an+m i−1 und daher a0n = an + (a0n+1 )−1 . Hieraus folgt a0n > an ≥ 1 und weiter (a0n )−1 < 1 f¨ ur alle n. Insbesondere folgt, dass an = ba0n c ist. Es sei nun x := ha0 , a1 , . . .i = hb0 , b1 , . . .i. Dann ist a0 = bxc = b0 . Es sei n ∈ N0 und es gelte a0 = b0 , . . . , an = bn . Dann ist ha0 , a1 , . . . , an , a0n+1 i = x = ha0 , a1 , . . . , an , b0n+1 i. Es folgt

a0n+1 pn + pn−1 b0n+1 pn + pn−1 = a0n+1 qn + qn−1 b0n+1 qn + qn−1

und weiter a0n+1 (pn qn−1 − pn−1 qn ) = b0n+1 (pn qn−1 − pn−1 qn ). Weil der Ausdruck in der Klammer nach Satz 3 von null verschieden ist, ist also a0n+1 = b0n+1 . Hieraus folgt schließlich an+1 = ba0n+1 c = bb0n+1 c = bn+1 . Damit ist der Satz bewiesen. Korollar. Ist a ∈ Z × N∞ , so ist an = ba0n c f¨ ur alle n ∈ N0 . Dies wurde beim Beweise von Satz 11 mitbewiesen. Satz 12. Es sei a ∈ Z × Nn . Setze a0i := hai , . . . , an i. Ist an > 1, so ist ai = ba0i c f¨ ur i := 0, . . . ,. Ist an = 1, so ist ai = ba0i c f¨ ur i := 0, . . . , n − 2 und a0n−1 = an−1 + an . Beweis. Wie beim Beweise von Satz 11 erhalten wir a0i = ai + (a0i+1 )−1 f¨ ur i := 0, . . . , n − 1. Hieraus folgt weiter a0i > 1 f¨ ur i := 0, . . . , n − 1. Dies hat ai = ba0i c f¨ ur i := 0, . . . , n − 2 zur Folge. Ist nun an > 1, so ist auch noch an−1 = ba0n−1 c. Ist an = 1, so ist a0n−1 = an−1 + (a0n )−1 = an−1 + 1 = an−1 + an . Damit ist alles bewiesen. Satz 13. Ist r ∈ R irrational, so gibt es ein a ∈ Z × N∞ mit r = ha0 , a1 , . . .i. Beweis. Es bezeichne I die Menge der irrationalen Zahlen. Wir definieren eine Abbildung R von Z × I in sich durch
R(a, ξ) := bξ −1 c, ξ −1 − bξ −1 c .

2. Der Kettenbruch der eulerschen Zahl

89

Weil ξ irrational ist, ist R wirklich eine Abbildung von Z×I in sich. Nach dem dedekindschen Rekursionssatz gibt es zwei Folgen a und ξ mit a0 := brc und ξ0 = r − a0 und
(an+1 , ξn+1 ) = R(an , ξn ) = bξn−1 c, ξn−1 − bξn−1 c . Es folgt ξn−1 = an+1 + ξn+1 = han+1 , ξn+1 i. Wir zeigen, dass r = ha0 , a1 , . . .i ist. Es ist r = a0 + ξ0 = ha0 , ξ0−1 i. Es sei n ∈ N0 und es gelte r = ha0 , . . . , an , ξn−1 i. Dann ist

 r = a0 , . . . , an , han+1 , ξn+1 i . Es gilt also r = ha0 , . . . , an , ξn−1 i f¨ ur alle n ∈ N0 . Daher ist r=

pn ξ −1 + pn−1 pn (an+1 + ξn+1 ) + pn−1 pn+1 + pn ξn+1 = = qn ξ −1 + qn−1 qn (an+1 + ξn+1 ) + qn−1 qn+1 + qn ξn+1

f¨ ur alle n. Hieraus folgt 1 1 r − pn+1 = < . −1 qn+1 qn+1 (qn+1 ξn+1 qn qn+1 + qn ) Mit Satz 6 folgt nun die Behauptung. Satz 14. Es sei r ∈ R. Genau dann hat r zwei und dann auch nur zwei Darstellungen als Kettenbruch, wenn r rational ist. ¨ Dies ist eine einfache Ubungsaufgabe nach all dem, was wir bislang gemacht haben. 2. Der Kettenbruch der eulerschen Zahl. Von Euler stammt die Entwicklung der eulerschen Zahl e in einen Kettenbruch. Ob die Methode der Entwicklung, die ich hier vortrage, die eulersche ist, weiß ich jedoch nicht. Wir beginnen mit einem Ergebnis von Johann Heinrich Lambert (1728–1777). Es ist 2

ek + 1 2

ek − 1

= hk, 3k, 5k, 7k, 9k, 11k, . . .i

f¨ ur alle k ∈ N. Beweis. Die Reihe

 ν+2n ∞ X 2ν (ν + n)! 1 ϕν := n!(2ν + 2n)! k n:=0

90

V. Kettenbr¨ uche

hat die Majorante  ν+2n  ν ∞ X −2 2ν 1 2 = ek . n! k k n:=0 Folglich ist ϕν konvergent und damit absolut konvergent. Ferner ist ϕν > 0. Da ϕν f¨ ur alle ν absolut konvergent ist, kann man ϕν und (2ν + 1)kϕν+1 koeffizientenweise von einander subtrahieren. Man erh¨ alt auf diese Weise  ν+2n ∞ X 2ν+1 (ν + n)! 1 ϕν − (2ν + 1)kϕν+1 = . (n − 1)!(2ν + 1 + 2n)! k n:=1 Mit m := n − 1 folgt 2ν+1 (ν + n)! 2ν+1 (ν + m + 1)! 2ν+2 (ν + m + 2)! = = . (n − 1)!(2ν + 1 + 2n)! m!(2ν + 3 + 2m)! m!(2ν + 4 + 2m)! Daher ist ϕν − (2ν + 1)kϕν+1 = ϕν+2 . Setze ζν :=

ϕν ϕν+1 .

Dann ist −1 ζν = (2k + 1)k + ζν+1 .

Hieraus folgt, dass ζν > 1 ist f¨ ur alle ν. Daher ist bζν c = (2ν + 1)k und folglich ζ0 = hk, 3k, 5k, 7k, . . .i. Nun ist

∞ X

 2n  2n ∞ X n! 1 1 1 1 1 ϕ0 = = = 12 (e k + e− k ) n!(2n)! k (2n)! k n:=0 n:=0

und  1+2n  1+2n ∞ ∞ X X 2(1 + n)! 1 1 1 1 1 ϕ1 = = = 12 (e k − e− k ). n!(2 + 2n)! k (1 + 2n)! k n:=0 n:=0 Hieraus folgt die Behauptung. Da der Kettenbruch unendlich ist, folgt einmal mehr, dass e irrational ist. Und nun das eulersche Resultat. Es ist e = h2; 1, 2, 1; 1, 4, 1; 1, 6, 1; 1, 8, 1; 1, 10, 1; . . .i. Beweis. Es sei zun¨ achst pqnn der n-te N¨ aherungsbruch f¨ ur Ergebnis f¨ ur k = 2 ist dann pn = (4n + 2)pn−1 + pn−2 qn = (4n + 2)qn−1 + qn−2 .

e+1 e−1 .

Nach dem lambertschen

2. Der Kettenbruch der eulerschen Zahl

91

p0

Es sei qn0 der n-te N¨ aherungsbruch f¨ ur h2; 1, 2, 1; 1, 4, 1; . . .i. Es ist ak = 1 f¨ ur k 6≡ n 2 mod 3 und a3n−1 = 2n. Ist dann n ≥ 2, so ist also p03n−3 p03n−2 p03n−1 p03n 0 p3n+1

= p03n−4 + p03n−5 = p03n−3 + p03n−4 = 2np03n−2 + p03n−3 = p03n−1 + p03n−2 = p03n + p03n−1 .

Hieraus folgt p03n+1 + p03n + 2p03n−1 − p03n−2 + p03n−3 = p03b + 2p03n−1 + (4n + 1)p03n−2 + p03n−3 + p03n−5 . Also ist p03n+1 = (4n + 2)p03n−2 + p03n−5 f¨ ur alle n ≥ 2. Ebenso folgt 0 0 0 q3n+1 = (4n + 2)q3n−2 + q3n−5 0 f¨ ur alle n ≥ 2. Somit gen¨ ugen die Folgen n → p03n+1 und n → q3n+1 sowie p und q der gleichen Rekursion. Nun ist p01 = 3 = p0 + q0 , p04 = 19 = p1 + q1 , q10 = 1 = p0 − q0 und q40 = 7 = p1 − q1 . 0 Mit den bereits etablierten Rekursionsformeln folgt daher p03n+1 = pn + qn und q3n+1 = pn − qn . Hiermit folgt weiter

p03n+1 pn + qn = lim n→∞ q 0 n→∞ pn − qn 3n+1 lim

pn qn−1 + 1 −1 n→∞ pn qn −1 (e + 1)(e − 1)−1 + 1 = (e + 1)(e − 1)−1 − 1 = e. = lim

0

Da die Folge pq0 konvergiert und Teilfolgen konvergenter Folgen den gleichen Grenzwert wie die Folge selbst haben, gilt die Behauptung. Mittels der Anfangswerte und der Rekursionsformel erh¨alt man sehr rasch p013 = 0 0 49171, q13 = 18089, p016 = 1084483 und q16 = 398959. Mittels des Korollars zu Satz 9 von Abschnitt 1 folgt 2, 7182818284
0 f¨ ur alle n ∈ N. Ferner ist lim c

n→∞


pn + d = cα + b. qn

Also haben sn und cα + b f¨ ur alle großen n das gleiche Vorzeichen. Wegen A(α) = (−A)(α) d¨ urfen wir cα + d > 0 annehmen. Dann ist also sn > 0 f¨ ur alle hinreichend großen n. Wir entwickeln srnn in den Kettenbruch rn = hc0 , . . . , cm i sn

5. Periodische Kettenbr¨ uche

97

0

und bezeichnen mit rs0 seinen vorletzten N¨ aherungsbruch. Wegen rn sn−1 − rn−1 sn = (−1)n−1 det(A) sind rn und sn teilerfremd. Daher und wegen sn > 0 ist srnn der letzte N¨ aherungsbruch von hc0 , . . . , cm i. Also ist rn s0 − r0 sn = (−1)m−1 . Da eine rationale Zahl sich stets in zwei Kettenbr¨ uche entwickeln l¨asst, deren L¨ange sich um 1 unterscheiden, k¨ onnen wir m so w¨ ahlen, dass (−1)m−1 = det(A)(−1)n−1 ist. Dann ist rn sn−1 − rn−1 sn = rn s0 − sn r0 . Es folgt rn sn−1 ≡ rn s0 mod sn und wegen der Teilerfremdheit von rn und sn dann auch sn−1 ≡ s0 mod sn . Hieraus folgt wegen 0 < sn−1 < sn und 0 ≤ s0 ≤ sn , dass s0 = sn−1 ist. Dann ist aber auch r0 = rn−1 . Also ist a0 rn + rn−1 hc0 , . . . , cm , a0n+1 i = 0n+1 = AB(a0n+1 ) = β. an+1 sn + sn−1 Mit der Einzigkeit der Kettenbr¨ uche von irrationalen Zahlen folgt c0 = b0 , . . . , cm = bm und a0n+1 = b0m+1 . Damit ist alles bewiesen. 5. Periodische Kettenbr¨ uche. Die periodischen Kettenbr¨ uche, die diesem Abschnitt ihren Namen gaben, tauchen erst etwas sp¨ ater auf. Um n¨amlich zu beweisen, dass die periodischen Kettenbr¨ uche genau die quadratischen reellen Irrationalit¨aten sind, bedarf es der Vorbereitung. Zun¨ achst m¨ ochten wir etwas mehr dar¨ uber erfahren, wie die modulare Gruppe auf der Menge der quadratischen Irrationalit¨aten wirkt. Dabei d¨ urfen diese zun¨ achst auch komplex sein. Es sei f = cx2 − bx − a ∈ Q[x]. Da es uns nur auf die Nullstellen von f ankommt, d¨ urfen wir annehmen, dass sogar f ∈ Z[x] ist und dass die Koeffizienten von f teilerfremd sind. In diesem Falle nennen wir f primitiv . Die Zahl D := b2 + 4ac heißt Diskriminante von f und auch Diskriminante der Nullstellen von f . Wir setzen α := und β :=


1 √ D+b 2c

√
1 − D+b . 2c

Dann ist f (α) = f (β) = 0. Ist D 6= 0, so sind√α und β also die beiden Wurzeln von f . Wir werden im Folgenden voraussetzen, dass D 6∈ Q ist, da wir uns nur f¨ ur irrationale Zahlen interessieren. Dann ist √ √ Q[ D] := {r + s D | r, s ∈ Q} √ √ √ ein K¨ orper der Dimension 2 u ¨ber√Q, und die Abbildung r+s D → r + s D := r−s D ist ein Automorphismus von Q[ D]. Ist dann α Nullstelle von f := cx2 − bx − a, so ist auch α ¯ Nullstelle von f . Die einzigen Quadrate modulo 4 sind 0 und 1. Folglich gilt D ≡ 0 mod 4 oder D ≡ 1 mod 4. Dies behalte man im Folgenden stets im Sinn. Es sei f = cx2 − bx − a ∈ Z[x] ein primitives, irreduzibles Polynom und ω sei eine Nullstelle von f . Ferner bezeichne G wieder die modulare Gruppe, die wir schon im

98

V. Kettenbr¨ uche

vorigen Abschnitt betrachtet haben. Es sei A ∈ G und η := A−1 (ω). Ist A = ist  2 uη + v uη + v 2 0 = cω − bω − a = c −b − a. sη + t sη + t Setze

u v s t




, so

c0 := −as2 − bus + cu2 b0 := 2ast + b(tu + vs) − 2cuv a0 := at2 + bvt − cv 2 .

Es folgt c0 η 2 − b0 η − a0 = 0. Weiter ist  2  −s −us u2 det  2st tu + vs −2uv  = − det(A)3 ∈ {1, −1}. t2 vt −v 2 Mithilfe der cramerschen Regel folgt daher, dass a, b und c ganzzahlige Linearkombinationen von a0 , b0 und c0 sind. Somit ist jeder gemeinsame Teiler von a0 , b0 , c0 auch gemeinsamer Teiler von a, b und c. Hieraus folgt ggT(a0 , b0 , c0 ) = 1, sodass auch das Polynom f A := c0 x2 − b0 x − a0 primitiv ist. Schließlich zeigt eine einfache Rechnung, die wie alle vorherigen Rechnungen dem Leser durchzuf¨ uhren u ¨berlassen bleibe, dass
2
2 b02 + 4a0 c0 = b2 det(A) + 4ac det(A) = b2 + 4ac ist. Es gilt also Satz 1. Ist ω Nullstelle des primitiven Polynoms f = cx2 − bx − a und ist ω irrational,
u v ist ferner A = s t ∈ G, so ist A−1 (ω) Nullstelle des Polynoms f A := c0 x2 − b0 x − a0 . Dabei ist c0 = −as2 − bus + cu2 b0 = 2ast + b(tu + vs) − 2cuv a0 = at2 + bvt − cv 2 . Das Polynom f A ist ebenfalls primitiv und es gilt b02 + 4a0 c0 = b2 + 4ac, d.h. f und f A , bzw. ω und A−1 (ω), haben die gleiche Diskriminante. Es sei f ein primitives und irreduzibles Polynom vom Grade 2 und ω sei eine reelle Nullstelle von f . Dann ist auch ω ¯ reell. Man nennt ω reduziert, falls 0 < −¯ ω 0 und ω sei eine reelle Nullstelle von f . Ist ω reduziert und ist D die Diskriminante von f , so ist (b, c) ∈ π(D). Beweis. Weil ω reduziert ist, ist 0 < −¯ ω < 1 < ω. Ferner ist   √ 1 √ 1 {ω, ω ¯} = ( D + b), (− D + b) . 2c 2c √ 1 W¨ are b ≤ 0, so folgte ω ¯ = 2c (− D + b), da ω ¯ ja negativ ist. Es folgte

1 √ 1 √ D − b = −¯ ω 0 allesamt isomorph sind. Der Beweis ist jedoch insofern unbefriedigend, weil er im konkreten Falle nicht gestattet, die Elemente der Gruppe wirklich zu berechnen. Dies zu tun werden wir im n¨ achsten Abschnitt lernen. Die beiden Abschnitte sind als Kontrast gedacht. Satz 1. Es sei D ∈ Z und D sei quadratfrei. Ist 0 < c ∈ R, so ist die Menge  S := a | a ∈ AD und |a|, |¯ a| < c endlich. Beweis. Setze c0 := max{2c, c2 }. Es sei Q die Menge der Polynome vom Grade 2 in Z[x], deren Leitkoeffizient 1 ist und deren Koeffizienten k die Ungleichung |k| ≤ c0 erf¨ ullen. Dann ist Q endlich, sodass auch die Menge W der Wurzeln der Polynome aus Q endlich ist. Es sei a ∈ S. Dann ist (x − a)(x − a ¯) = x2 − (a + a ¯)x + a¯ a ∈ Z[x]. Ferner ist − (a + a ¯) ≤ |a| + |¯ a| ≤ 2c ≤ c0 und |a¯ a| ≤ c2 ≤ c0 . Also ist a ∈ W , d.h. es ist S ⊆ W , sodass auch S endlich ist.

106

VI. Die Ringe AD

Satz 2. Ist 0 < α ∈ R, ist α irrational und ist m ∈ N, so gibt es ganze Zahlen a und b, die nicht beide null sind, mit |a| ≤ m, |b| ≤ m und 0 < a + αb ≤

1+α . m

Beweis. Es sei M := {a + αb | 0 ≤ a ≤ m und 0 ≤ b ≤ m}. Weil 1 und α linear unabh¨ angig sind, folgt |M | = (m + 1)2 . Teile das abgeschlossene Intervall   0, (1 + α)m , welches M enth¨ alt, in die m2 Teilintervalle   i(1 + α) (i + 1)(1 + α) , m m f¨ ur i := 0, . . . , m2 − 1. Aufgrund des Taubenschlagprinzips gibt es dann ein i sowie a1 + αb1 , a2 + αb2 ∈ M mit i(1 + α) (i + 1)(1 + α) ≤ a1 + αb1 < a2 + αb2 ≤ . m m Setze a := a2 − a1 und b := b2 − b1 . Dann ist |a| ≤ m und |b| ≤ m sowie 0 ≤ a + αb ≤

(1 + α) . m

Weil a und b nicht beide null sind, ist 0 < a + αb. Satz 3. Ist 1 < D ∈ N und ist D quadratfrei, so ist G(AD ) = {1, −1} × Z, wobei Z eine unendliche zyklische Gruppe ist. Beweis. Wegen D > 0 ist AD ⊆ R. Aus xn = 1 und x ∈ AD folgt daher x = 1 oder x = −1. Somit ist W := {1, −1} die Torsionsgruppe von G(A √ D ), d.h. die Gruppe aller Elemente endlicher Ordnung von G(AD ). Wir setzen α := D. Dann ist α irrational. Es bezeichne Sm die Menge aller (a, b) ∈ Z × Z mit (a, b) 6= (0, 0) und |a| ≤ m, |b| ≤ m und |a + αb| ≤ 1+α ur alle m ∈ N. Setze m . Nach Satz 2 ist Sm 6= ∅ f¨  + Sm := (a, b) | (a, b) ∈ Sm , a > 0  − Sm := (a, b) | (a, b) ∈ Sm , a < 0  0 Sm := (a, b) | (a, b) ∈ Sm , a = 0 . 0 Dann ist S10 = {(0, 1), (0, −1)} und Sm = ∅ f¨ ur m ≥ 2. Aus α|b| ≤
α |b|m − 1 ≤ 1

1+α m

folgt ja

+ − und dann |b|m = 1, da ja b 6= 0 und α > 1 ist. Ferner gilt |Sm | = |Sm |, da offensichtlich (a, b) → (−a, −b) eine Bijektion der ersten Menge auf die zweite ist.

1. Die Einheitengruppe von AD

107

S Setze S := m∈N Sm . W¨ are S endlich, so g¨ abe es ein n ∈ N mit n1 < |a + αb| f¨ ur 1+α alle (a, b) ∈ S. Es sei m so gew¨ ahlt, dass m < n1 ist. Ist dann (a, b) ∈ Sm , so folgte der Widerspruch 1+α 1 |a + αb| ≤ ≤ < |a + αb|. m n 0 + − Also ist S unendlich. Wegen |S10 | = 2 und Sm = ∅ f¨ ur m > 1 sowie |Sm | = |Sm | ist dann S + + auch S := m∈N Sm unendlich. Ist |a| ≤ m und |b| ≤ m, so ist |a − αb| ≤ |a| + |b|α ≤ m(1 + α). Somit ist

√ 1+α m(1 + α) = (1 + D)2 . m √ Hieraus folgt, dass es ein n ∈ Z gibt mit 0 < |n| ≤ (1 + D)2 und der weiteren Eigenschaft, dass es unendlich viele (a, b) ∈ S + gibt mit √ N (a + b D) = a2 − Db2 = n. 0 < |a2 − Db2 | = |a + αb||a − αb| ≤

Es sei S ∗ die Menge dieser (a, b) in S + . Sind (a, b), (a0 , b0 ) ∈ S ∗ , so setzen wir (a, b) ∼ (a0 , b0 ) genau dann, wenn a ≡ a0 mod n und b ≡ b0 mod n ist. Dann ist ∼ eine 2 ¨ ¨ Aquivalenzrelation ochstens √ mit h¨ √ n Aquivalenzklassen. Es gibt also (a1 , b1 ), (a2 , b2 ) ∈ ∗ S mit a1 + b√1 D 6= a2 + b2 D √ und a1 ≡ a2 mod n und b1 ≡ b2 mod n. Setze x1 := a1 + b1 D, x2 := a2 + b2 D und v := x1 x−1 2 . Dann ist N (v) = 1. Ferner ist v 6= 1, da ja x1 6= x2 ist. Wegen a1 > 0 und a2 > 0 folgt weiter x1 6= −x2 , sodass auch v 6= −1 ist. Schließlich ist, da ja N (x2 ) = n ist, x1 x1 − x2 (x1 − x2 )¯ x2 =1+ =1+ x2 x2 N (x2 )   √
a1 − a2 b1 − b2 √ =1+ + D a2 − b2 D . n n

v=

Also ist v ∈ AD , sodass v eine von 1 und −1 verschiedene Einheit von AD ist. Ist u ∈ G(AD ) − {1, −1}, so ist max{u, −u, u−1 , −u−1 } > 1. Somit ist die Menge E := {u | u ∈ G(AD ), u > 1} nicht leer. Wir zeigen, dass E ein kleinstes Element enth¨ alt. Dazu sei w ∈ E und S := {a | a ∈ E, a < w}. Ist a ∈ E, so ist a|¯ a| = |a¯ a| = 1 und folglich a−1 = |¯ a|. Wegen a > 1 ist dann |¯ a| < 1 < w. Also ist a, a ¯ < w f¨ ur alle a ∈ S. Nach Satz 1 ist S also endlich. Folglich enth¨alt S und dann auch E ein kleinstes Element v0 . Es sei Z die von v0 erzeugte Untergruppe von G(AD ). Dann ist {1, −1} ∩ Z = {1}. Es sei u ∈ G(AD ). Ist u > 0, so gibt es ein z ∈ Z mit v0z ≤ u < v0z+1 . Hieraus folgt 1 ≤ uv0−z < v0 . Dies zieht wiederum u = v0z nach sich. Also ist u ∈ Z. Ist u < 0, so ist −u > 0 und folglich −u ∈ Z. Also ist in jedem Falle u ∈ {1, −1} × Z. Damit ist alles bewiesen.

108

VI. Die Ringe AD

Man nennt v0 die Fundamentaleinheit von AD . Man k¨onnte versucht sein, sie durch Probieren zu finden. Doch das verbietet sich von selbst. So ist zum Beispiel die Fundamentaleinheit von A991 gleich 379 516 400 906 811 930 638 014 896 080 + 12 055 735 790 331 359 447 442 538 767

√

991.

Wie man die Fundamentaleinheiten berechnen kann, lernen wir im n¨achsten Abschnitt. 2. Die Berechnung der Fundamentaleinheit. Wir haben im letzten Abschnitt ein Beispiel gegeben, das zeigt, dass die Fundamentaleinheit von AD sehr groß sein kann. Will man Fundamentaleinheiten berechnen, so muss man schon eine Idee haben, wie man dies bewerkstelligen kann. √ Es sei D eine quadratfreie ganze Zahl. Wie fr¨ uher setzen wir ∆ := D, falls D 6≡ √ 1 mod 4, und ∆ := 12 (1 + D) im anderen Falle. Dann ist 1, ∆ eine Ganzheitsbasis von AD nach Aufgabe 3 des Kapitels III. Im Falle D 6≡ 1 mod 4 ist AD also das, was man erwartet. Im zweiten Falle wollen wir die Darstellung der Elemente von AD noch etwas umschreiben. Satz 1. Es sei D eine quadratfreie ganze Zahl ungleich 1. Ferner sei D ≡ 1 mod 4. Dann ist √  AD = 12 (a + b D) | a, b ∈ Z, a ≡ b mod 2 . Beweis. Ist x ∈ AD , so gibt es ganze Zahlen u und v mit x = u + v∆. Es folgt √ √ x = u + v · 12 (1 + D) = 12 (2u + v + v D). Offensichtlich haben 2u + v und v√die gleiche Parit¨at. Es sei umgekehrt x = 12 (a + b D) und a und b haben die gleiche Parit¨at. Es gibt dann ein u ∈ Z mit a = 2u + b. Dann ist √ x = 12 (2u + b + b D) = u + b∆ ∈ AD . Damit ist Satz 1 bewiesen. Satz 2. Es sei D eine quadratfreie, von 1 verschiedene nat¨ urliche Zahl. Ferner seien a, b ∈ Z. Dann gilt: √ a) Ist D ≡ 1 mod 4, so ist 12 (a + b D) genau dann Einheit in AD , wenn a2 − Db2 ∈ {4, −4} ist. √ b) Ist D 6≡ 1 mod 4, so ist a + b D genau dann Einheit in AD , wenn (2a)2 − (4D)b2 ∈ {4, −4} ist. √ Beweis. a) Es sei 12 (a + b D) Einheit in AD . Dann ist √
2 1 2 1 4 (a − Db ) = N 2 (a + b D) ∈ {1, −1}. Also ist die Bedingung unter a) notwendig. 2 2 Es sei umgekehrt a2 − Db2 ∈ {4, −4}. Wegen D ≡ 1 mod 4 ist dann √ a ≡ b mod 4, 1 sodass a und b die gleiche Parit¨ at haben. Nach Satz 1 ist daher 2 (a + b D) ein Element

2. Die Berechnung der Fundamentaleinheit

109

von AD . Aufgrund √ unserer Annahme ist die Norm dieses Elementes gleich 1 oder −1, sodass 12 (a + b D) in der Tat eine Einheit von AD ist. b) versteht sich von selbst. 0 Korollar. Ist D 6≡ 1 mod 4, sind a√ , b ∈ Z und gilt a02 − 4Db2 ∈ {4, −4}, so gibt es ein 0 a ∈ Z mit a = 2a und es ist a + b D Einheit in AD . Beweis. Es ist a02 ≡ 0 mod 4, sodass a0 gerade ist. Hieraus folgt mit Satz 2 b) die Behauptung.

Ist D eine quadratfreie nat¨ urliche Zahl gr¨ oßer als 1, so setzen wir d := D, falls D ≡ 1 mod 4 ist, und d := 4D in allen u ¨brigen F¨allen. Um dann die Einheiten in AD zu berechnen, m¨ ussen wir die ganzzahligen L¨ osungen der diophantischen Gleichungen u2 − dv 2 ∈ {4, −4} bestimmen. Ist u,√ v eine L¨ osung dieser Gleichung, so ist im Falle d ≡ 1 mod √ 4 das Element 12 (u + v D) eine Einheit und im andern Falle das Element 12 u + v D. Bei der systematischen Suche der L¨ osungen sind Kettenbr¨ uche wieder eine große Hilfe. Dies zeigt der n¨ achste Satz. Satz 3. Es sei d ∈ N und d sei kein Quadrat. Ferner sei d ≡ 0 oder 1 mod 4. Es sei ω eine reduzierte quadratische Irrationalzahl mit der Diskriminante d und l sei die Periodenl¨ ange der Kettenbruchentwicklung von ω. Schließlich sei cx2 − bx − a das irreduzible primitive Polynom in Z[x] mit c > 0, dessen Nullstelle ω ist, und pqii sei der i-te N¨ aherungsbruch der Kettenbruchentwicklung von ω. a) Ist  ∈ {0, 1} und sind u und t nat¨ urliche Zahlen mit t2 − du2 = (−1) 4, so gibt es eine nat¨ urliche Zahl r mit u = ggT(qlr−1 , plr−1 − qlr−2 , plr−2 ) und t = plr−1 + qlr−2 . Außerdem ist  ≡ lr mod 2. b) Ist r ∈ N, so setzen wir u := ggT(qlr−1 , plr−1 − qlr−2 , plr−2 ) und t := plr−1 + qlr−2 . 2

2

lr

Dann ist t − du = (−1) 4. Beweis. b) ist schnell bewiesen. Es sei ω = ha0 , a1 , . . .i. Dann ist wegen der reinen Periodizit¨ at des Kettenbruches ω = a0lr . Es folgt ω=

ωplr−1 + plr−2 , ωqlr−1 + qlr−2

sodass qlr−1 ω 2 − (plr−1 − qlr−2 )ω − plr−2 = 0

110

VI. Die Ringe AD

ist. Weil ω auch Nullstelle des primitiven, irreduziblen Polynoms cx2 − bx − a ist, gibt es ein v ∈ N mit qlr−1 = cv, plr−1 − qlr−2 = bv und plr−2 = av. Es folgt u = ggT(qlr−1 , plr−1 − qlr−2 , plr−2 ) = v ggT(c, b, a) = v. Wegen t = plr−1 + qlr−2 ist dann plr−1 = 12 (t + ub) und qlr−2 = 12 (t − ub). Ferner ist (−1)lr−2 = plr−1 qlr−2 − plr−2 qlr−1 = 14 (t + ub)(t − ub) − acu2 = 14 (t2 − du2 ). Somit ist t2 − du2 = (−1)lr 4. Also gilt b). a) Wir setzen p∗ := 12 (t + ub), q ∗ := uc, p∗∗ := ua, und q ∗∗ := 12 (t − ub). Es ist 2 t − du2 = (−1) 4 und d = b2 + 4ac. Ist d ≡ 0 mod 4, so folgt aus der ersten Gleichung, dass t, und aus der zweiten, dass b gerade ist. In diesem Falle sind also p∗ und q ∗∗ ganze Zahlen. Ist d ≡ 1 mod 4, so folgt aus der ersten Gleichung, dass t und u die gleiche Parit¨ at haben, sodass auch in diesem Falle p∗ und q ∗∗ ganze Zahlen sind. Ferner folgt ∗ p − q ∗∗ = bu, sodass q ∗ ω 2 − (p∗ − q ∗∗ )ω − p∗∗ = (cω 2 − bω − a)u = 0. ist. Außerdem gilt ggT(q ∗ , p∗ − q ∗∗ , p∗ ) = u ggT(a, b, c) = u. Aus der quadratischen Gleichung f¨ ur ω folgt die Gleichung ω=

ωp∗ + p∗∗ . ωq ∗ + q ∗∗

Ferner ist p∗ q ∗∗ − q ∗ p∗∗ = 14 (t2 − u2 b2 − 4u2 ac) = 14 (t2 − du2 ) = (−1) . √ Es ist q ∗ − q ∗∗ = 12 ((2c + b)u − t). Weil ω reduziert ist, ist 2c + b > d. Also ist √ q ∗ − q ∗∗ > 12 (u d − t) =

u2 d − t2 (−1)+1 2 √ = √ . 2(u d + t) u d+t

√ Wegen u d + t > 2 ist daher q ∗ − q ∗∗ > −1 und, weil q ∗ − q ∗∗ ganz ist, gilt sogar ∗ ∗∗ q ∗ − q ∗∗ ≥ 0, √ d.h. q ≥ q √. Aus b < d und 2 < u d + t folgt √ q ∗∗ = 12 (t − ub) > 12 (t − u d) =

t2 − u2 d √ 2(t + u d) t2 − u2 d (−1) 4 > = ≥ −1. 4 4

Weil q ∗∗ ganz ist, ist daher q ∗∗ ≥ 0. Insgesamt gilt also 0 ≤ q ∗∗ ≤ q ∗ .

2. Die Berechnung der Fundamentaleinheit

111

Es sei q ∗∗ = 0. Dann ist t − ub = 0, d.h. t = ub. Es folgt (−1) 4 = t2 − du2 = u2 (b2 − d) < 0, da ja b2 < b2 + 4ac = d ist. Es folgt  = 1 und weiter −1 = p∗ q ∗∗ − q ∗ p∗∗ = −q ∗ p∗∗ . Wegen q ∗ = uc > 0 ergibt sich q ∗ = p∗∗ = 1. Dies hat wiederum u = a = c = 1 und damit t = b zur Folge. Also ist ω=

bω + 1 = b + ω −1 . ω

Hieraus folgt ω = hb, b, . . .i und p∗ = p0 , q ∗ = q0 , p∗∗ = p−1 , q ∗∗ = q−2 , sowie l = 1, sodass in diesem Falle alles bewiesen ist. ∗ Es sei schließlich q ∗∗ > 0. Wir entwickeln pq∗ in einen Kettenbruch hα0 , . . . , αm−1 i, p0

wobei m so gew¨ ahlt sei — was m¨ oglich ist —, dass (−1)m−2 = (−1) ist. Mit qi0 bei zeichnen wir den i-ten N¨ aherungsbruch dieses Kettenbruchs. Weil p∗ und q ∗ teilerfremd 0 sind, ist p∗ = p0m−1 und q ∗ = qm−1 . Es folgt 0 0 0 p0m−1 qm−2 − p0m−2 qm−1 = (−1)m−2 = (−1) = p0m−1 q ∗∗ − p∗∗ qm−1 . 0 0 0 Also ist p0m−1 qm−2 ≡ p0m−1 q ∗∗ mod qm−1 . Weil p0m−1 und qm−1 teilerfremd sind, folgt 0 0 0 0 0 qm−2 ≡ q ∗∗ mod qm−1 . Hieraus und aus 0 < q ∗∗ ≤ q ∗ = qm−1 und 0 ≤ qm−2 < qm−1 0 ∗∗ ∗∗ 0 folgt schließlich qm−2 = q und damit p = pm−2 . Also ist

ω=

p0m−1 ω + p0m−2 = hα0 , . . . , αm−1 , ωi. 0 0 qm−1 ω + qm−2

Mit Satz 11 von Abschnitt 1 des Kapitels V folgt αi = ai f¨ ur i := 0, . . . , m − 1. Mit den Entwicklungen von Abschnitt 5 des Kapitels V folgt schließlich noch, dass l Teiler von m ist. Damit ist auch a) bewiesen. Korollar 1. Sind ω und ω 0 reduzierte quadratische Irrationalit¨ aten mit der Diskriminante d und sind l(ω) und l(ω 0 ) die Periodenl¨ angen ihrer Kettenbruchentwicklungen, so ist l(ω) ≡ l(ω 0 ) mod 2. Beweis. Satz 3 gilt nat¨ urlich auch f¨ ur ω 0 . Also wird der Wert −4 bei Verwendung von 0 ω angenommen, wenn er bei Verwendung von ω angenommen wird. Setze λ(d) = 0, falls l(ω) gerade ist, und λ(d) = 1, falls l(ω) ungerade ist. Nach Korollar 1 h¨ angt diese Definition nicht von der speziellen Wahl von ω ab. Korollar 2. Genau dann ist die diophantische Gleichung x2 − dy 2 = −4 l¨ osbar, wenn λ(d) = 1 ist. Ist |π(d)| ungerade, so ist λ(d) = 1. Schließlich geht es noch darum, die Fundamentaleinheit unter all den in Satz 3 beschriebenen Einheiten zu erkennen. Dazu setzen wir ur := ggT(qlr−1 , plr−1 − qlr−2 , plr−2 )

112

VI. Die Ringe AD

und tr := plr−1 + qlr−2 . −1

Dann ist ur = c qlr−1 , sodass die Folge u monoton w¨achst, da ja die Folge q monoton w¨ achst. Ebenso w¨ achst die Folge t monoton. Damit haben wir √ Korollar 3. Ist D ≡ 1 mod 4, so ist 12 (t1 + u1 D) die Fundamentaleinheit von AD . √ Ist D 6≡ 1 mod 4, so ist 12 t1 + u1 D die Fundamentaleinheit von AD . 3. Die Klassenzahl. Ist I ein Ideal von AD , so setzen wir Ω(I) := {−α2 α1−1 | α1 , α2 ist Ganzheitsbasis von I}. Sind I und√J von {0} verschiedene Ideale von AD , so heißen I und J ¨ aquivalent, wenn es ¨ ein k ∈ Q[ D] gibt mit kI = J. Unser Ziel ist zu zeigen, dass diese Aquivalenzrelation ¨ nur endlich viele Aquivalenzklassen hat. Deren Anzahl ist die Klassenzahl von AD . Da zwei Hauptideale im vorliegenden Sinne stets ¨aquivalent sind, ist die Klassenzahl sicher dann gleich 1, wenn AD Hauptidealbereich ist. Ist andererseits I ein Hauptideal √ und sind die Ideale I und J ¨ aquivalent, so gibt es ein a ∈ AD und ein k ∈ Q[ D] mit I = aAD und kaAD = kI = J. Es folgt ka = ka1 ∈ kI = J, sodass J in der Tat ein Hauptideal ist. Damit haben wir den folgenden Satz bewiesen. Satz 1. Genau dann ist die Klassenzahl von AD gleich 1, wenn AD ein Hauptidealbereich ist. ¨ Der n¨ achste Satz gibt uns eine andere Beschreibung der Aquivalenz von Idealen. Satz 2. Sind I und J von {0} verschiedene Ideale von AD , so sind I und J genau dann aquivalent, wenn Ω(I) = Ω(J) ist. ¨ √ Beweis. Die Ideale I und J seien ¨ aquivalent. Es gibt dann ein k ∈ Q[ D] mit k 6= 0 und kI = J. Ist α1 , α2 eine Ganzheitsbasis von I, so ist kα1 , kα2 eine Ganzheitsbasis von J. Es folgt −α2 α1−1 = −kα2 (kα1 )−1 ∈ Ω(J), also ist Ω(I) ⊆ Ω(J). Wegen J = k −1 I folgt Ω(J) ⊆ Ω(I). Folglich ist Ω(I) = Ω(J). Es sei umgekehrt Ω(I) = Ω(J). Ist ω ∈ Ω(I), so gibt es also Ganzheitsbasen α1 , α2 und β1 , β2 von I bzw. J mit ω = −α2 α1−1 = −β2 β1−1 . Dann ist β1 α1−1 = β2 α2−1 . Setzt man k := β1 α1−1 , so ist kα1 = β1 und kα2 = β2 . Daher ist kI = J. Satz 3. Ist I ein von {0} verschiedenes Ideal von AD , so ist Ω(I) eine Bahn der modularen Gruppe G. Beweis. Es seien η, ω ∈ Ω(I). Es gibt dann Ganzheitsbasen α1 , α2 und β1 , β2 von I mit ω = −α2 α1−1 und η = −β2 β1−1 . Wegen α1 , α2 ∈ β1 Z+β2 Z gibt es eine (2×2)-Matrix X u ¨ber Z mit     α1 β1 =X . α2 β2

3. Die Klassenzahl

113

Ebenso folgt die Existenz einer (2 × 2)-Matrix Y u ¨ber Z mit     β1 α1 =Y . β2 α2 Wegen der linearen Unabh¨ angigkeit der αs und βs folgt XY = 1 = Y X. Insbesondere ist det(XY ) = 1 und daher X, Y ∈ G. Es folgt   Y21 α1 + Y22 α2 −Y21 + Y22 ω Y22 −Y21 η=− = = (ω). −Y12 Y11 Y11 α1 + Y12 α2 Y11 − Y12 ω Ferner ist

 det

Y22 −Y12

−Y21 Y11

 = det(Y ) ∈ {1, −1}.

Dies zeigt, dass Ω(I) in einer Bahn von G enthalten ist. Es sei weiterhin ω ∈ Ω(I). Ferner sei A ∈ G. Setze η := A(ω). Wir m¨ ussen zeigen, dass η ∈ Ω(I) gilt. Hierzu setzen wir β1 := A22 α1 − A21 α2 β2 := −A12 α1 + A11 α2 . Dann ist η = −β2 β1−1 . Ferner folgt, dass β1 , β2 ∈ I ist. Da die Matrix   A22 −A21 −A12 A11 gleich A−1 oder gleich −A−1 ist, ist β1 , β2 ebenfalls eine Ganzheitsbasis von I. Damit ist alles bewiesen. Satz 4. Es sei I ein Ideal in AD . Ist ω ∈ Ω(I), so ist ω Nullstelle eines irreduziblen Polynoms vom Grade 2 u ¨ber Z. Ist D ≡ 1 mod 4, so ist die Diskriminante dieses Polynoms gleich D, und ist D 6≡ 1 mod 4, so ist die Diskriminante dieses Polynoms gleich 4D. Beweis. Wegen Satz 3 dieses Abschnitts und Satz 1 des Abschnitts 5 von Kapitel V gen¨ ugt es, diesen Satz f¨ ur ein spezielles ω ∈ Ω(I) zu beweisen. Es sei also a11 , a21 +a22 ∆ eine nach Kapitel IIII, Abschnitt 4, Satz √5 existierende Ganzheitsbasis von I, wobei im Falle D ≡ 1 mod 4 wieder ∆ := 12 (1 + D) gesetzt wurde und in allen u ¨brigen F¨allen √ −1 ∆ := D. Wir setzen ω := −(a21 + a22 ∆)a11 und ¯ f := (a11 x + a21 + a22 ∆)(a11 + a21 + a22 ∆). Dann ist ω ∈ Ω(I) und f (ω) = 0. Ausmultiplizieren ergibt
¯ x + a221 + a21 a22 (∆ + ∆) ¯ + a222 ∆∆. ¯ f = a211 x2 + 2a11 a21 + a11 a22 (∆ + ∆) ¯ = 0 und ∆∆ ¯ = −D. Also ist hier Ist D 6≡ 1 mod 4, so ist ∆ + ∆ f = a211 x2 + 2a11 a21 x + a221 − a222 D.

114

VI. Die Ringe AD

Wir setzen

a11 2 a21 a2 − a222 D x +2 x + 21 . a22 a22 a11 a22 Dann ist f = a11 a22 g und daher g(ω) = 0. Ferner ist g :=

4a221 a11 a221 − a222 D − 4 = 4D. a222 a22 a11 a22 Weil a22 Teiler von a11 und a21 ist, sind die Koeffizienten von g bei x2 und x ganz. Ferner ist   a221 − a222 D a21 = (a21 + a22 ∆) − ∆ ∈ I ∩ Z = a11 Z, a22 a22 sodass alle Koeffizienten von g ganz sind. Es bleibt zu zeigen, dass g primitiv ist. Es sei p Primteiler von   a11 2a21 a221 − a222 D ggT , , . a22 a22 a11 a22 Dann ist p2 Teiler der Diskriminante von g, d.h. von 4D. Weil D quadratfrei ist, ist folglich p = 2. Nun ist a221 a11 a221 − a222 D − = D. 2 a22 a22 a11 a22 Hiermit folgt wiederum wegen der Quadratfreiheit von D, dass   a11 a21 a221 − a222 D ggT , , =1 a22 a22 a11 a22 a2 −a2 D

ist. Somit sind aa11 und 21a11 a22 durch 2 teilbar, w¨ahrend aa21 nicht durch 2 teilbar ist. 22 22 22 t Es sei 2 die h¨ ochste Potenz von 2, die in a22 aufgeht. Dann ist 2t auch die h¨ochste Potenz von 2, die in a21 aufgeht. Ferner ist a11 ≡ 0 mod 2t+1 . Daher ist a221 − a222 D durch 2 · 2t+1 · 2t = 22t+2 teilbar. Definiere a und b durch die Gleichungen a21 = 2t a und a22 = 2t b. Dann sind a und b ungerade und folglich a2 ≡ b2 ≡ 1 mod 4. Hieraus folgt 1 − D ≡ a2 − Db2 ≡ 0 mod 4 und damit der Widerspruch D ≡ 1 mod. Folglich ist g primitiv. ¯ = 1 und ∆∆ ¯ = 1 (1 − D). Es folgt Es sei D ≡ 1 mod 4. Dann ist ∆ + ∆ 4 f = a211 x2 + (2a11 a21 + a11 a22 )x + a221 + a21 a22 + 14 a222 (1 − D). Setze

  a2 + a21 a22 + 14 a222 (1 − D) a11 2 2a21 x + + 1 x + 21 . a22 a22 a11 a22 Dann ist wieder f = a11 a22 g, sodass ω Nullstelle von g ist. Die Diskriminante von g ist D, wie man leicht nachrechnet. Weil a22 Teiler von a11 und a21 ist, sind die ersten beiden Koeffizienten von g ganz. Schließlich ist   a221 + a21 a22 + 14 a222 (1 − D) a21 ¯ = (a21 + a22 ∆) +∆ ∈I ∩Z a22 a22 = a11 Z. g :=

3. Die Klassenzahl

115

Folglich ist auch der dritte Koeffizient von g ganz. Weil D quadratfrei ist, folgt schließlich, dass g primitiv ist. Damit ist alles bewiesen. Korollar. Es sei I ein von {0} verschiedenes Ideal von AD . Ist a11 , a21 + a22 ∆ die in Satz 5 von Abschnitt 4 des Kapitels V beschriebene Ganzheitsbasis von I, so gilt: a) Ist D 6≡ 1 mod 4, so ist  ggT

a11 2a21 a221 − a222 D , , a22 a22 a11 a22

 = 1.

b) Ist D ≡ 1 mod 4, so ist  ggT

a2 + a21 a22 + 14 a222 (1 − D) a11 2a21 , + 1, 21 a22 a22 a11 a22

 = 1.

Dies wurde beim Beweise von Satz 4 mitbewiesen. Satz 5. Es sei D eine von 1 verschiedene quadratfreie ganze Zahl und f = ax2 +bx+c sei ein primitives, irreduzibles Polynom u ¨ber Z mit der Diskriminante D, falls D ≡ 1 mod 4 ist, und mit der Diskriminante 4D in den u allen. Ist ω Nullstelle von f , so ist ¨brigen F¨ I := aZ + aωZ ein Ideal in AD und es gilt ω ∈ Ω(I). Beweis. Es sei d die Diskriminante von f . Dann ist   1 √ ω= d−b 2a oder

  √ 1 − d−b . 2a √ Wegen d = D bzw. d = 4D ist ω ∈ Q[ D]. Ferner ist ω=

(aω)2 + b(aω) + ac = af (ω) = 0, sodass aω ∈ AD gilt. Wir setzen I := aZ + aωZ. Dann ist I eine Untergruppe der additiven Gruppe von AD . Es sei α ∈ AD und β ∈ I. Dann ist α = u + v∆ und β = ax + aωy mit ganzen Zahlen u, v, x und y. Es folgt αβ = (u + v∆)(ax + aωy) = a(ux + uωy + xv∆ + vyω∆). Es ist (2aω + b)2 − (b2 − 4ac) = 4af (ω) = 0. Es sei zun¨ achst D ≡ 1 mod 4. Dann ist (2aω + b)2 = D und folglich 2aω + b = Hieraus folgt 2aω + b + 1 = 2∆, d.h. ∆ = aω + 12 (b + 1).

√

D.

116

VI. Die Ringe AD

Wegen D ≡ b mod 2 ist 12 (b+1) ganz, da D ja ungerade ist. Somit ist, da ja ω 2 = −bx−c ist,


αβ = a ux + uωy + xv aω + 12 (b + 1) + yv aω + 12 (b + 1) ω = aU + aωV mit U , V ∈ Z. Folglich ist αβ ∈ I, sodass I ein Ideal ist. √ Es sei schließlich D 6≡ 1 mod 4. Dann ist (2aω+b)2 = 4D und folglich 2aω+b = 2 D. Es folgt nun ganz analog, dass αβ ∈ I ist. Da I ein Ideal ist und da wegen der Irrationalit¨at von ω die Elemente a und aω u ¨ber Q linear unabh¨ angig sind, ist a, −aω eine Ganzheitsbasis von I. Es folgt ω = −(−aω)a−1 ∈ Ω(I). Damit ist der Satz bewiesen. Satz 6. Es sei 1 6= D ∈ Z und D sei quadratfrei. Die Klassenzahl von AD ist gleich der Anzahl der Bahnen der modularen Gruppe G auf der Menge der quadratischen Irrationalit¨ aten mit der Diskriminante D bzw. 4D, je nachdem D ≡ 1 bzw. 6≡ 1 mod 4 ist. Insbesondere ist die Klassenzahl von AD endlich. Beweis. Die erste Aussage folgt aus den S¨atzen 2, 3, 4 und 5. Die Aussage u ¨ber die Endlichkeit der Klassenzahl folgt im Falle D > 0 aus dem Korollar 1 zu Satz 11 und den S¨ atzen 6 und 7 aus Kapitel V, Abschnitt 5. Ist D < 0, so folgt sie aus den nachstehenden Entwicklungen. Es sei f = ax2 + bx + c ∈ Z[x] und f sei primitiv. Ferner sei D√= b2 − 4ac < 0. Ist ω Nullstelle von f , so ist ω = ξ + iη mit η, η ∈ R, η 6= 0 und i = −1. Wir nennen ω reduziert, falls |ω| ≥ 1, η > 0 und |ξ| ≤ 12 ist. Satz 7. Ist ω Nullstelle des primitiven Polynoms f = ax2 + bx + c und ist die Diskriminante d = b2 − 4ac von f kleiner als 0, so gibt es ein A ∈ G, sodass A(ω) reduziert ist. Beweis. Es sei A irgendein Element aus G. Ferner sei ω = ξ + iη. Dann ist, wenn man Reelles zu t bzw. r2 zusammenfasst, A11 (ξ + iη) + A12 A21 (ξ + iη) + A22 (A11 ξ + A12 + A11 iη)(A21 ξ + A22 − A21 iη) = (A21 ξ + A22 + A21 iη)(A21 ξ + A22 − A21 iη) t + i det(A)η = . r2

A(ω) =

Diese Formel, die wir gleich noch ein zweites Mal benutzen werden, zeigt, dass es ein ω1 = ξ1 + iη1 in der Bahn von ω gibt mit η1 > 0. Es gibt genau ein primitives Polynom a1 x2 + b1 x + c1 mit der Nullstelle ω1 und a11 > 0. Es sei nun unter allen ω1 in der Bahn von ω mit η1 > 0 das betrachtete ω1 ein solches mit minimalem a1 . Es gibt ein α ∈ Z mit |ξ1 − α| ≤ 12 . Wir setzen   1 0 1 ω2 := = (ω1 ). −1 α −ω1 + α

3. Die Klassenzahl

117

Ist ω2 = ξ2 + iη2 , so ist nach obiger Formel η2 > 0, da die Determinante der Matrix gleich 1 und da η1 > 0 ist. Ferner ist ω1 = − oder ω1 = −

√ 1 (b1 + d) 2a1

√ 1 (b1 − d). 2a1

√ √ √ √ Es sei d so gew¨ ahlt, dass i d < 0 ist. Es ist iη1 = 2a11 d oder − 2a11 d. Hieraus folgt √ √ −η1 = i2 η1 = 2a11 i d oder −η1 = − 2a11 i d. Weil −η1 negativ ist, ist Ersteres der Fall. √ Also ist iη1 = 2a11 d. Setze r := |ω12 | . Dann ist r 2 ω2 =

ω2 1 = =α−ω ¯ 1 = α − ξ1 + iη1 . ω2 ω ¯2 ω ¯2

Hieraus folgt r2 η2 = η1 und somit √ √ r2 1 (−i d) = (−i d). 2a2 2a1 Dabei habe a2 f¨ ur ω2 die gleiche Bedeutung wie a1 f¨ ur ω1 . Es folgt a2 = r2 a1 . Wegen der Minimalit¨ at von a1 ist a2 ≥ a1 und damit r2 ≥ 1, d.h. r ≥ 1. Also ist |ω1 − α| ≥ 1. ¨ Uberdies gilt η1 > 0 und |ξ1 − α| ≤ 12 . Also ist ω1 − α reduziert. Schließlich gilt   1 −α ω1 − α = (ω1 ), 0 1 sodass ω1 − α in der gleichen Bahn wie ω1 und dann auch in der gleichen Bahn wie ω liegt. Satz 8. Es sei f = ax2 + bx + c ∈ Z[x] und f sei primitiv. Ferner sei a > 0 und d := b2 − 4ac < 0. Genau dann besitzt f eine reduzierte Nullstelle, wenn 3a2 ≤ −d, wenn |b| ≤ a und wenn a ≤ c ist. √ √ Beweis. Wegen a > 0 und d < 0 ist c > 0. Ferner sei d so gew¨ahlt, dass i d < 0 ist. √ Es sei ω eine reduzierte Nullstelle von f . Wegen i d < 0 ist wieder ω= Ist ω = ξ + iη, so ist also ξ =

−b 2a

√ 1 (−b + d). 2a √

und iη =

d 2a .

Aus

η 2 = ξ 2 + η 2 − ξ 2 = |ω|2 − ξ 2 ≥ 1 − folgt −

3 d ≥ −η 2 = (iη)2 = 2 4 4a

1 3 = 4 4

118

VI. Die Ringe AD

und weiter −d ≥ 3a2 . Aus |b| 1 = |ξ| ≤ 2a 2 folgt |b| ≤ a. Schließlich folgt aus 1 ≤ |ω|2 =

1 2 c (b − d) = , 4a2 a

dass a ≤ c ist. Ist umgekehrt 3a2 ≤ −d und |b| ≤ a ≤ c, so ist √ 1 ω := (−b + d) 2a eine reduzierte Nullstelle von f . Ist n¨ amlich ω = ξ + iη, so folgt ξ = Also ist |ξ| ≤ auch |ω| ≥ 1.

1 2

und −η =

√ i d 2a

2

< 0, d.h. η > 0. Schließlich ist |ω| =

c a

−b 2a

√

und iη =

d 2a .

≥ 1 und folglich

Mit den S¨ atzen 7 und 8 ist auch Satz 6 vollst¨andig bewiesen. Ist D > 0, so sind wir nach unseren fr¨ uheren Entwicklungen in der Lage, die Klassenzahl von AD auszurechnen. Die n¨ achsten beiden S¨atze werden uns in die Lage versetzen, dies auch im Falle D < 0 zu tun. Satz 9. Es sei d eine negative ganze Zahl mit d ≡ 0 oder 1 mod 4. Sind ω und ω1 zwei verschiedene reduzierte Nullstellen von primitiven quadratischen Gleichungen mit der Diskriminante d, so gibt es genau dann ein A ∈ G mit ω1 = A(ω), wenn ω = 12 + iη und ω1 = − 12 + iη, bzw. ω = − 12 + iη und ω1 = 12 + iη ist, oder aber wenn |ω| = |ω1 | = 1 und ω1 = −¯ ω ist. Beweis. Es sei A ∈ G und ω1 = A(ω). Ferner sei ω = ξ + iη und ω1 = ξ1 + iη1 . Wir d¨ urfen η1 ≥ η annehmen. Es ist A11 ω + A12 A21 ω + A22 (A11 ω + A12 )(A21 ω ¯ + A22 ) = (A21 ω + A22 )(A21 ω ¯ + A22 ) A11 A21 |ω|2 + A12 A22 + (A11 A22 + A12 A21 )ξ + iη det(A) = . A221 |ω|2 + 2A21 A22 ξ + A222

ω1 =

Wegen η1 ≥ η > 0 folgt det(A) = 1 und weiter η η1 = . (A21 ξ + A22 )2 + A221 η 2 Wegen η1 ≥ η ist daher (A21 ξ + A22 )2 + A221 η 2 ≤ 1. Weil ω reduziert ist, ist η 2 ≥ 34 . Somit ist A221 ≤ 43 . Also ist A21 ∈ {0, 1, −1}. Es sei A21 = 0. Dann ist A11 A22 = 1. Wegen A(ω) = (−A)(ω) d¨ urfen wir annehmen, dass A11 = A22 = 1 ist. Dann ist ω1 = ω + A12 . Hieraus folgt η1 = η und ξ1 = ξ + A12 . Weil ω und ω1 verschieden sind, ist A12 6= 0. Es ist 1 ≤ |A12 | = |A12 | − |ξ| + |ξ| ≤ |A12 + ξ| + |ξ| = |ξ1 | + |ξ| ≤

1 1 + = 1. 2 2

3. Die Klassenzahl

119

Daher ist |A12 | = 1 und |ξ| = 12 = |ξ1 |. Ist ξ = 12 , so folgt A12 = −1 und ξ1 = − 12 und ist ξ = − 12 , so folgt entsprechend ξ1 = 12 . Es sei |A21 | = 1. Dann ist entweder (ξ + A22 )2 + η 2 ≤ 1, falls n¨amlich A21 = 1, oder (ξ − A22 )2 + η 2 ≤ 1, falls A21 = −1 ist. Wegen η 2 ≥ 34 folgt (ξ + A22 )2 ≤ 14 oder (ξ − A22 )2 ≤ 14 . Ist A22 = 0, so ist −A12 A21 = 1 und folglich o.B.d.A. A12 = −1 und A21 = 1. Es folgt A11 ω − 1 ω1 = . ω Ferner ist, wie wir gesehen haben, 1 ≥ (A21 ξ + A22 )2 + A221 η 2 = ξ 2 + η 2 = |ω|2 ≥ 1. Daher ist |ω| = 1 und somit ω −1 = ω ¯ . Es folgt ω1 = A11 − ω ¯ , sodass ξ1 = A11 − ξ und η1 = η ist. Ferner folgt |A11 | = |A11 | − |ξ| + |ξ| ≤ |A11 − ξ| + |ξ| = |ξ1 | + |ξ| ≤ 1, sodass A11 ∈ {0, 1, −1} ist. Ist A11 = 0, so liegt der zweite Fall des Satzes vor. Ist A11 6= 0, so liegt der erste Fall wieder vor. Es sei schließlich A22 6= 0. Ist (ξ + A22 )2 ≤ 14 , so ist |ξ + A22 | ≤ 12 . Es folgt 1 ≤ |A22 | = |A22 | − |ξ| + |ξ| ≤ |A22 + ξ| + |ξ| ≤ 1. Hieraus folgt |A22 | = 1 und |ξ| =

1 2

= |A22 + ξ|. Außerdem ist

1 ≥ (ξ + A22 )2 + A221 η 2 =

1 + η 2 ≥ 1. 4

Daher ist η1 = η, sodass wieder der erste Fall vorliegt. Ist (ξ − A22 )2 ≤ 14 , so folgt analog |ξ| = 12 und η = η1 . Die Umkehrung ist banal, wenn man nur beachtet, dass im Falle |ω| = 1 die Gleichung ω ¯ = ω −1 gilt. Satz 10. Sind f = ax2 + bx + c, f1 = a1 x2 + b1 x + c1 ∈ Z[x] verschiedene und primitive Polynome mit a > 0 und a1 > 0 sowie b2 − 4ac = b21 − 4a1 c1 < 0, ist ω eine Nullstelle von f und ω1 eine solche von f1 und sind ω und ω1 reduziert, so liegen ω und ω1 genau dann in der gleichen Bahn von G, wenn eine der folgenden Bedingungen erf¨ ullt ist: a) Es ist a = a1 , −a = b und a1 = b1 . b) Es ist a = a1 , a = b und −a1 = b1 . c) Es ist a = a1 = c = c1 und b = −b1 . Beweis. Es sei d die Diskriminante und ω1 reduziert sind, √ von f und f1 . Weil ω √ 1 (−b + d) bzw. ω1 = 2a11 (−b1 + d) zun¨achst, dass die folgt aus Satz 9 und ω = 2a Imagin¨ arteile von ω und ω1 gleich sind. Dies hat a = a1 zur Folge. Aus den gleichen −b1 1 1 Gr¨ unden folgt entweder o.B.d.A. −b 2a = 2 und 2a1 = − 2 , d.h. −a = b und a1 = b1 oder 4 2 a2 (b − d) = 1, sodass in diesem Falle a = c und entsprechend a1 = c1 ist. Ist umgekehrt eine der Bedingungen a), b) oder c) erf¨ ullt, so liegen ω und ω1 in der gleichen Bahn von G, wie man mittels Satz 9 rasch verifiziert.

120

VI. Die Ringe AD

4. Weitere Hauptidealbereiche. Satz 7 von Abschnitt 4 des Kapitels IIII besagt unter anderem, dass die Ringe AD f¨ ur D = −1, −2, −3, −7, −11 euklidisch sind. Da euklidische Ringe stets Hauptidealbereiche sind, haben die AD f¨ ur diese D die Klassenzahl 1. Weitere Ringe mit Klassenzahl 1 liefert der n¨achste Satz. Zu seinem Beweise berufen wir uns auf die Entwicklungen des letzten Abschnitts. Satz 1. Die Ringe A−19 , A−43 , A−67 und A−163 haben die Klassenzahl 1. Beweis. In diesen vier F¨ allen ist D ≡ 1 mod 4. Es sei D = −19. Hier sind alle Tripel (a, b, c) zu bestimmen mit ggT(a, b, c) = 1 und 19 ≥ 3a2 , a > 0, ungeradem b und |b| ≤ a, sowie −19 = b2 − 4ac. Wegen a2 ≤ b 19 3 c = 6 ist a = 1 oder a = 2 und daher b = 1 oder b = −1. Aus 4ac = 19 + 1 = 20 folgt a = 1. Daher gibt es nur die beiden Tripel (1, 1, 5) und (1, −1, 5), sodass die Klassenzahl nach Satz 9 gleich 1 ist. Es sei D = −43. Hier ist a2 ≤ b 43 3 c = 14 und folglich a ≤ 3. Hieraus folgt b ∈ {1, −1, 3, −3}. Aus |b| = 1 folgt 4ac = 44 und folglich a = 1. Dies liefert die ¨aquivalenten Tripel (1, 1, 11) und (1, −1, 11). Aus |b| = 3 folgt 4ac = 52 = 4 · 13. Dies hat wegen |b| ≤ a ≤ 3 keine L¨ osung. Also ist auch hier die Klassenzahl gleich 1. Es sei D = −67. Hier ist a2 ≤ b 67 3 c = 22 und folglich a ≤ 4. Somit ist auch |b| ≤ 4. Mit |b| = 1 folgt 4ac = 68 = 4 · 17 und daher a = 1. Dies liefert die ¨aquivalenten Tripel (1, 1, 17) und (1, −1, 17). Mit |b| = 3 folgt 4ac = 76 = 4 · 19, was wegen 3 = |b| ≤ a ≤ 4 keine L¨ osung hat. Somit ist die Klassenzahl gleich 1. Es sei D = −163. Hier ist a2 ≤ b 163 3 c = 54 und folglich a ≤ 7. Auch hier sieht man rasch, dass (1, 1, 41) und (1, −1, 41) die einzigen L¨osungen sind. Folglich ist auch hier die Klassenzahl gleich 1. Wir kennen nun neun Ringe der Gestalt AD mit D < 0, die Hauptidealbereiche sind. Heilbronn und Linfoot bewiesen 1934, dass es h¨ochstens noch einen weiteren Hauptidealbereich AD mit D < 0 gibt. Dass es diesen weiteren nicht geben kann, wurde schließlich 1967 von Stark gezeigt. Im Falle D > 0 kennt man sehr viel mehr Ringe mit Klassenzahl 1. Ob es aber unendlich viele gibt, scheint immer noch offen zu sein. Das Ergebnis von Heilbronn, Linfoot und Stark werden wir hier nicht vortragen. Das folgende, sehr bemerkenswerte Ergebnis (Motzkin 1949) liegt aber in unserer Reichweite. Satz 2. Es sei D eine quadratfreie ganze Zahl mit D < 0. Genau dann ist AD euklidisch, wenn D ∈ {−1, −2, −3, −7, −11} ist. Beweis. Ist D eine der Zahlen −1, −2, −3, −7, −11, so ist AD euklidisch, wie wir wissen. Es sei also D keine dieser Zahlen. Wir zeigen zun¨achst, dass 2 und 3 in AD unzerlegbar sind. Es sei D ≡ 1 mod 4. Dann ist D ≤ −15. Es sei 2 = cd mit c, d 6∈ G(AD ). Dann ist 4 = N (2) = N (cd) = N (c)N (d). Da Normen von Elementen aus AD ganz und wegen D < 0 positiv sind, √ da ferner c und d keine Einheiten sind, folgt N (c) = 2 = N (d). Es ist c = 12 (x + y D). Es folgt 2 = N (c) =

1 2 −D 2 15 (x − Dy 2 ) ≥ y ≥ > 3, 4 4 4

da ja 2 kein Quadrat in Q und folglich y 6= 0 ist. Dieser Widerspruch zeigt, dass 2 nicht

5. Klassenzahl 1

121

zerlegbar ist. W¨ are 3 zerlegbar, so folgte ganz entsprechend der Widerspruch 3 = N (c) =

1 2 −D 2 15 (x − Dy 2 ) ≥ y ≥ > 3. 4 4 4

Es sei D 6≡ 1 mod 4. Dann ist D ≤ −5. Hier folgte aus der Zerlegbarkeit von 2 bzw. 3 der Widerspruch 2 = N (c) = x2 − Dy 2 ≥ −D ≥ 5, bzw. 3 = N (c) ≥ 5. Wir erinnern an die Definition von S 0 , wenn S eine Teilmenge der von 0 verschiedenen Elemente R∗ des Integrit¨ atsbereiches R ist. Es ist S 0 = {b | b ∈ S, es gibt ein a ∈ R mit a + bR ⊆ S}. Hiermit definierten wir weiter R(0) := R∗ und Ri+1 := (Ri )0 . Setze nun R := AD . Es sei b ∈ R(0) − R(1) . Dann ist 0 ∈ a + bR f¨ ur alle a ∈ R. Mit a = −1 folgt b ∈ G(R). Ist umgekehrt b ∈ G(R), so ist 0 ∈ a + bR f¨ ur alle a ∈ R. ¨ Folglich ist R(1) = R∗ − G(R). Dies gilt im Ubrigen f¨ ur alle Integrit¨atsbereiche. Es sei nun b ∈ R(1) −R(2) . Dann ist, da in den von uns betrachteten F¨allen die Einheitengruppe nur aus 1 und −1 besteht, (a + bR) ∩ {0, 1, −1} = 6 ∅. Mit a = −2 folgt bR ∩ {2, 3, 1} = 6 ∅. Weil 2 und 3 √ unzerlegbar sind, folgt hieraus b ∈ {1, −1, 2, −2, 3, −3}. Setzt man wieder ∆ := 12 (1 + D), falls D ≡ 1 mod 4 ist und √ ∆ := D in den u allen, so folgt mit a = ∆, dass ¨brigen F¨ bR ∩ {−∆, 1 − ∆, −1 − ∆} = 6 ∅ ist. Weil 1 und ∆ linear unabh¨ angig sind, folgt schließlich, dass b Teiler von −1 ist. Also ist b = 1 oder −1 im Widerspruch zu b ∈ R(1) . Dieser Widerspruch besagt, dass R(2) = R(1) ist. Folglich ist ∞ \ R(i) = R(1) 6= ∅. i:=1

Daher gestattet R, d.h. AD , nach Satz 8 von Abschnitt 3 des Kapitels III keinen euklidischen Algorithmus. 5. Klassenzahl 1. Wir wissen in jedem konkreten Fall die Klassenzahl von AD zu berechnen, und in den Aufgaben haben wir auch schon Beispiele gesehen, deren Klassenzahl nicht 1 war. In diesem Abschnitt werden wir nun einige S¨atze beweisen, die zeigen, dass Klassenzahl 1 selten ist. Auch hier m¨ ussen wir etwas weiter ausholen und mehr an Werkzeug bereitstellen. Der n¨ achste Satz beweist die Aussage von Aufgabe 6 von Kapitel IIII und ihrem Kommentar. Satz 1. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich und S sei ein Teilring von R. Ist R ganz u ¨ber S, so ist R genau dann ein K¨ orper, wenn S ein K¨ orper ist.

122

VI. Die Ringe AD

Beweis. Es sei R ein K¨ orper und es sei 0 6= α ∈ S. Dann hat α ein Inverses α−1 in R. Weil R ganz u ¨ber S ist, gibt es ein f = xn +

n−1 X

ai xi ∈ S[x]

i:=0

mit f (α−1 ) = 0. Es folgt α−1 = −

n−1 X

ai αn−1−i ∈ S,

i:=0

sodass S ein K¨ orper ist. Es sei umgekehrt S ein K¨ orper und 0 6= α ∈ R. Nach Satz 3 von Abschnitt 4 des Kapitels IIII gibt es dann ein β ∈ αR ∩ S mit β 6= 0. Es gibt daher ein r ∈ R mit β = αr. Wegen β ∈ S existiert β −1 . Es folgt 1 = ββ −1 = αrβ −1 , sodass rβ −1 = α−1 ist. Satz 2. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich, S sei ein Teilring von R und R sei ganz u ¨ber S. Schließlich sei P ein Primideal von R. Genau dann ist P maximal in R, wenn S ∩ P maximal in S ist. Beweis. Ist I ein Ideal von R, so folgt aus der Ganzheit von R u ¨ber S die Ganzheit Pn−1 von R/I u amlich r+I ∈ R/I, so gibt es ein Polynom f = xn + i:=0 si xi ∈ ¨ber (S+I)/I. Ist n¨ Pn−1 S[x] mit f (r) = 0. Setzt man nun g := xn + i:=0 (si + I)xi , so ist g ∈ ((S + I)/I)[x] und g(r + I) = f (r) + I = I. Daher ist r + I ganz u ¨ber (S + I)/I. Es sei P maximal. Dann ist R/P ein K¨ orper. Ferner ist R/P nach der gerade gemachten Bemerkung ganz u ¨ber (S +P )/P . Daher ist (S +P )/P nach Satz 1 ein K¨orper. Nun sind (S + P )/P und S/(S ∩ P ) isomorph, sodass auch S/(S ∩ P ) ein K¨orper ist. Folglich ist S ∩ P maximal in S. Es sei umgekehrt S ∩ P maximal in S. Dann ist S/(S ∩ P ) ein K¨orper. Folglich ist auch (S + P )/P ein K¨ orper. Weil P ein Primideal ist, ist R/P ein Integrit¨atsbereich und daher nach Satz 1 ebenfalls ein K¨ orper. Folglich ist P maximal in R. Satz 3. Es sei D eine quadratfreie ganze Zahl mit D 6= 1. Ist P ein Primideal von AD und ist P 6= {0}, so ist P maximal in AD . Beweis. Es ist P ∩ Z 6= {0}, wie wir wissen. Ferner ist P ∩ Z ein Primideal von Z. Folglich ist P ∩ Z maximal in Z. Nach Satz 2 ist dann P maximal in AD . Satz 4. Es sei D eine quadratfreie von 1 verschiedene ganze Zahl. Ferner sei P ein von {0} verschiedenes Primideal von AD . Ist dann P ∩ Z = pZ und p > 0, so ist p eine Primzahl. Ferner ist |AD /P | = p oder |AD /P | = p2 . Genau dann ist |AD /P | = p2 , wenn p ein Primelement von AD ist. Beweis. Dass p eine Primzahl ist, ist klar. Es sei a11 , a21 + a22 ∆ die in Satz 5 von Abschnitt 4 das Kapitels IIII beschriebene Ganzheitsbasis von P . Dann ist a11 Z = Z∩P , sodass o.B.d.A. p = a11 ist. Ferner ist a22 nach eben diesem Satz Teiler von p. Also ist

5. Klassenzahl 1

123

o.B.d.A. a22 = 1 oder a22 = p. Wegen |AD /P | = a11 a22 gilt daher die erste Aussage des Satzes. Es gelte |AD /P | = p2 . Dann ist a22 = p ist. Nun ist a22 Teiler von a21 . Andererseits kann man a21 modulo a11 reduzieren, sodass man wegen a11 = p = a22 annehmen darf, dass a21 = 0 ist. Also ist p, p∆ eine Ganzheitsbasis von P und folglich P = pAD . Somit ist p ein Primelement. Es sei schließlich p ein Primelement. Dann ist pAD ein von {0} verschiedenes Primideal, welches in P enthalten ist. Mit Satz 3 folgt daher P = pAD . Es folgt wieder a22 = p und damit |AD /pAD | = p2 . Kann man auf anderem Wege entscheiden, ob p auch in AD ein Primelement ist? Ja, sagt der n¨ achste Satz. Satz 5. Sei D eine von 1 verschiedene quadratfreie ganze Zahl und p sei eine ungerade Primzahl. Genau dann ist p prim in AD , wenn p kein Teiler von D und ( D p ) = −1 ist. √ Beweis. Ist p Teiler von D, so ist D + pAD Nullteiler in AD /pAD . Folglich ist pAD kein Primideal und p daher kein Primelement. Es sei also p kein Teiler von D. Ist 2 (D p ) = 1, so gibt es x, k ∈ Z mit x − D = kp. Hieraus folgt (x − √

√

√ D)(x +

D) ∈ pAD .

√

Wegen x − D, x + D 6∈ pAD ist p auch in diesem Falle kein Primelement. Es sei schließlich p kein Teiler von D und pAD sei kein Primideal. Es gibt dann x + y∆, u + v∆ ∈ AD − pAD mit xu + vy∆2 + (xv + uy)∆ = (x + y∆)(u + v∆) ∈ pAD . 1. Fall. Es ist D 6≡ 1 mod 4. Dann ist ∆2 = D. Es folgt xu + vyD ≡ 0 mod p xv + uy ≡ 0 mod p. Wegen x + y∆ 6∈ pAD sind x und y nicht beide durch p teilbar. Also ist   u vD 2 2 u − v D = det ≡ 0 mod p. v u W¨ are v ≡ 0 mod p, so folgte u ≡ 0 mod p und damit der Widerspruch u + v∆ ∈ pAD . Also ist v 6≡ 0 mod p und folglich ( D p ) = 1. 2. Fall. Es ist D ≡ 1 mod p. Dann ist ∆2 = 14 (D − 1) + ∆. Also ist xu + vy 14 (D − 1) + (vy + xv + uy)∆ ∈ pAD . Daher ist

xu + y 14 v(D − 1) ≡ 0 mod p xv + y(u + v) ≡ 0 mod p.

124

VI. Die Ringe AD

Hieraus folgt u(u + v) − 14 v 2 (D − 1) ≡ 0 mod p, bzw. 4u2 + 4uv + v 2 − v 2 D ≡ 0 mod p, d.h. (2u + v)2 − v 2 D ≡ 0 mod p. Wie eben folgt ( D p ) = 1. Damit ist alles bewiesen. Satz 6. Es sei D eine von 1 verschiedene quadratfreie ganze Zahl. Genau dann ist AD ein ZPE-Bereich, wenn AD ein Hauptidealbereich ist. Beweis. Es sei AD ein ZPE-Bereich und P sei ein Primideal. Ferner sei 0 6= a ∈ P . Dann ist a keine Einheit, sodass es Primelemente π1 , . . . , πt gibt mit a = π1 · · · πt . Weil P ein Primideal ist, gibt es ein i mit πi ∈ P . Dann ist πi AD ein in P enthaltenes Primideal von AD . Weil die nicht trivialen Primideale von AD nach Satz 3 maximal sind, folgt P = πi AD , sodass P ein Hauptideal ist. Es sei nun I ein Ideal von AD , welches kein Hauptideal ist. Dann ist I 6= {0}, sodass AD /I endlich ist. Es gibt daher ein Ideal J mit der Eigenschaft, dass I ⊆ J, dass J kein Hauptideal ist, dass aber jedes Ideal echt oberhalb J Hauptideal ist. Weil J kein Hauptideal ist, ist J kein Primideal. Es gibt also a, b ∈ AD − J mit ab ∈ J. Setze H := J + aAD . Dann ist H ein Hauptideal. Es gibt also ein c ∈ AD mit H = cAD . Setze K := {x | x ∈ AD , Hx ⊆ J}. Dann ist J + bAD ⊆ K. Folglich ist auch K ein Hauptideal, sodass es ein d ∈ AD gibt mit K = dAD . Aufgrund der Definition von K ist cK ⊆ J. Es sei h ∈ J. Wegen J ⊆ H ist h = cz mit z ∈ AD . Aus cz = h ∈ J folgt Hz ⊆ J. Also ist z ∈ K, sodass h ∈ cK ist. Somit ist J = cK = cdAD . Dieser Widerspruch zeigt, dass AD ein Hauptidealbereich ist. Es sei AD ein Hauptidealbereich. Ferner sei π ein unzerlegbares Element von AD . Wir wollen zeigen, dass πAD ein maximales Ideal von AD ist. Dazu sei J ein Ideal mit πAD ⊆ J. Dann ist J = aAD . Es gibt also ein b ∈ Ad mit π = ab. Ist a eine Einheit, so ist J = AD . Es sei also a keine Einheit. Weil π unzerlegbar ist, ist dann b eine Einheit. Es folgt πAD = aAD = J, sodass πAD ein maximales Ideal von AD ist. Maximale Ideale sind aber insbesondere Primideale, sodass π ein Primelement ist. Es bleibt zu zeigen, dass jedes Element aus AD Produkt unzerlegbarer Elemente ist. Dies folgt aber daraus, dass im Falle a = bc die Gleichung |N (a)| = |N (b)||N (c)| gilt, sodass Induktion zum Ziele f¨ uhrt. Das letzte Argument zeigt auch die G¨ ultigkeit des folgenden Korollars. Korollar. In AD ist jedes von 0 verschiedene Element, welches auch keine Einheit ist, Produkt von unzerlegbaren Elementen. Dies zeigt einmal mehr, dass die Begriffe Primelement“ und unzerlegbares Ele” ” ment“ verschieden sind. Satz 7. Sind D, x, y ∈ Z, ist D < 0, ist y 6= 0 und ist D ≡ 1 mod 4, so ist x2 + xy + 14 y 2 (1 − D) ≥ 14 (1 − D).

5. Klassenzahl 1

125

Beweis. Es sei 14 (1 − D) > x2 + xy + 14 y 2 (1 − D), d.h. 1 4 (1

− D) > (x + 12 y)2 − 14 y 2 D.

Weil die rechte Seite ganz ist, folgt − 14 D > (x + 12 y)2 − 14 y 2 D ≥ − 14 y 2 D. Wegen −D > 0 folgt hieraus y 2 < 1 und damit y = 0, da y ja ganz ist. Satz 8. Es sei D eine quadratfreie negative ganze Zahl mit D ≡ 1 mod 4. Ist dann a ∈ AD und N (a) < 41 (1 − D), so ist a ∈ Z. Beweis. Es gibt x, y ∈ Z mit a = x + y∆. Es folgt, da D ≡ 1 mod 4 ist, √
√
N (a) = x + y 12 (1 + D) x + y 12 (1 − D) = x2 + xy + 14 y 2 (1 − D). Mittels Satz 7 folgt, dass y = 0 ist. Also ist a ∈ Z. Satz 9. Es sei D eine quadratfreie negative ganze Zahl. Ferner sei D ≡ 1 mod 4 und AD sei ein ZPE-Bereich. Sind x und y teilerfremde ganze Zahlen und ist y 6= 0, ist ferner
2 x2 + xy + y 2 14 (1 − D) < 14 (1 − D) , so ist x2 + xy + y 2 14 (1 − D) eine Primzahl. Beweis. Setze α := x + y∆. Dann ist α ∈ AD und N (α) = x2 + xy + y 2 14 (1 − D). Es ist also zu zeigen, dass N (α) eine Primzahl ist. Wir zeigen zun¨ achst, dass α ein Primelement ist. Dazu sei α = βγ mit β, γ ∈ AD . 1 Dann ist N (β)N (γ) = N (α) < 16 (1 − D)2 . O.B.d.A. folgt N (β) < 14 (1 − D) und mit Satz 8 dann β ∈ Z. Dann teilt β sowohl x als auch y, die aber teilerfremd sind. Folglich ist β = 1 oder β = −1. Dies zeigt, dass α unzerlegbar ist. Weil AD ein ZPE-Bereich ist, ist α dann sogar ein Primelement oder eine Einheit. Wegen 1 ≤ N (α)
3. Folglich sind 1 und −1 die einzigen Einheiten von AD , sodass α wegen y 6= 0 keine Einheit ist. Somit ist α ein Primelement von AD . Wegen y 6= 0 ist α 6= α ¯ . Ist α + α ¯ = 0, so ist 2x + y = 0. Hieraus folgt y = −2x und wegen der Teilerfremdheit von x√und y dann x =√1 und y = −2 oder x = −1 und y = 2. Somit ist in diesem Falle α) d¨ urfen wir √ α = D oder α = − D. Wegen N (α) = N (¯ annehmen, dass α = D ist. Es sei N (α) = ab mit a, b ∈ N. Weil α ein Primelement ist und N (α) = αα ¯ gilt, ist dann α Teiler von a oder b. Wir d¨ urfen annehmen, dass α Teiler von a ist. Es gibt dann u, v ∈ Z mit √ √
√ a = D u + v 12 (1 + D) = (u + 12 v) D + 12 vD.

126

VI. Die Ringe AD

Dies ergibt u + 12 v = 0 und weiter v ≡ 0 mod 2. Somit ist −D = N (α) = ab = 12 vDb. Dies hat 12 vb = −1 zur Folge. Weil v durch 2 teilbar ist, folgt b = 1 oder b = −1. Also ist N (α) in diesem Falle eine Primzahl. Es sei schließlich α 6= −¯ α. Dann sind α und α ¯ nicht assoziiert, da AD nur die beiden Einheiten 1 und −1 hat. Folglich sind α und α ¯ , da sie Primelemente sind, teilerfremd. Es sei wieder N (α) = ab mit a, b ∈ N. Wir d¨ urfen dann wieder annehmen, dass α Teiler von a ist. Dann ist α ¯ Teiler von a ¯ = a. Wegen der Teilerfremdheit von α und α ¯ folgt, dass αα ¯ = N (α) = ab Teiler von a ist. Also ist N (α) = a, sodass auch hier N (α) eine Primzahl ist. Satz 10. Es sei D eine quadratfreie ganze Zahl kleiner als 0. Ist dann AD ein ZPEBereich, so ist D ≡ 1 mod 4 und −D ist eine Primzahl oder es ist D = −1 oder D = −2. √ Beweis. Es sei D 6≡ 1 mod 4. Dann ist AD = Z + DZ. Ferner ist 2 Teiler von √ √ D(D − 1) = (D − D)(D + D). √ √ W¨ are 2 Primelement in AD , so w¨ are 2 Teiler von D + D oder von D − D, was nicht der Fall ist. Es gibt also a und b in AD , die beide keine Einheiten sind, mit 2 = ab. Es folgt 4 = N (2) =√N (a)N (b) und damit N (a) = 2, da a und b ja keine Einheiten sind. Es sei a = x + y D. Dann ist 2 = x2 − Dy 2 . Es folgt y 6= 0, da 2 kein Quadrat in Z ist. Es folgt 2 ≥ −D ≥ 1 und damit D = −1 oder D = −2. Es sei D ≡ 1 mod 4. Ist −15 ≤ D, so ist D = −3, −7 oder −11. Es sei also D ≤ −15. Ist f ≥ 15, so ist 16f √ < (f + 1)2 , wie eine einfache Induktion zeigt. Mit x := −1 und y := 2 folgt x + y∆ = D. Ferner folgt N (x + y∆) = −D
0 noch etwas umsehen. Wir ben¨otigen den folgenden ber¨ uhmten Satz von Dirichlet, den wir aber nicht beweisen werden. Einen Beweis findet der Leser z. B. in Hecke 1954, §43 oder in Trost 1968.

5. Klassenzahl 1

127

Satz 12 (Dirichlet). Sind a, b ∈ N und sind a und b teilerfremd, so gibt es unendlich viele Primzahlen p mit p ≡ a mod b. Satz 13. Es sei 1 6= D ∈ N und D sei quadratfrei. Ist AD ein ZPE-Bereich und ist D durch eine Primzahl p mit p ≡ 1 mod 4 teilbar, so ist D = p. Beweis. Es sei D = 2e pp1 · · · pt mit ungeraden Primzahlen pi und e = 0 oder e = 1. Ferner sei t ≥ 1. Weil D quadratfrei ist, sind alle Primzahlen in diesem Produkt von einander verschieden. Es sei a ein Nichtquadrat modulo p und a1 ein Nichtquadrat modulo p1 . Nach dem chinesischen Restsatz gibt es ein x0 mit x0 ≡ 1 mod 8,

x0 ≡ a mod p,

x0 ≡ a1 mod p1

und x0 ≡ 1 mod pi

f¨ ur alle i ≥ 2. Die Zahlen x0 und 8pp1 · · · pt sind teilerfremd. Nach dem dirichletschen Satz gibt es also eine Primzahl q mit q ≡ x0 mod 8pp1 · · · pt . Wegen q ≡ 1 mod 8 folgt aus dem quadratischen Reziprozit¨atsgesetz ( pq ) = ( pq ) und ( pqi ) = ( pqi ) f¨ ur alle i. Ferner gilt ( 2q ) = 1 nach dem zweiten Erg¨anzungssatz. Daher ist 

D q



 =

2e q

     p p1 pt ··· = 1. q q q

Nach Satz 4 ist q in AD daher nicht prim. Weil AD ein ZPE-Bereich ist, ist q also zerlegbar. Es gibt folglich a, b ∈ AD mit q = ab und |N (a)| = 6 √ 1 6= |N (b)|. Nun ist q 2 = N (q) = N (a)N (b)√und folglich |N (a)| = q. Es sei a = x + y D, falls D 6≡ 1 mod 4 ist, bzw. a = 12 (x + y D), falls D ≡ 1 mod 4 ist. Es gibt dann ein v ∈ {0, 1} mit (−1)v q = x2 − Dy 2 bzw. (−1)v 4q = x2 − Dy 2 . Hieraus folgt (−1)v q ≡ x2 mod p bzw. (−1)v 4q ≡ x2 mod p. Wegen p ≡ 1 mod 4 ist −1 ein Quadrat modulo p. Folglich ist ( pq ) = 1, ein Widerspruch. Somit ist D = 2e p. Es sei e = 1. Mittels des chinesischen Restsatzes und des dirichletschen Satzes erschließt man wieder die Existenz einer Primzahl q mit q ≡ 5 mod 8 und ( pq ) = −1. Wegen q ≡ 1 mod 4 ist dann ( pq ) = −1. Ferner ist ( 2q ) = −1 nach dem zweiten 2 p Erg¨ anzungssatz. Also ist ( D q ) = ( q )( q ) = 1. Folglich ist q nach Satz 4 kein Primelement in AD . Wie eben folgt der Widerspruch ( pq ) = 1, wobei noch einmal davon Gebrauch gemacht werden muss, dass prim und irreduzibel in ZPE-Bereichen gleichbedeutend sind. Damit ist der Satz bewiesen.

128

VI. Die Ringe AD

Aufgaben 1. F¨ ur d = 97, 136, 1141 sind die folgenden Aufgaben zu l¨osen: a) Bestimmen Sie π(d). b) Bestimmen Sie die Anzahl der Bahnen, in die die Menge der quadratischen Irrationalit¨ aten mit der Diskriminante d unter der modularen Gruppe G zerf¨allt. c) Entwickeln Sie aus jeder Bahn eine reduzierte Irrationalit¨at in ihren Kettenbruch. d) Bestimmen Sie λ(d). e) Berechnen Sie die Fundamentaleinheiten von A34 , A97 , A1141 . 2. Es sei f = cx2 − bx − a ∈ Z[x] und eine Nullstelle von f sei reduziert. Dann hat auch ax2 − bx − c eine reduzierte Nullstelle. 3. Es sei I ein Ideal ungleich {0} von AD und α1 , α2 sei eine Ganzheitsbasis von I. Zeigen Sie, dass α1 und α2 u ¨ber Q linear unabh¨angig sind. 4. Es sei 1 < D ∈ N und D sei quadratfrei. Setze d := D, falls D ≡ 1 mod 4 ist und d := 4D in allen u allen. Ist ω eine reduzierte quadratische Irrationalit¨at mit ¨brigen F¨ der Diskriminante d und ist l die Periodenl¨ ange der Kettenbruchentwicklung von ω, so ist die Klassenzahl von AD genau dann gleich 1, wenn l = |π(d)| ist. 5. Bestimmen Sie die Klassenzahl von A−143 . 6. Bestimmen Sie die Klassenzahl von A21 . 7. Gibt es in AD zu je zwei Elementen a und b, die außer Einheiten keine gemeinsamen Teiler haben, stets u, v ∈ AD mit 1 = au + bv, so ist AD ein Hauptidealbereich. 8. Bestimmen Sie notwendige und hinreichende Bedingungen daf¨ ur, dass 2 ein Primelement in AD ist. 9. Es sei R ein kommutativer Ring mit 1 und M sei ein Ideal von R. Genau dann ist M ein maximales Ideal von R, wenn R/M ein K¨orper ist. 10. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich und S sei ein Teilbereich von R. Ist R ganz u ¨ber S und ist P ein Primideal von R, so ist auch R/P ganz u ¨ber (S + P )/P . (Dass P ein Primideal ist, wird deswegen vorausgesetzt, weil wir das Ganz-sein nur f¨ ur Integrit¨atsbereiche definiert haben.) 11. Es sei R ein kommutativer Ring mit 1. Ist ein Ideal J von R maximal bez¨ uglich der Eigenschaft, kein Hauptideal zu sein, so ist J ein Primideal. (Analysieren Sie den Beweis des Satzes 6 von Abschnitt 5.) 12. Es sei R ein kommutativer Ring mit 1. Sind alle Primideale von R Hauptideale, so ist R ein Hauptidealring. (Hier m¨ ussen Sie im Wege des Widerspruchs das zornsche Lemma benutzen, um ein Ideal zu finden, das maximal ist mit der Eigenschaft, kein Hauptideal zu sein.)

VII. Rechnen in AD Bei dem Bem¨ uhen, Fermats letzten Satz“ zu beweisen, stellte es sich heraus, dass die ” Ringe ganzer algebraischer Zahlen Ringe sind, in denen nur ganz selten der Satz von der eindeutigen Primfaktorzerlegung gilt. Es gen¨ ugte nicht mehr, wie man herausfand, Ringelemente und ihre Teilbarkeitseigenschaften zu untersuchen, man musste vielmehr Gesamtheiten von Ringelementen, die man dann Ideale nannte, und ihre gegenseitigen Verh¨ altnisse zueinander untersuchen, wollte man weiter kommen. Dass hier wirklich etwas Neues hinzukommt, sieht man sehr schnell. Weil n¨amlich Z ein Hauptidealbereich ist, spiegelt sich das Rechnen mit Idealen von Z im Rechnen mit den Elementen von Z wieder. Ist I ein Ideal von Z, so gibt es ja genau ein a ∈ Z mit a ≥ 0 und I = aZ und jedes a ∈ N0 definiert durch I := aZ ein Ideal in Z. Die Datenstruktur der Ideale ist also die Datenstruktur nicht negative ganze Zahl“ und a ist der Standardvertreter von I. ” Sind a und b die Standardvertreter von I und J, so ist ggT(a, b) der Standardvertreter von I + J und kgV(a, b) der Standardvertreter von I ∩ J sowie ab der Standardvertreter von IJ. Ferner gilt I ⊆ J genau dann, wenn b Teiler von a ist, und es gilt f¨ ur z ∈ Z genau dann z ∈ I, wenn a Teiler von z ist. Ist R irgendein Hauptidealbereich, so ist die Datenstruktur der Ideale gleich R/G(R), da die Erzeugenden der Ideale nur bis ¨ auf Einheiten bestimmt sind. Alles Ubrige geht genauso wie bei Z. Bei Hauptidealbereichen gewinnt man also nichts wesentlich Neues, wenn man statt der Elemente Ideale betrachtet. Bei Integrit¨ atsbereichen, die keine Hauptidealbereiche sind, ist das anders. Wir interessieren uns f¨ ur die Ringe AD , die meist keine Hauptidealbereiche sind. Es erhebt sich die Frage, ob man f¨ ur ihre Ideale eine Datenstruktur finden kann, die es erlaubt, aus Vertretern der Ideale I und J Vertreter gleichen Datentyps f¨ ur I + J, I ∩ J und IJ zu finden, bzw. zu entscheiden, wann a ∈ I, bzw. wann I ⊆ J gilt. Das ist in der Tat m¨ oglich, wie wir in den beiden n¨ achsten Abschnitten sehen werden. 1. Rechnen mit Idealen. Wir haben in Abschnitt 4 von Kapitel IIII gesehen, dass jedes Ideal I von AD eine Ganzheitsbasis der Form {a11 , a21 + a22 ∆} hat, wobei auch noch a11 und a21 durch a22 teilbar sind. Doch das sind noch nicht alle Bedingungen, die a11 , a21 und a22 erf¨ ullen m¨ ussen, damit {a11 , a21 + a22 ∆} Ganzheitsbasis eines Ideals ist. Um herauszufinden, was noch hinzukommt, notieren wir zun¨achst: √ Satz 1. Ist D ∈ Z, ist D ≡ 1 mod 4 und setzt man ∆ := 12 (1 + D), so ist ∆2 =

D−1 + ∆ = ∆ − N (∆). 4

130

VII. Rechnen in AD

Beweis. Banale Rechnung. Was nun noch hinzukommt, beschreibt der folgende Satz. Satz 2. Es sei D eine quadratfreie ganze Zahl. Ferner seien a11 , a21 , a22 ∈ Z und es gelte a11 , a22 6= 0. Setze I := a11 Z + (a21 + a22 ∆)Z. Genau dann ist I ein Ideal in AD , wenn die folgenden beiden Bedingungen erf¨ ullt sind. a) Es ist a11 ≡ a21 ≡ 0 mod a22 . b) Es ist N (a21 + a22 ∆) ≡ 0 mod a11 a22 . Beweis. Die Menge I ist in jedem Falle eine Untergruppe der additiven Gruppe von AD . Daher ist I wegen AD = Z + ∆Z genau dann ein Ideal in AD , wenn die folgenden beiden Bedingungen erf¨ ullt sind: 1) Es ist a11 ∆ ∈ I. 2) Es ist (a21 + a22 ∆)∆ ∈ I.

√ Weil a11 , a22 6= 0 sind, ist a11 , a21 + a22 ∆ eine Q-Basis von Q[ D]. Es gibt daher x, y, u, v ∈ Q mit a11 ∆ = xa11 + y(a21 + a22 ∆) (a21 + a22 ∆)∆ = ua11 + v(a21 + a22 ∆). Es folgt, dass I genau dann ein Ideal ist, wenn x, y, u, v ganze Zahlen sind. Aus der ersten Gleichung erh¨ alt man die Gleichungen a11 = ya22 und 0 = xa11 + ya21 = xya22 + ya21 = y(xa22 + a21 ). Wegen a11 6= 0 ist y 6= 0 und daher a21 = −xa22 . Folglich sind x und y genau dann ganz, wenn a) gilt. Es sei D 6≡ 0 mod 4. Dann ist ∆2 = D und N (a21 + a22 ∆) = a221 − a222 D. Aus der zweiten Gleichung folgen somit die Gleichungen a22 D = ua11 + va21 a21 = va22 . Mittels der cramerschen Regel folgt a11 a22 u = a222 D − a221 = −N (a21 + a22 ∆) a11 a22 v = a11 a21 , sodass u und v genau dann ganze Zahlen sind, wenn b) gilt und wenn a22 Teiler von a21 ist. Also sind x, y, u und v genau dann ganz, wenn a) und b) gelten. Es sei D ≡ 1 mod 4. Nach Satz 1 ist dann ∆2 = D−1 4 + ∆. Ferner ist N (a21 + a22 ∆) = a221 + a21 a22 + a222

1−D . 4

1. Rechnen mit Idealen

131

Damit wird die zweite Gleichung zu D−1 + (a21 + a22 )∆ = ua11 + va21 + va22 ∆. 4 Diese ist wiederum gleichbedeutend mit den beiden Gleichungen a22

D−1 = ua11 + va21 4 Mittels der cramerschen Regel folgt a22

und a21 + a22 = va22 .

D−1 − a221 − a21 a22 = −N (a21 + a22 ∆) 4 a11 a22 v = a11 (a21 + a22 ).

a11 a22 u = a222

Also sind u und v genau dann ganze Zahlen, wenn b) gilt und wenn a22 Teiler von a21 ist. Also sind x, y, u und v auch in diesem Falle genau dann ganze Zahlen, wenn a) und b) gelten. Damit ist alles bewiesen. Ist I ein von {0} verschiedenes Ideal von AD , so gibt es, wie wir wissen, eine Ganzheitsbasis a11 , a21 + a22 ∆ von I. Es ist a11 Z = Z ∩ I 6= {0}, sodass a11 bis auf das Vorzeichen eindeutig festliegt. Wir d¨ urfen und werden daher annehmen, dass a11 ∈ N ist. Ist U das Ideal aller u ∈ Z, f¨ ur die es ein v ∈ Z gibt mit v + u∆, so gibt es eine nat¨ urliche Zahlen a022 mit a022 Z = U . Ist dann v ∈ Z und v + a022 ∆ ∈ I, dann ist a11 , v + a022 ∆ ebenfalls eine Ganzheitsbasis, wie wir fr¨ uher schon feststellten. Wegen der linearen Unabh¨ angigkeit von 1 und ∆ folgt a22 = a022 oder a22 = −a022 , sodass wir auch a22 ∈ N annehmen d¨ urfen, womit a22 ebenfalls eindeutig festliegt ist. Division mit Rest liefert schließlich q und a021 mit a21 = qa11 + a021 und 0 ≤ a021 < a11 . Wegen a21 + a22 ∆ = qa11 + a021 + a22 ∆ ist dann auch a11 , a021 + a22 ∆ eine Ganzheitsbasis von I. Es gibt also genau eine Ganzheitsbasis a11 , a21 + a22 ∆ von I mit a11 , a22 ∈ N und 0 ≤ a21 < a11 . Diese Basis werden wir in Zukunft Standardbasis von I nennen. Satz 3. Es sei I = a11 Z ⊕ (a21 + a22 ∆)Z ein Ideal von AD . Ferner sei a + b∆ ∈ AD . Genau dann ist a + b∆ ∈ I, wenn aa22 − ba21 ≡ 0 mod a11 a22 b ≡ 0 mod a22 . Beweis. Es gibt wieder rationale Zahlen x und y mit a + b∆ = a11 x + (a21 + a22 ∆)y und a + b∆ geh¨ ort genau dann zu I, wenn x und y ganz sind. Die cramersche Regel liefert f¨ ur die zugeh¨ origen linearen Gleichungen f¨ ur x und y, dass a11 a22 x = aa22 − ba21 a11 a22 y = a11 b ist. Hieraus folgt die Behauptung.

132

VII. Rechnen in AD

Satz 4. Es seien I und J Ideale von AD und es sei I = a11 Z + (a21 + a22 ∆)Z J = b11 Z + (b21 + b22 ∆)Z. Genau dann ist J ⊆ I, wenn b11 ≡ 0 mod a11 b22 ≡ 0 mod a22 a22 b21 − a21 b22 ≡ 0 mod a11 a22 . Beweis. Genau dann gilt J ⊆ I, wenn b11 , b21 + b22 ∆ ∈ I gilt. Mit Satz 3 folgt daher die Behauptung. Satz 5. Es sei D eine von 1 verschiedene quadratfreie ganze Zahl und a + b∆ ∈ AD . W¨ ahle x, y ∈ Z mit  ay + bx, falls D 6≡ 1 mod 4 ggT(a, b) = (a + b)y + bx, falls D ≡ 1 mod 4 ist. Definiere a11 , a21 , a22 durch N (a + b∆) , ggT(a, b) := ax − byN (∆), := ggT(a, b).

a11 := a21 a22 Dann ist

(a + b∆)AD = a11 Z ⊕ (a21 + a22 ∆)Z. Ferner gilt a21 + a22 ∆ = (a + b∆)(x + y∆) a + b∆ = a11 y + (a21 + a22 ∆)

b . a22

Schließlich ist |N (a + b∆)| = |AD /(a + b∆)AD |. Beweis. Wir zeigen zun¨ achst, dass a21 +a22 ∆ = (a+b∆)(x+y∆) ist. Ist D 6≡ 1 mod 4, so ist (a + b∆)(x + y∆) = ax + by∆2 + (ay + bx)∆ = ax − byN (∆) + ggT(a, b)∆ = a21 + a22 ∆. Ist D ≡ 1 mod 4, so ist (a + b∆)(x + y∆) = ax + by∆2 + (ay + bx)∆
= ax + by ∆ − N (∆) + (ay + bx)∆
= ax − ayN (∆) + (a + b)y + bx ∆ = a21 + a22 ∆.

1. Rechnen mit Idealen

133

Wir setzen I := (a + b∆)AD . Nach dem gerade Bewiesenen ist dann a21 + a22 ∆ ∈ I. Ferner gilt auch ¯ a + b∆ a11 = (a + b∆) ∈ I. ggT(a, b) Also ist J := a11 Z ⊕ (a21 + a22 ∆)Z ⊆ I. Offenbar teilt a22 sowohl a11 als auch a21 . Ferner ist N (a21 + a22 ∆) = N (a + b∆)N (x + y∆) = a11 a22 N (x + y∆). Daher ist J nach Satz 2 ein Ideal. Wir m¨ ussen also nur noch zeigen, dass a + b∆ ∈ a11 Z + (a21 + a22 ∆)Z gilt. Setze b v := . a22 Dann ist ¯ + (x + y∆)a22 v (a + b∆)y a11 y + (a21 + a22 ∆)v = (a + b∆) . a22 ¯ = −∆. Es folgt Es sei D 6≡ 1 mod 4. Dann ist ∆ ¯ + (x + y∆)a22 v = (a − b∆)y + (x + y∆)b (a + b∆)y = ay + bx = ggT(a, b) = a22 . Also ist hier a + b∆ = a11 y + (a21 + a22 ∆)v ∈ J. ¯ = 1 − ∆. Hier folgt Es sei schließlich D ≡ 1 mod 4. Dann ist ∆ ¯ + (x + y∆)a22 v = (a + b − b∆)y + (x + y∆)b (a + b∆)y = (a + b)y + xa = ggT(a, b) = a22 . Also gilt auch in diesem Falle a + b∆ ∈ J. Die letzte Aussage folgt schließlich aus N (a + b∆) = a11 a22 . Satz 6. Es sei D eine von 1 verschiedene quadratfreie ganze Zahl. Ferner sei a11 , a21 + a22 ∆ die Standardbasis des Ideals I von AD . Ist b + c∆ ∈ I, so gilt N (b + c∆) ≡ 0 mod a11 ggT(b, c) ggT(b, c) ≡ 0 mod a22 . Insbesondere gilt N (b + c∆) ≡ 0 mod |AD /I|. Beweis. Es gibt u, v ∈ Z mit b + c∆ = a11 u + (a21 + a22 ∆)v. Es folgt b = a11 u + a21 v und c = a22 v. Weil I ein Ideal ist, ist a22 Teiler von a11 und a21 und folglich auch von b. Als Teiler von b und c ist a22 Teiler von ggT(b, c). Mittels Satz 4 folgt N (b + c∆) Z = (b + c∆)AD ∩ Z ⊆ I ∩ Z = a11 Z. ggT(b, c)

134

VII. Rechnen in AD

Folglich ist N (b + c∆) ≡ 0 mod a11 . ggT(b, c) Hieraus folgt mit dem bereits Bewiesenen, dass N (b + c∆) ≡ 0 mod a11 a22 ist, sodass wegen |AD /I| = |a11 a22 | auch die letzte Behauptung gilt. Satz 7. Es sei I ein Ideal von AD . Ferner sei 0 6= b ∈ I. Genau dann ist I = bAD , wenn |N (b)| = |AD /I| ist. Beweis. Nach Satz 4 ist |N (b)| = |AD /bAD |. Ferner ist AD /I ∼ = (AD /bAD )/(I/bAD ). Es folgt, dass genau dann I = bAD gilt, wenn |AD /I| = |AD /bAD | = |N (b)| ist. Satz 8. Es seien I und J von {0} verschiedene Ideale von AD und es sei I = a11 Z + (a21 + a22 ∆)Z

und

J = b11 Z + (b21 + b22 ∆)Z.

Es seien ferner x, y ∈ Z und es gelte a22 x + b22 y = ggT(a22 , b22 ). Wir setzen   b21 a22 − a21 b22 c11 := ggT a11 , b11 , ggT(a22 , b22 ) c21 := a21 x + b21 y c22 := ggT(a22 , b22 ). Dann ist I + J = c11 Z + (c21 + c22 ∆)Z. Beweis. Es ist I + J = a11 Z + b11 Z + (a21 + a22 ∆)Z + (b21 + b22 ∆)Z. Setze u := −

b22 ggT(a22 , b22 )

Dann ist

 det

und x u

y v

v :=

a22 . ggT(a22 , b22 )

 = 1.

Hieraus folgt (a21 + a22 ∆)Z + (b21 + b22 ∆)Z

= (a21 + a22 ∆)x + (b21 + b22 ∆) Z + (a21 + a22 ∆)u + (b21 + b22 ∆)v Z b21 a22 − a21 b22 = (c21 + c22 ∆)Z + Z. ggT(a22 , b22 )

2. Der Schnitt zweier Ideale

135

Hieraus folgt wiederum I + J = a11 Z + b11 Z +

b21 a22 − a21 b22 Z + (c21 + c22 ∆)Z. ggT(a22 , b22 )

Und hieraus folgt schließlich die Behauptung, da f¨ ur beliebige ganze Zahlen A, B, C ja AZ + BZ + CZ = ggT(A, B, C)Z ist. Umschreiben und Erg¨ anzen liefert noch das Korollar. Die Voraussetzungen und Bezeichnungen seien wie bei Satz 8. Bestimmt man Zahlen u, v, w ∈ Z mit   b21 a22 − a21 b22 b21 a22 − a21 b22 ggT a11 , b11 , = a11 u + b11 v + w, ggT(a22 , b22 ) ggT(a22 , b22 ) so ist, wenn man noch d := ggT(a22 , b22 ) setzt, c21 + c22 ∆ = (a21 + a22 ∆)x + (b21 + b22 ∆)y  b22 a22  c11 = a11 u + b11 v + −(a21 + a22 ∆) + (b21 + b22 ∆) w. d d Mithilfe der S¨ atze 5 und 8 kann man auch eine Standardbasis von IJ ausrechnen, falls die Standardbasen von I und J bekannt sind. Ist n¨amlich I = a11 Z ⊕ (a21 + a22 ∆)Z und J = b11 Z ⊕ (b21 + b22 ∆)Z, so wird IJ bereits als Z-Modul von der Menge der Elemente t := a11 b11 u := a11 (b21 + b22 ∆) v := b11 (a21 + a22 ∆) w := (a21 + a22 ∆)(b21 + b22 ∆) erzeugt. Also ist, da IJ ein Ideal ist, IJ = tAD + uAD + vAD + wAD . Mittels Satz 5 bestimmt man die Standardbasen der Ideale tAD , uAD , vAD und wAD und mit Satz 8 dann die Standardbasis von IJ.

2. Der Schnitt zweier Ideale. Eine der elementaren Operationen zwischen Idealen haben wir noch nicht im Griff. Es ist die Operation, aus den Standardbasen von I und J die Standardbasis von I ∩ J zu bestimmen. Diese Aufgabe werden wir in diesem Abschnitt l¨ osen. Die Situation hier ist deswegen komplizierter, weil man zun¨achst kein Erzeugendensystem f¨ ur I ∩ J hat. Erinnert man sich daran, dass in N die Gleichung kgV(a, b) ggT(a, b) = ab gilt, so wird man versucht sein, f¨ ur Ideale in AD die Gleichung (I ∩ J)(I + J) = IJ zu beweisen, um auf diesem Weg eine L¨ osung unserer Aufgabe zu finden, denn f¨ ur I + J und IJ sind wir in der Lage die Standardbasen zu berechnen. Dies ist nun in der Tat der Weg, der zum Ziele f¨ uhrt, wie wir nun sehen werden.

136

VII. Rechnen in AD

Es sei I ein Ideal von AD . Wir setzen I¯ := {¯ x | x ∈ I}. Dann gilt: Satz 1. Es sei I ein von {0} verschiedenes Ideal von AD . Ist a11 , a21 + a22 ∆ eine Ganzheitsbasis von I und setzt man  −a21 , falls D 6≡ 1 mod 4 ist b21 := −a21 − a22 , falls D ≡ 1 mod 4 ist, ¯ so ist a11 , b21 + a22 ∆ eine Ganzheitsbasis von I. ¯ ¯ = −∆. Im Beweis. Ist D ≡ 1 mod 4, so ist ∆ = 1 − ∆. In allen u ¨brigen F¨allen ist ∆ ersten Falle folgt ¯ = a21 + a22 (1 − ∆) = −(−a21 − a22 + a22 ∆). a21 + a22 ∆ Im zweiten Falle folgt ¯ = a21 − a22 ∆ = −(−a21 + a22 ∆). a21 + a22 ∆ Hieraus folgt die Behauptung. Wir setzen noch N (I) := |AD /I| und nennen N (I) die Norm von I. Wie wir wissen, ist N (I) = |a11 a22 |, falls a11 , a21 + a22 ∆ eine Ganzheitsbasis von I ist. Insbesondere gilt f¨ ur die Standardbasis N (I) = a11 a22 . Satz 2. Ist I ein von {0} verschiedenes Ideal von AD , so ist I I¯ = N (I)AD . Beweis. Es sei a11 , a21 + a22 ∆ die Standardbasis von I. Dann ist a11 a 22  a21 a11 (a21 + a22 ∆) = a11 a22 +∆ a22   a21 ¯ ¯ a11 (a21 + a22 ∆) = a11 a22 +∆ a22 ¯ = a11 a22 N (a21 + a22 ∆) (a21 + a22 ∆)(a21 + a22 ∆) a11 a22 a211 = a11 a22

¯ Nach Satz 2 von Abschnitt 1 gehen alle Divisionen ein Z-Erzeugendensystem von I I. auf den rechten Seiten auf. Folglich gilt I I¯ ⊆ a11 a22 AD = N (I)AD . Nun ist a11 a22

 2a

21

a22


¯ = a11 2a21 + a22 (∆ + ∆) ¯ ∈ I I. ¯ +∆+∆

¯ = 0. Ist D ≡ 1 mod 4, so ist ∆ + ∆ ¯ = 1. Nach dem Ist D 6≡ 1 mod 4, so ist ∆ + ∆ Korollar zu Satz 4 von Abschnitt 3 des Kapitels VI ist a11 a22 der gr¨oßte gemeinsame

2. Der Schnitt zweier Ideale

137

¯ N (a21 + a22 ∆). Daher l¨asst sich a11 a22 aus Teiler von a211 , 2a11 a21 + a11 a22 (∆ + ∆), ¯ sodass auch diesen Elementen linear kombinieren. Folglich ist a11 a22 ∈ I I, N (I)AD = a11 a22 AD ⊆ I I¯ gilt. Damit ist der Satz bewiesen. √ Wir setzen QD := Q[ D]. Ein AD -Teilmodul M von QD , der nicht gleich {0} ist, heißt gebrochenes Ideal von AD , wenn es ein a ∈ AD mit a 6= 0 und aM ⊆ AD gibt. Jedes Ideal von AD ist nat¨ urlich auch ein gebrochenes Ideal. Um diese Ideale von beliebigen Idealen zu unterscheiden, nennen wir sie auch ganze Ideale. Sind M und N gebrochene Ideale von AD , so bezeichne M N den von allen mn mit m ∈ M und n ∈ N erzeugten AD -Teilmodul von QD . Es gibt dann von null verschiedene a und b in AD mit aM ⊆ AD und bN ⊆ AD . Es folgt ab 6= 0 und abM N ⊆ AD , sodass auch M N ein gebrochenes Ideal ist. Sind M und N gebrochene Ideale von AD , so nennen wir N Teiler von M , wenn es ein ganzes Ideal I gibt mit M = N I. Wegen M = M AD teilt jedes gebrochene Ideal sich selbst. Ist M = N I und N = OJ, so ist M = OJI, sodass die Relation der Teilbarkeit auch transitiv ist. Es sei M Teiler von N und N Teiler von M . Es gibt dann ganze Ideale I und J mit M = N I und N = M J. Es folgt M = N I ⊆ N AD = N und ebenso N = M J ⊆ M AD = M , sodass M = N ist. Also ist die Relation der Teilbarkeit eine Teilordnung auf der Menge der gebrochenen Ideale. Es sei M ein gebrochenes Ideal von AD . Wir setzen M −1 := {x | x ∈ QD , M x ⊆ AD }. Satz 3. F¨ ur jedes gebrochene Ideal von AD gilt M M −1 = AD . Die Menge der gebrochenen Ideale bildet folglich mit der auf ihr definierten Multiplikation eine abelsche Gruppe. Die Menge der ganzen und gebrochenen Hauptideale bildet eine Untergruppe. Die Faktorgruppe ist endlich und ihre Ordnung ist die Klassenzahl von AD . Beweis. Es gibt ein a ∈ QD mit a 6= 0 und I := aM ⊆ AD . Es folgt, dass I ein Ideal von AD ist. Nach Satz 2 ist I I¯ = N(I)AD . Dann ist M

a ¯ 1 ¯ 1 I= I= I I¯ = AD . N (I) N (I) N (I)

Es folgt M M −1 = AD . Hieraus folgt die Gruppeneigenschaft der Menge der gebrochenen Ideale. Da es in jeder Restklasse modulo der Gruppe der gebrochenen Hauptideale aufgrund der Definition der gebrochenen Ideale ein ganzes Ideal gibt und die ¨ urspr¨ ungliche Definition der Aquivalenz der ganzen Ideale offenbar mit der jetzigen Definition, wenn man sie auf die Menge der ganzen Ideale einschr¨ankt, u ¨bereinstimmt, gilt auch die restliche Aussage des Satzes. Die Gruppe der gebrochenen Ideale modulo der Untergruppe der gebrochenen Hauptideale heißt die Klassengruppe von AD . Korollar. Ist I ein ganzes Ideal von AD , so ist I −1 =

1 ¯ I. N (I)

138

VII. Rechnen in AD

Beweis. Nach Satz 2 ist I I¯ = N (I)AD . Hieraus folgt 1 ¯ 1 −1 ¯ I= I I I = I −1 . N (I) N (I) Satz 4. Sind M und N gebrochene Ideale von AD , so ist N genau dann Teiler von M , wenn M ⊆ N ist. Beweis. Ist N Teiler von M , so gibt es ein ganzes Ideal I mit M = N I. Weil N ein AD Modul ist, ist aber N I ⊆ N . Also ist M ⊆ N . Es sei M ⊆ N . Dann ist M N −1 ⊆ N N −1 = AD . Folglich ist M N −1 ein ganzes Ideal. Wegen M = (M N −1 )N ist daher N Teiler von M . Satz 5. Sind M und N gebrochene Ideale von AD , so sind auch M + N und M ∩ N gebrochene Ideale von AD . Ferner ist M + N der gr¨ oßte gemeinsame Teiler und M ∩ N das kleinste gemeinsame Vielfache von M und N . Beweis. Es gibt von 0 verschiedene Elemente c, b ∈ AD mit cM ⊆ AD und dN ⊆ AD . Es ist cd 6= 0 und cd(M + N ) ⊆ AD . Da M ⊆ M + N gilt, ist M + N 6= {0}. Folglich ist M + N ein gebrochenes Ideal. Es gibt von null verschiedene Elemente a und b mit a ∈ M und b ∈ N . Es folgt 0 6= (ac)(bd) ∈ AD M ∩ AD N ⊆ M ∩ N. Ferner ist cd(M ∩ N ) ⊆ AD . Also ist auch M ∩ N ein gebrochenes Ideal. Es ist M , N ⊆ M + N . Nach Satz 4 ist M + N daher ein gemeinsamer Teiler von M und N . Es sei T ein gemeinsamer Teiler von M und N . Nach Satz 4 ist dann M , N ⊆ T . Es folgt M + N ⊆ T , sodass T Teiler von M + N ist. Folglich ist M + N gr¨oßter gemeinsamer Teiler von M und N . Es ist M ∩ N ⊆ M , N . Nach Satz 4 ist M ∩ N daher gemeinsames Vielfaches von M und N . Es sei V ein gemeinsames Vielfaches von M und N . Nach Satz 4 ist dann V ⊆ M ∩ N . Wiederum mit Satz 4 folgt, dass V Vielfaches von M ∩ N ist. Folglich ist M ∩ N das kleinste gemeinsame Vielfache von M und N . Der Beweis des n¨ achsten Satzes ist der gleiche wie der Beweis des Satzes 2 von Abschnitt 1 des Kapitels III. Satz 6. Sind I und J von {0} verschiedene Ideale von AD , so ist (I + J)(I ∩ J) = IJ. Beweis. Weil IJ gemeinsames Vielfaches von I und J ist, gibt es ein ganzes Ideal G mit IJ = (I ∩ J)G. Weil I Teiler von I ∩ J ist, gibt es ein ganzes Ideal A mit I ∩ J = IA. Es folgt J = I −1 IJ = I −1 (I ∩ J)G = I −1 IAG = AG, sodass G Teiler von J ist. Genauso zeigt man, dass G Teiler von I ist. Also ist G Teiler von I + J. Es sei T ein gemeinsamer Teiler von I und J. Dann sind IT −1 und JT −1 ganze Ideale. Es folgt (IT −1 )J = I(JT −1 ) = (IJ)T −1 ,

3. Die quadratische Form eines Ideals

139

sodass (IJ)T −1 gemeinsames Vielfaches von I und J ist. Folglich gibt es ein ganzes Ideal S mit (IJ)T −1 = (I ∩ J)S. Es folgt (I ∩ J)G = IJ = (I ∩ J)ST und damit G = ST . Folglich ist T Teiler von G, sodass G gr¨oßter gemeinsamer Teiler von I und J ist. Also ist G = I + J, sodass der Satz bewiesen ist. Korollar. Sind I und J von {0} verschiedene Ideale von AD , so ist I ∩J =

1 ¯ IJ(I¯ + J). N (I + J)

Dies folgt unmittelbar aus dem Korollar zu Satz 3 und aus Satz 6. Damit ist auch die letzte noch verbliebene Aufgabe gel¨ ost. Integrit¨ atsbereiche A, in denen jedes von {0} verschiedene Ideal I invertierbar ist, in denen f¨ ur jedes solche I also II −1 = A gilt, heißen Dedekindbereiche. Mit ihnen hat es die algebraische Zahlentheorie zu tun. Der neugierige Leser sei an Ribenboim 1972 und der ringtheoretischen Seite wegen an Kaplansky 1970 verwiesen.

3. Die quadratische Form eines Ideals. Unsere n¨achste Aufgabe besteht darin, von einem Ideal von AD festzustellen, ob es ein Hauptideal ist, und gegebenenfalls ein erzeugendes Element auszurechnen. Satz 1. Es sei D eine von 1 verschiedene quadratfreie ganze Zahl. Ferner sei I = a11 Z ⊕ (a21 + a22 ∆)Z ein Ideal von AD . Ist D 6≡ 1 mod 4, so setzen wir FI (u, v) :=

a11 2 2a21 N (a21 + a22 ∆) 2 u + uv + v , a22 a22 a11 a22

und ist D ≡ 1 mod 4, so setzen wir FI (u, v) :=

a11 2 u + a22



 2a21 N (a21 + a22 ∆) 2 + 1 uv + v . a22 a11 a22

Sind dann u, v ∈ Z, so ist
N a11 u + (a21 + a22 ∆)v = a11 a22 FI (u, v). Ist D 6≡ 1 mod 4, so ist Dis(FI ) = 4D, und ist D ≡ 1 mod 4, so ist Dis(FI ) = D. Die Koeffizienten von FI haben den gr¨ oßten gemeinsamen Teiler 1. Beweis. Bis auf die letzte Aussage etablieren simple Rechnungen diesen Satz. Die letzte Aussage ist eine Wiederholung dessen, was im Korollar zu Satz 4 von Abschnitt 3 des Kapitels VI notiert wurde.

140

VII. Rechnen in AD

Ist FI mithilfe der Standardbasis von I definiert, so nennen wir FI die zum Ideal I geh¨ orende quadratische Form. Um zu entscheiden, ob I ein Hauptideal ist, m¨ ussen wir aufgrund von Satz 7 des Abschnitts 1 dann feststellen, ob es u, v ∈ Z gibt mit FI (u, v) = 1. Gibt es solche u und v, so ist nach diesem Satz I = (a11 u + a21 v + a22 v∆)AD . Diese Aufgabe l¨ ost der Reduktionsalgorithmus. Um ihn formulieren zu k¨onnen, definieren wir noch, wann eine bin¨ are quadratische Form F mit negativer Diskriminante reduziert heißt. Ist F (u, v) = au2 + buv + cv 2 und Dis(F ) = b2 − 4ac < 0, so heißt F reduziert, falls −a < |b| ≤ a ≤ c ist. Reduktionsalgorithmus f¨ ur quadratische Formen Input. Bin¨ are quadratische Form F u ¨ber dem Ring Z der ganzen Zahlen. Ist F (x, y) = ax2 + bxy + cy 2 , so ist weiter ggT(a, b, c) = 1 und die Diskriminante Dis(F ) = b2 − 4ac von F ist negativ. Da dann a und c beide positiv oder beide negativ sind, d¨ urfen und werden wir bei der Eingabe von F noch verlangen, dass sie beide positiv sind. Output. Eine reduzierte quadratische Form G = Ax2 + Bxy + Cy 2 und eine (2 × 2)Matrix M u ¨ber Z mit det(M ) = 1, sodass
F (x, y)M = G(x, y) ist f¨ ur alle x, y ∈ Z. Bemerkung 1. Beachte, dass aus F ((x, y)M ) = G(x, y) mit unimodularem M folgt, dass die Koeffizienten von G teilerfremd sind, falls die von F es sind. In jedem Falle gilt Dis(F ) = Dis(G). Bemerkung 2. Nach Output gilt
0 < F (M11 , M12 ) = G(1, 0) ≤ G(x, y) = F (x, y)M f¨ ur alle x, y ∈ Z, die nicht gleichzeitig 0 sind, d.h. es ist 0 < F (M11 , M12 ) ≤ F (x, y) f¨ ur alle diese x und y. Verschiedene Variable, die sich von selbst erkl¨aren. begin G := F
; M := 10 01 ; % Man erinnere sich. Die Koeffizienten von G sind A, B, C. % Es gilt hier also A = a, B = b und C = c. % Es ist A > 0 und C > 0. % Es ist det(M ) = 1 und F ((x, y)M ) = G(x, y) f¨ ur alle x, y ∈ Z. if (B ≤ −A) or (A < B) then begin B1 := B MOD (2A); % 0 ≤ B1 < 2A. if A < B1 then B1 := B1 − 2A; % −A < B1 ≤ A und B − B1 ist durch 2A teilbar.

3. Die quadratische Form eines Ideals t := −((B − B1 ) DIV (2A)); % B1 = 2At + B. % G(x + ty, y) = Ax2 + (B + 2At)xy + (At2 + Bt + C)y 2 . B := B + 2At; C := At2 +
Bt + C; M := 1t 10 M ; % det(M ) = 1. % F ((x, y)M ) = G(x, y) f¨ ur alle x, y ∈ Z. % −A < B ≤ A. end; while C < A do begin % G(y, −x) = Cx2 − Bxy + Ay 2 . pp := A; A := C; C := pp; B := −B;
M := 01 −1 0 M; % % % %

F ((x, y)M ) = G(x, y). det(M ) = 1 A ist kleiner als das urspr¨ ungliche A. Es ist A > 0 und C > 0.

if (B ≤ −A) or (A < B) then begin B1 := B MOD (2A); % 0 ≤ B1 < 2A. if A < B1 then B1 := B1 − 2A; % −A < B1 ≤ A und B − B1 ist durch 2A teilbar. t := −((B − B1 ) DIV (2A)); % B1 = 2At + B. % G(x + ty, y) = Ax2 + (B + 2At)xy + (At2 + Bt + C)y 2 . B := B + 2At; C := At2 +
Bt + C; M := 1t 10 M ; % det(M ) = 1. % F ((x, y)M ) = G(x, y) f¨ ur ale x, y ∈ Z. % −A < B ≤ A. end end; % −A < B ≤ A ≤ C, d.h. G ist reduziert % F ((x, y)M ) = G(x, y) f¨ ur alle x, y ∈ Z. end; % Reduktionsalgorithmus.

141

142

VII. Rechnen in AD

Diesen Algorithmus gilt es nun zu verifizieren. Die Richtigkeit der Kommentare versteht sich fast immer von selbst. Kritisch sind die Aussagen, dass G(x + ty, y) = Ax2 + (B + 2At)xy + (At2 + Bt + C)y 2 ist und dass stets A > 0 und C > 0 ist, sowie der erste der beiden Kommentare F ((x, y)M ) = G(x, y) in der while-Schleife. Es ist G(x + ty, y) = A(x + ty)2 + B(x + ty)y + Cy 2 = Ax2 + A2xty + At2 y 2 + Bxy + Bty 2 + Cy 2 = Ax2 + (B + 2At)xy + (At2 + Bt + C)y 2 . Damit ist der erste noch infrage stehende Kommentar verifiziert. Um den Kommentar in der while-Schleife zu verifizieren, setzen wir zu Beginn der while-Schleife zun¨ achst G0 (x, y) = A0 x2 + B 0 xy + C 0 y 2 := G(y, −x)
0 0 und M 0 := 01 −1 0 M . In diesem Schritt wird dann die Anweisung G := G und M := M ausgef¨ uhrt. Nun ist

F (x, y)M 0 = F (y, −x)M = G(y, −x) = G0 (x, y). Damit ist auch dieser Kommentar verifiziert. Weil zu Anfang A = a und C = c gilt, sind A und C beim ersten Eintreten in die while-Schleife positiv. Sind A und C beim Eintritt in die while-Schleife positiv, so wird in der while-Schleife aus C das neue A, sodass auch das neue A positiv ist. Weil die Diskriminante sich nicht ¨ andert — dies besagen die bereits verifizierten Kommentare —, diese aber negativ ist, muss auch das neue C positiv sein. Damit sind die drei noch infrage stehenden Kommentare ebenfalls verifiziert. Weil A beim Durchlaufen der while-Schleife stets abnimmt, muss der Algorithmus terminieren. Dann gelten aber auch die noch verbleibenden Kommentare. Es bleibt die G¨ ultigkeit der Bemerkungen nachzuweisen. Der Beweis der ersten Be¨ merkung ist eine einfache Ubungsaufgabe. Es bleibt also Bemerkung 2 zu beweisen. Dazu gen¨ ugt es zu zeigen, dass 0 < G(1, 0) ≤ G(x, y) ist f¨ ur alle x, y ∈ Z, die nicht beide null sind. Es ist 4AG(x, y) = 4A2 x2 + 4ABxy + B 2 y 2 − (B 2 − 4AC)y 2 = (2Ax + By)2 − Dis(G)y 2 ≥ 0 und damit G(x, y) ≥ 0 f¨ ur alle x, y ∈ Z, da ja A > 0 ist. Hieraus folgt G(x, y) ≥ |Ax2 + Cy 2 | − |Bxy| = A|x|2 + C|y|2 − |B||x||y|. Ist |x| ≥ |y| > 0, so folgt, da ja |B| ≤ A ≤ C ist,
G(x, y) ≥ A|x| − |B||y| |x| + C|y|2 ≥ C|y|2 ≥ A = G(1, 0).

3. Die quadratische Form eines Ideals

143

Ist |y| ≥ |x| > 0, so folgt, da ja |B| ≤ A ≤ C ist,
G(x, y) ≥ C|y| − |B||x| |y| + A|x|2 ≥ A|x|2 ≥ A = G(1, 0). Ferner ist G(x, 0) = A|x|2 ≥ A und G(0, y) = Cy 2 ≥ C ≥ A. Damit ist alles bewiesen. Ist nun I ein Ideal in AD und ist D < 0, so sind wir in der Lage zu testen, ob I ein Hauptideal ist oder nicht. Man bestimme mit dem Reduktionsalgorithmus ganze Zahlen m und n, sodass 0 < FI (m, n) ≤ FI (x, y) ist f¨ ur alle x, y ∈ Z, die nicht beide null sind. Genau dann ist I ein Hauptideal, wenn FI (m, n) = 1 ist. Ist a11 , a21 + a22 ∆ die Standardbasis von I und ist FI die zugeh¨orige quadratische Form, so ist, falls FI (m, n) = 1 ist,
I = a11 m + (a21 + a22 ∆)n AD . Wir sind auch in der Lage, in Hauptidealbereichen AD mit D < 0 den gr¨oßten gemeinsamen Teiler zweier Elemente auszurechnen und ihn aus den gegebenen Elementen linear zu kombinieren. Es sei also D < 0 und AD sei ein Hauptidealbereich. Nach Fr¨ uherem wissen wir, dass D ≡ 1 mod 4 ist. Es seien a1 + a2 ∆ und b1 + b2 ∆ zwei Elemente aus AD . Wir setzen I := (a1 + a2 ∆)AD und J := (b1 + b2 ∆)AD . 1. Schritt: Berechne x, y ∈ Z mit (a1 + a2 )y + a2 x = ggT(a1 , a2 ). Setze a22 := ggT(a1 , a2 ) a21 := a1 x − a2 yN (∆) a11 :=

N (a1 + a2 ∆) . a22

Dann gilt a21 + a22 ∆ = (a1 + a2 ∆)(x + y∆) ¯ a1 + a2 ∆ a11 = (a1 + a2 ∆) a22 I = a11 Z ⊕ (a21 + a22 ∆)Z. Entsprechend verfahren wir mit dem zweiten Element. Berechne ganze Zahlen x0 und y 0 mit (b1 + b2 )y 0 + b2 x0 = ggT(b1 , b2 ). Setze b22 := ggT(b1 , b2 ) b21 := b01 x − b2 y 0 N (∆) b11 :=

N (b1 + b2 ∆) . b22

144

VII. Rechnen in AD

Dann gilt b21 + b22 ∆ = (b1 + b2 ∆)(x0 + y 0 ∆) ¯ b1 + b2 ∆ b11 = (b1 + b2 ∆) b22 J = b11 Z ⊕ (b21 + b22 ∆)Z. 2. Schritt: Berechne x, y ∈ Z mit ggT(a22 , b22 ) = a22 x + b22 y. Berechne ferner u, v, w ∈ Z mit   b21 a22 − a21 b22 b21 a22 − a21 b22 = a11 u + b11 v + ggT a11 , b11 , w. ggT(a22 , b22 ) ggT(a22 , b22 ) Setze c22 := ggT(a22 , b22 ) c21 := a21 x + b21 y   b21 a22 − a21 b22 c11 := ggT a11 , b11 , . c22 Dann gilt I + J = c11 Z ⊕ (c21 + c22 ∆)Z und c21 + c22 ∆ = (a21 + a22 ∆)x + (b21 + b22 ∆)y sowie   b22 a22 c11 = a11 u + b11 v + −(a21 + a22 ∆) + (b21 + b22 ∆) w. c22 c22 3. Schritt: Setze F := FI+J . Dann ist F (u, v) =

c11 2 u + c22



 2c21 N (c21 + c22 ∆) 2 + 1 uv + v . c22 c11 c22

Berechne mit dem Reduktionsalgorithmus m, n ∈ Z mit F (m, n) = 1. Solche m und n gibt es, da AD ein Hauptidealbereich ist. Dann ist I + J = (c11 m + c21 n + c22 n∆)AD . Es folgt ggT(a1 + a2 ∆, b1 + b2 ∆) = c11 m + (c21 + c22 ∆)n. Weil c11 und c21 + c22 ∆ bekannte Linearkombinationen von a1 + a2 ∆ und b1 + b2 ∆ sind, ist auch c11 m + c21 n + c22 n∆ eine solche.

Aufgaben

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Aufgaben 1. Es sei A eine additiv geschriebene abelsche Gruppe und a und b seien zwei Elemente von A. Ist dann   x y ∈G u v und setzt man a0 := ax + by und b0 := au + bv, so ist aZ + bZ = a0 Z + b0 Z. 2. Es sei D = −163. Ferner seien a := 14 + 27∆ und b := 3 + 14∆ Elemente von AD . Berechnen Sie die Standardbasen der Ideale I := aAD , J := bAD und I + J. 3. Die Voraussetzungen seien wie bei Aufgabe 2. Der Ring AD ist ein Hauptidealbereich. Bestimmen Sie c mit cAD = I + J sowie u und v mit c = au + bv. 4. Es sei D ∈ {−19, −43, −67, −163}. Zeigen Sie ohne zu benutzen, dass AD ein Hauptidealring ist, dass es nur eine reduzierte, bin¨ are quadratische Form mit Diskriminante D gibt. 5. Es sei D ∈ {−19, −43, −67, −163}. Zeigen Sie mithilfe von Aufgabe 4, dass AD ein Hauptidealbereich ist. 6. Es seien I und J Ideale des kommutativen Ringes R. Zeigen Sie, dass (I ∩ J)(I + J) ⊆ IJ gilt. 7. Es seien F und G zwei bin¨ are quadratische Formen mit negativer Diskriminante und beide Formen seien reduziert. Gibt es eine (2 × 2)-Matrix M u ¨ber Z mit det(M ) = 1 und F ((x, y)M ) = G(x, y) f¨ ur alle x, y ∈ Z, so ist F = G.

Literatur ¨ Georg Cantor, Uber die einfachen Zahlensysteme. Zeitschr. f¨ ur Math. und Physik 14, 121–128, 1869. (Zitiert nach: Gesammelte Abhandlungen mathematischen und philosophischen Inhalts. Herausgegeben von E. Zermelo, Berlin 1932) Richard Dedekind, Was sind und was sollen die Zahlen. Braunschweig 1888. Viele sp¨ atere Auflagen Euklid, Die Elemente. Nach Heibergs Text aus dem Griechischen u ¨bersetzt und herausgegeben von Clemens Thaer. Darmstadt 1980 Menso Folkerts, Eine bisher unbekannte Abhandlung u ¨ber das Rechenbrett aus dem beginnenden 14. Jahrhundert. Historia Mathematica 10, 435–447, 1983 G. Friedlein, Die Zahlzeichen und das elementare Rechnen der Griechen und R¨ omer und des christlichen Abendlandes vom 7. bis 13. Jahrhundert. Unver¨anderter Neudruck der Ausgabe 1869. Schaan/Liechtenstein 1982 Erich Hecke, Vorlesungen u ¨ber die Theorie der algebraischen Zahlen. Zweite Auflage. Leipzig 1954 Hans Heilbronn & E. H. Linfoot, On the imaginary quadratic corpora of class number one. Quart. J. Math. Oxford 5, 293–301, 1934 Simon Jacob, Rechenb¨ uchlin auf den Linien und mit Ziffern. Vierte, von seinem Bruder Pangratz herausgegebene Auflage. Frankfurt am Main 1571 Irving Kaplansky, Commutative Rings. Boston/Mass. 1970 D. H. Lehmer, Euclid’s Algorithm for Large Numbers. Amer. Math. Monthly 45, 227– 233, 1938 ´ Edouard Lucas, R´ecr´eations math´ematiques. Paris 1882 Heinz L¨ uneburg, Vorlesungen u ¨ber Zahlentheorie. Basel und Stuttgart 1978 — Tools and Fundamental Constructions of Combinatorial Mathematics. Mannheim 1989 — Leonardi Pisani Liber Abbaci oder Lesevergn¨ ugen eines Mathematikers. Zweite Auflage. Mannheim 1993 — Vorlesungen u ¨ber lineare Algebra. Mannheim 1993a Karl Menninger, Zahlwort und Ziffer. Eine Kulturgeschichte der Zahl . Zweite Auflage. Zwei B¨ ande in einem. G¨ ottingen 1958

148

Literatur

Parry Moon, The Abacus. New York, London, Paris 1971 T. Motzkin, The Euclidean algorithm. Bull. Amer. Math. Soc. 55, 1142–1146, 1949 Paulo Ribenboim, Algebraic Numbers. New York, etc. 1972 Adam Ries, Rechenbuch auff Linien vnd Ziphren. Nachdruck der Auflage 1574. Brensbach/Odenwald, 3. Auflage, 1978 Michael I. Rosen, A Proof of the Lucas-Lehmer Test. Amer. Math. Monthly 95, 855–856, 1988 H. M. Stark, A complete determination of the complex quadratic fields of class number one. Mich. Math. J. 14, 1–27, 1967 Ernst Trost, Primzahlen. Zweite Auflage. Basel 1968

Index Abacus, 36 AD , 62, 75, 81, 105, 129 Addition, 34 Addition nat¨ urlicher Zahlen, 3 Additionsalgorithmus, 35 Algorithmus Lagrange, 28 Altertum, 1 aquivalente Ideale, 112 ¨ Arithmos, 1 As, 36 Assoziativit¨ atsgesetz, 4 assoziiert, 54 aufsteigender Kettenbruch, 37, 38, 40

Elle, 36 englisches Pfund, 32 Epicharmos, 10 Erg¨anzungss¨atze, 72 erzeugendes Element, 68 Euklid, 1, 15, 17, 25 Euklidfunktion, 52 euklidischer Algorithmus, 121 euklidischer Ring, 52–54, 58, 60, 120 euklidisches Paar, 52 Euler, L., 13 eulersche Totientenfunktion, 66 eulersche Zahl, 90

Bellzahlen, 46

faktorielle Mischbasis, 34 fermatscher Zwei-Quadrate-Satz, 81, 95 Fibonacci, 35, 39 Fibonaccizahlen, 94 finit¨are Darstellung, 34 Fuß, 36

cantorscher Algorithmus, 42 chinesischer Restsatz, 64–66, 81 Darstellung des gebrochenen Anteils, 38 Darstellung von AD , 108 Datenstruktur, 129 Dedekind, R., 2 Dedekindbereich, 139 Dedekindtripel, 2, 3, 30 denarius, 32 Descartes, R., 13 Dezimalbruch, 45 Dezimalsystem, 34, 36 diophantische Gleichung, 109 Dirichlet, G., 126 Diskriminante, 97 divide and conquer, 28 Division mit Rest, 30, 31 Dualbasis, 34 dyadische Darstellung, 27, 34 echter Teiler, 12 Einheit, 47

ganzes Element, 74, 121 ganzes Ideal, 137 Ganzheitsbasis, 76, 136 ganzzahlige L¨osungen, 109 gaußsche Summe, 71, 72 Gauß, C. F., 69 gebrochenes Ideal, 137 gemeinsamer Teiler, 14 gemeinsames Vielfaches, 19 gerade Zahl, 10 GF(q), 70 ggT von Idealen, 138 ggT-Bereich, 52 gr¨oßter gemeinsamer Teiler, 14, 15, 20, 21, 47, 48, 50–52, 143 Griechen, 1 Gruppe der Einheiten, 47 Gulden, 37

150 hadamardsche Ungleichung, 66 Hauptideal, 57, 143 Hauptidealbereich, 57, 112, 120, 124, 128, 143, 145 Heilbronn, H., 120, 126 Heller, 37 Induktionsprinzip, 2 Integrit¨ atsbereich, 47 invertierbares Ideal, 139 irrational, 90 Irrationalit¨ at von e, 43 irreduzibel, 54 Jacob, S., 37 Jamblichos, 13 K¨ orper, 121 K¨ urzen, 16 K¨ urzungsregel, 5 Karl der Große, 32 karolingisches M¨ unzsystem, 37 Kettenbruch, 86, 87 kgV von Idealen, 138 Klassengruppe, 137 Klassenzahl, 112 kleiner Satz von Fermat, 67 kleinstes Element, 7 kleinstes gemeinsames Vielfaches, 20, 21, 48–50, 52, 54 Kommutativit¨ at der Addition, 4 Kommutativit¨ at der Multiplikation, 17 Krull, W., 56 L¨ ange der Darstellung, 34 Lambert, J. H., 89 Lehmer, D. H., 31 Leitkoeffizient, 53 libra, 32 Linfoot, E. H., 120, 126 lira, 32 Lucas-Lehmer-Test, 13 M-Ideal, 59 Mengenlehre, 2 Mersenne, M., 13 mersennesche Primzahlen, 13

Index Mischbasis, 34, 42 mittlere Proportionale, 24 modulare Gruppe, 95 modulares Rechnen, 66 Motzkin, T., 58, 120 Multiplikation, 35 Multiplikation nat¨ urlicher Zahlen, 8 Multiplikationsalgorithmen, 35 Nachfolgerfunktion, 8 nat¨ urliche Zahlen, 1 Norm, 75 Norm eines Ideals, 136 n-te Einheitswurzel, 69 n-te Potenzen, 21 nullteilerfrei, 47 Ordnung eines Gruppenelementes, 67 Ort, 37 partielle Subtraktion, 8 periodischer Kettenbruch, 101 Potenzregel, 9, 35 Primelement, 54–56 Primideal, 56, 122, 128 primitive n-te Einheitswurzel, 69 primitives Polynom, 97 Primzahl, 25, 26, 126 Primzahlweltrekorde, 13 Pythagoreer, 12 pythagoreische Tripel, 25 q-adische Basis, 35 quadratfrei, 62 quadratische Form, 140 quadratisches Reziprozit¨atsgesetz, 72 rationale Zahl, 86, 89 Rechenregeln f¨ ur nat¨ urliche Zahlen, 8 Rechentisch, 37 Reduktionsalgorithmus, 140 reduzierte Nullstelle, 98, 116 reduzierte quadratische Form, 140 Rekursionsregel, 2 Rekursionssatz, 2, 41 Ries, A., 37 Ring der ganzen algebraische Zahlen, 75

Index Ring der ganzen Zahlen, 27, 53 russ, 27 russische Bauernmultiplikation, 27 Satz u ¨ber Primfaktorzerlegung, 25 Satz von Fermat, kleiner, 67 Satz von Krull, 56 Satz von Lagrange, 67 Serret, J. A., 92 solidus, 32 Soroban, 36 Sou, 32 Standardbasis, 131 Standardvertreter, 18, 129 Stark, H. M., 120, 126 stetige Proportion, 20, 21, 23, 24 Stschoty, 36 Suanpan, 36 Subtraktion, 34, 35 symmetrischer Kettenbruch, 92 Tagesschau, 35 Teilbarkeit, 47 Teiler, 12, 47 Teiler eines Ideals, 137 teilerfremd, 15 Torsionsgruppe, 106 unendliche Ordnung, 68 ungerade Zahl, 10 Unze, 36 Verh¨ altnisgleichheit, 15–17 Vielfaches, 47 vollkommene Zahl, 12–14 Wechselwegnahme, 15 Wohlordnung, 7 Yard, 35 Zinsaufgabe, 39 Zinssatz, 40 Zoll, 36 zornsches Lemma, 56 ZPE-Bereich, 55 Zusammensetzen von Verh¨ altnissen, 22

151 Zwei-Quadrate-Algorithmus, 93 Zwei-Quadrate-Satz, 81, 95 zyklische Gruppe, 68

Faszinierender Brückenschlag Chinesen sind keine Japaner zwischen Zahlentheorie und Analysis Heinz Lüneburg Größen und Zahlen Ein Aufbau des Zahlensystems auf der Grundlage der eudoxischen Proportionenlehre 2010. IX 201 Seiten | br. € 39,80 | ISBN 978-3-486-59679-3

In „Größen und Zahlen“ gelingt durch die Verbindung der Proportionenlehre des Eudoxos mit den dedekindschen Schnitten ein faszinierender Brückenschlag zwischen der Zahlentheorie und der Analysis. Die Konstruktion ermöglicht einen unmittelbaren Zugang zu den Logarithmen beziehungsweise den Exponentialfunktionen. Angereichert mit geschichtlichen Verweisen und gelegentlichen Anekdoten bietet das Buch viele überraschende Einblicke und ermöglicht ein außerordentlich klares Verständnis dieser fundamentalen mathematischen Funktionen.

Oldenbourg

Das Werk entstammt dem Nachlass des begnadeten Pädagogen Heinz Lüneburg und wird herausgegeben von Prof. Dr. Theo Grundhöfer, apl. Prof. Dr. Huberta Lausch sowie Prof. Dr. Karl Strambach. Es setzt Vertrautheit mit der mathematischen Sprache und mit den Grundlagen von Analysis und Zahlentheorie voraus.

Das Buch richtet sich in erster Linie an Studierende der Mathematik, aber auch der Informatik, Natur- und Ingenieurwissenschaften.