Algebraische Zahlentheorie [Lecture notes] by Rainer Vogt

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By Rainer Vogt

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Sommersemester 2010

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Beweis: Sei β Nullstelle von f und γ = f ′ (β) = nβ n−1 + b in K. Gesucht wird D(f ) = DF/K (1, β, . . , β n−1 ) = (−1)n(n−1)/2 NF/K (γ) Aus der Gleichung β n + bβ + c = 0 erhalten wir n · β n−1 + nb + ncβ −1 = 0, also −nc . γ + (n − 1)b Es folgt K(β) = K(γ). Damit hat das Minimalpolynom von γ ebenfalls den Grad n. Wir schreiben γ = −ncβ −1 − nb + b = −(n − 1)b − ncβ −1 , also β = f −nc X + (n − 1)b = (−nc)n −ncb P (X) + +c= n (X + (n − 1)b) X + (n − 1)b Q(X) mit P (X) = (X + (n − 1)b)n − nb(X + (n − 1)b)n−1 + (−1)n · nn · cn−1 und 1 (X + (n − 1)b)n Q(X) = c Dann gilt P (γ)/Q(γ) = f (β) = 0.

H. x ist ganz u ¨ber R und damit in R, weil R ganz abgeschlossen ist. Es −1 folgt p ⊂ R, im Widerspruch zu (∗). 14 Aufgabe: Ermitteln Sie die Aussagen des Zorn’schen Lemmas und des Auswahlaxioms. Finden Sie heraus, was die beiden miteinander zu tun haben. Beweisen Sie mit Hilfe des Zorn’schen Lemmas: Jedes Ideal eines Ringes R ist in einem maximalen Ideal enthalten. 10 Existenz: Sei F die Familie aller von (0) und R verschiedenen Ideale, die keine Primzerlegung besitzen. Ist F nicht leer, besitzt 55 es maximale Elemente J, da R noethersch ist.

Sm ∈ R, so dass z − (r1 y1 + . . + rn yn ) = s1 x1 + . . + sm xm . Also erzeugen x1 , . . , xm , y1 , . . , yn ganz M . (ii) Sei s1 x1 + . . + sm xm + r1 y1 + . . + rn yn = 0, =:x =:y s i ri ∈ R Da x ∈ N ist, folgt r1 y 1 + . . + rn y n = 0 in M , also r1 , . . , rn = 0. Damit folgt auch s1 , . . , sm = 0. Die R-lineare Abbildung αM : M → M, x→α·x bildet N nach N ab, da N ein A-Untermodul ist, und definiert daher Rlineare Abbildungen αN : N → N, αM : M → M . Bzgl. unserer Basis hat C(α) die Form C(α) = C(α|N ) ∗ , 0 C2 (α) wobei C2 (α) die Matrix f¨ ur αM ist bzgl.

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