Kurs:Algebraische Zahlentheorie (Osnabrück 2020-2021)/Vorlesung 16

Reine kubische Gleichungen

Wir interessieren uns für den Ganzheitsring zur reinen kubischen Körpererweiterung ${}\mathbb {Q} \subseteq L=\mathbb {Q} [X]/(X^{3}-q)$ mit ${}q\geq 2$. Wenn in der Primfaktorzerlegung von ${}q$ eine Primzahl ${}p$ mit einem Exponenten ${}\geq 3$ vorkommt, so kann man ${}p^{3}$ vorziehen und erhält mit der neuen Variablen ${}pX$ eine neue Darstellung der Körpererweiterung. Deshalb gehen wir direkt davon aus, dass in ${}q$ nur Primzahlen mit einem Exponenten ${}1$ oder ${}2$ vorkommen. Wir können also ${}q=ab^{2}$ mit ${}a$ und ${}b$ quadratfrei und zueinander teilerfremd ansetzen.

Satz

Es seien ${}a$ und ${}b$ teilerfremde quadratfreie natürliche Zahlen, nicht beide ${}1$, und sei ${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [X]/(X^{3}-ab^{2})=L$ die zugehörige kubische Körpererweiterung. Wir setzen ${}x={\sqrt[{3}]{ab^{2}}}$ und ${}y={\sqrt[{3}]{a^{2}b}}$. Dann gelten folgende Aussagen.

1. ${}x$ und ${}y$ sind ganze Elemente in ${}L$.
2. Es ist

   $\mathbb {Z} [x,y]\cong \mathbb {Z} [X,Y]/(XY-ab,X^{2}-bY,Y^{2}-aX)=\mathbb {Z} [X,Y]/(X^{3}-ab^{2},Y^{3}-a^{2}b,XY-ab,X^{2}-bY,Y^{2}-aX)=S\,.$

3. Wenn ${}a\neq \pm b\mod 9$ gilt, so ist ${}S$ der Ganzheitsring von ${}L$, und ${}1,x,y$ bilden eine Ganzheitsbasis.
4. Bei ${}a=\pm b\mod 9$ gehört auch ${}z={\frac {1}{3}}{\left(1+ax+by\right)}={\frac {1}{3}}{\left(1+ax+x^{2}\right)}$ zum Ganzheitsring, und ${}x,y,z$ bilden eine Ganzheitsbasis.

Beweis

Das Polynom besitzt ${}X^{3}-ab^{2}$ keine rationale Nullstelle, ist also irreduzibel und somit liegt eine Körpererweiterung vom Grad ${}3$ vor.

1. Es ist unmittelbar klar, dass ${}x$ zu ${}L$ gehört und eine Ganzheitsgleichung erfüllt. Ferner ist

   ${}y={\sqrt[{3}]{a^{2}b}}={\frac {1}{b}}{\sqrt[{3}]{ab^{2}}}^{2}={\frac {1}{b}}x^{2}\,,$

   d.h. ${}y$ gehört ebenfalls zu ${}L$, die Ganzheit ist klar.

2. Wegen ${}X^{3}=bYX=ab^{2}$ liegen auch diese kubischen Terme in dem Ideal. Wir haben durch ${}X\mapsto x$ und ${}Y\mapsto y$ einen surjektiven Ringhomomorpismus

   $S=\mathbb {Z} [X,Y]/(XY-ab,X^{2}-bY,Y^{2}-aX)\longrightarrow \mathbb {Z} [x,y],$

   da ${}x$ und ${}y$ die angegebenen Relationen erfüllen. Diese Relationen zeigen auch, dass rechts die Gruppe ${}\mathbb {Z} \oplus \mathbb {Z} x\oplus \mathbb {Z} y$ steht, da man alle Produkte darin schon ausdrücken kann. Eine weitere Relation kann es nicht geben, da ${}1,x,y$ über ${}\mathbb {Q}$ linear unabhängig sind.

3. Wir zeigen nun, dass ${}S$ unter der angegebenen Bedingung normal ist. Wenn eine Primzahl ${}p$ weder in ${}a$ noch in ${}b$ vorkommt und nicht ${}3$ ist, so ist

   ${}S_{\mathbb {Z} \setminus (p)}=\mathbb {Z} _{(p)}[X,Y]/(XY-ab,X^{2}-bY,Y^{2}-aX)\cong \mathbb {Z} _{(p)}[X]/(X^{3}-ab^{2})\,,$

   da man ${}Y={\frac {X^{2}}{b}}$ schreiben und überall ersetzen kann, da ${}b$ in ${}\mathbb {Z} _{(p)}$ eine Einheit ist. Die entstehenden Erzeuger sind ${}X^{3}-ab^{2}$ und Vielfache davon. Die Faser über ${}p$ ist somit ${}\mathbb {Z} /(p)[X]/(X^{3}-u)$ mit einer Einheit ${}u\in \mathbb {Z} /(p)$. Das beschreibende Polynom ${}X^{3}-u$ und seine Ableitung ${}3X^{2}$ erzeugen das Einheitsideal (die Faser über ${}p$ ist also reduziert) und damit ist nach Korollar 15.2 die Nenneraufnahme von ${}S$ an ${}\mathbb {Z} \setminus (p)$ normal.

   Es sei nun ${}p$ ein Teiler von ${}a$ (wobei der Fall ${}p=3$ erlaubt ist). Dann ist wieder ${}S_{\mathbb {Z} \setminus (p)}\cong \mathbb {Z} _{(p)}[X]/(X^{3}-ab^{2})$. Modulo ${}p$ ist dies ${}\mathbb {Z} /(p)[X]/(X^{3})$, somit ist das einzige Primideal oberhalb von ${}(p)$ gleich ${}(p,X)$. Da wir

   ${}a=p\cdot c\,$

   mit ${}a$ und ${}c$ teilerfremd schreiben können, gilt

   ${}p={\frac {X^{2}}{cb^{2}}}X\,$

   und daher wird dieses Primideal von ${}X$ erzeugt. Diese Nenneraufnahmen sind also auch normal.

   Betrachten wir nun

   ${}p=3\,$

   und nehmen weiter an, dass ${}3$ weder in ${}a$ noch in ${}b$ vorkommt. Dann kann man wieder die Nenneraufnahme monogen als ${}\mathbb {Z} _{(3)}[X]/(X^{3}-ab^{2})$ beschreiben. Modulo ${}3$ ist dies

   ${}\mathbb {Z} /(3)[X]/(X^{3}-ab^{2})=\mathbb {Z} /(3)[X]/(X-ab^{2})^{3}\,$

   und somit liegt über ${}(3)$ das einzige Primideal ${}(3,X-ab^{2})$. Wir bestimmen, unter welchen Bedingungen ${}X-ab^{2}$ ein Erzeuger dieses Ideals ist. Der Ring ${}\mathbb {Z} _{(3)}[X]/(X^{3}-ab^{2})$ modulo ${}X-ab^{2}$ ist

   ${}\mathbb {Z} _{(3)}/((ab^{2})^{3}-ab^{2})=\mathbb {Z} _{(3)}/((ab^{2})^{2}-1)=\mathbb {Z} _{(3)}/((ab^{2}+1)(ab^{2}-1))\,,$

   da in unserem Fall ${}a$ und ${}b$ Einheiten sind. Es geht darum, ob dieser Ring gleich ${}\mathbb {Z} /(3)$ ist oder nicht, und somit geht es darum, ob die Ordnung von ${}(ab^{2}+1)(ab^{2}-1)$ gleich ${}1$ oder höher ist. Wir schreiben ${}a=9u+r$ und ${}b=9v+s$ und betrachten zuerst den Fall, wo ${}r=1,4,7$ ist. Dann ist ${}ab^{2}+1\neq 0\mod 3$ und wir müssen ${}ab^{2}-1=(9u+r)(9v+s)^{2}-1$ betrachten. Modulo ${}9$ ist dies ${}rs^{2}-1$. Dabei gilt

   ${}rs^{2}=1\mod 9\,$

   genau in den Fällen

   ${}(r,s)=(1,\pm 1),(4,\pm 4),(7,\pm 7)\,.$

   Bei ${}r=2,5,8$ ist ${}ab^{2}-1\neq 0\mod 3$ und wir müssen ${}ab^{2}+1=(9u+r)(9v+s)^{2}+1=rs^{2}+1\mod 9$ betrachten. Dabei gilt

   ${}rs^{2}=-1\mod 9\,$

   genau in den Fällen

   ${}(r,s)=(2,\pm 2),(5,\pm 5),(8,\pm 8)\,.$

   Unter der Voraussetzung ${}a\neq \pm b$ ist also der Exponent der ${}3$ in ${}(ab^{2}+1)(ab^{2}-1)$ genau ${}1$. Somit ist ${}3\in (X-ab^{2})$ und das einzige Primideal oberhalb von ${}(3)$ ist in der Lokalisierung auch ein Hauptideal.

4. Es ist

   ${}z={\frac {1}{3}}{\left(1+ax+by\right)}={\frac {1}{3}}{\left(1+ax+x^{2}\right)}\,.$

   Die Koeffizienten des charakteristischen Polynoms dieses Elementes sind nach Aufgabe 16.2 gleich ${}\operatorname {Spur} {\left(z\right)}=1$, ${}{\frac {1}{9}}{\left(3-3aab^{2}\right)}={\frac {1}{3}}{\left(1-a^{2}b^{2}\right)}$ und

   ${}{\begin{aligned}N(z)&={\frac {1}{27}}{\left(1-3aab^{2}+a^{3}ab^{2}+(ab^{2})^{2}\right)}\\&={\frac {1}{27}}{\left(1-3a^{2}b^{2}+a^{4}b^{2}+a^{2}b^{4}\right)}\\&={\frac {1}{27}}{\left(1+a^{2}b^{2}(-3+a^{2}+b^{2})\right)}.\end{aligned}}$

   Unter der Bedingung ${}a=\pm b\mod 9$ ist ${}a^{2}=b^{2}=1,4,7\mod 9$, wir setzen ${}a^{2}=9m+t$ und ${}b^{2}=9n+t$. In diesen Fällen ist

   ${}1-a^{2}b^{2}={\begin{cases}0{\text{ bei }}t=1\,,\\-15{\text{ bei }}t=4\,,\\-48{\text{ bei }}t=7\end{cases}}\mod 9\,,$

   also stets ein Vielfaches von ${}3$. Ferner ist

   ${}{\begin{aligned}1+a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2}-3)&=1+{\left(81mn+9(m+n)r+r^{2}\right)}{\left(9(m+n)+2r-3\right)}\\&=1+81A+18(m+n)r^{2}-27(m+n)r+9(m+n)r^{2}+2r^{3}-3r^{2}\\&=81A+1+27(m+n)r^{2}-27(m+n)r+2r^{3}-3r^{2}\\&=81A+1+27(m+n)(r^{2}-r)+2r^{3}-3r^{2}\\&=81A'+1+2r^{3}-3r^{2}.\end{aligned}}$

   Bei ${}t=1,4$ ist dies sogar ein Vielfaches von ${}81$. Bei ${}t=7$ sind die hinteren Summanden zusammen gleich

   ${}1+2\cdot 7^{3}-3\cdot 7^{2}=540=27\cdot 20\,,$

   also ein Vielfaches von ${}27$ und daher ist ${}z$ ganz.

   Wir zeigen nun, dass die von ${}x,y,z$ erzeugte Algebra normal ist. Es sei

   ${}w=k+mx+nx^{2}\,$

   mit ${}k,m,n\in \mathbb {Q}$ ein Element, das über eine Ganzheitsgleichung erfüllt, und wir müssen zeigen, dass es zu ${}\mathbb {Z} [x,y,z]$ gehört. Aufgrund der Spurbedingung ist ${}3k$ ganzzahlig. Wir ziehen ${}z$ (oder ${}3z$) von ${}w$ ab und können dann ${}k=0$ annehmen. Die weiteren Koeffizientenbedingungen an das charakteristische Polynom besagen, dass ${}3mnq$ und ${}m^{3}q+n^{3}q^{2}$ ganzzahlig sind. Da ${}q$ kein Vielfaches von ${}3$ ist, ist

   ${}\operatorname {ord} _{(3)}\,(mn)\geq -1\,,$

   also ${}\operatorname {ord} _{(3)}\,(m)\geq 0$ oder ${}\operatorname {ord} _{(3)}\,(n)\geq 0$, und

   ${}\operatorname {ord} _{(3)}\,(m^{3}+n^{3}q)\geq 0\,.$

   Im ersten Fall folgt wegen der letzten Bedingung auch die Bedingung im zweiten Fall und umgekehrt, d.h. die Ordnung von ${}m$ und ${}n$ an der Stelle ${}(3)$ ist ${}\neq 0$. Wegen der Normalität an den anderen Primzahlen folgt überhaupt, dass ${}m$ und ${}n$ ganzzahlig sind.

$\Box$

Korollar

Es sei ${}q$ eine Primzahl mit ${}q\neq \pm 1\mod 9$ (was bei ${}q=2\mod 3$ stets der Fall ist).

Dann ist der Ganzheitsring zur Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [X]/(X^{3}-q)\,$

gleich ${}\mathbb {Z} [X]/(X^{3}-q)$.

Bei ${}q=1,-1\mod 9$ ist

${}z={\frac {1+qx+x^{2}}{3}}\,$

ganz über ${}\mathbb {Z} [X]/(X^{3}-q)$ mit dem Minimalpolynom

${}T^{3}-T^{2}+{\frac {1-q^{2}}{3}}T-{\frac {(q^{2}-1)^{2}}{27}}=0\,.$

In diesem Fall besitzt der Ganzheitsring die Ganzheitsbasis ${}1,x,z$.

Beweis

Dies ist der Spezialfall von Satz 16.1 mit ${}a=q$ und ${}b=1$. In diesem Fall ist

${}y={\sqrt[{3}]{q^{2}}}={\sqrt[{3}]{q}}^{2}=x^{2}\,$

und

${}S=\mathbb {Z} [x]=\mathbb {Z} [X]/(X^{3}-q)\,.$

$\Box$

Beispiel

Wir betrachten die Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{2}}]=K\subset \mathbb {R} \,.$

Der Ganzheitsring ist

${}\mathbb {Z} [{\sqrt[{3}]{2}}]\cong \mathbb {Z} [X]/(X^{3}-2)\,$

nach Korollar 16.2. Das ist keine Galoiserweiterung, da das Polynom ${}X^{3}-2$ über ${}K$ (und reell) nicht zerfällt. Oberhalb von ${}(2)$ liegt das einzige Primideal ${}(X)$. Für eine ungerade Primzahl ${}p$ mit ${}p=2\mod 3$ sind ${}p-1$ und ${}3$ teilerfremd und daher ist die dritte Potenz

$\mathbb {Z} /(p)\longrightarrow \mathbb {Z} /(p),\,z\longmapsto z^{3},$

eine Bijektion. Insbesondere besitzt die ${}2$ eine eindeutig bestimmte dritte Wurzel ${}a$ und es gibt eine Faktorzerlegung

${}X^{3}-2=(X-a)(X^{2}+bX+c)\,$

in ${}\mathbb {Z} /(p)[X]$, wobei der hintere Faktor irreduzibel ist. Deshalb liegen über ${}(p)$ in der Erweiterung ${}\mathbb {Z} \subseteq \mathbb {Z} [{\sqrt[{3}]{2}}]$ zwei Primideale, wobei deren Restekörper einerseits ${}\mathbb {Z} /(p)$ und andererseits ${}{\mathbb {F} }_{p^{2}}$ ist. Inssbesondere sind diese nicht zueinander isomorph. Bei ${}p=5$ ist beispielsweise

${}3^{3}=2\mod 5\,$

und

${}X^{3}-2=X^{3}+3=(X+2)(X^{2}+3X+4)\,$

und somit

${}{\begin{aligned}\mathbb {Z} [{\sqrt[{3}]{2}}]\otimes _{\mathbb {Z} }\mathbb {Z} /(5)&=\mathbb {Z} [X]/(X^{3}-2)\otimes _{\mathbb {Z} }\mathbb {Z} /(5)\\&=\mathbb {Z} /(5)[X]/(X^{3}-2)\\&=\mathbb {Z} /(5)[X]/(X+2)\times \mathbb {Z} /(5)[X]/(X^{2}+3X+4)\\&\cong \mathbb {Z} /(5)\times {\mathbb {F} }_{25}.\end{aligned}}$

Bei

${}p=1\mod 3\,$

ist ${}3$ ein Teiler von ${}p-1$ und daher gibt es drei dritte Einheitswurzeln in ${}\mathbb {Z} /(p)$. Wenn die ${}2$ in ${}\mathbb {Z} /(p)$ eine dritte Wurzel besitzt, so besitzt sie sogar drei dritte Wurzeln und die Faser zerfällt in drei Punkte, deren Restekörper ${}\mathbb {Z} /(7)$ sind. Wenn die ${}2$ in ${}\mathbb {Z} /(p)$ keine dritte Wurzel besitzt, so besteht die Faser aus einem einzigen Punkt, dessen Restekörper der Körper mit ${}p^{3}$ Elementen ist.

Sei ${}p=7$. Dritte Einheitswurzeln sind ${}1,2,4$. Die andere dritte Potenz ist

${}6=3^{3}=5^{3}=6^{3}\,.$

D.h. ${}2$ ist keine dritte Potenz und ${}\mathbb {Z} /(7)[X]/(X^{3}-2)$ ist ein Körper mit ${}243$ Elementen.

Sei ${}p=13$. Die dritten Einheitswurzeln sind ${}1,3,9$. Die weiteren dritten Potenzen sind ${}-1=12,8=2^{3},5=11^{3}$, die ${}2$ ist also wieder keine dritte Potenz.

Sei ${}p=19$. Die dritten Einheitswurzeln sind ${}1,7,11$. Die weiteren dritten Potenzen sind ${}-1=18,8=2^{3},7=4^{3},11=5^{3},12=10^{3}$, die ${}2$ ist also wieder keine dritte Potenz.

Sei ${}p=31$. Die dritten Einheitswurzeln sind ${}1,5,25$.

Hier ist

${}2=4^{3}=20^{3}=7^{3}\,.$

D.h. es ist

${}{\begin{aligned}\mathbb {Z} [{\sqrt[{3}]{2}}]\otimes _{\mathbb {Z} }\mathbb {Z} /(31)&=\mathbb {Z} [X]/(X^{3}-2)\otimes _{\mathbb {Z} }\mathbb {Z} /(31)\\&=\mathbb {Z} /(31)[X]/(X^{3}-2)\\&=\mathbb {Z} /(31)[X]/(X-4)(X-7)(X-20)\\&\cong \mathbb {Z} /(31)\times \mathbb {Z} /(31)\times \mathbb {Z} /(31),\end{aligned}}$

die Faser besteht also aus drei Punkten, die alle den Restekörper ${}\mathbb {Z} /(31)$ besitzen.

Die zusätzliche Ganzheitsgleichung ist bei einer Primzahl ${}q$ erstmals bei ${}q=17$ zu berücksichtigen.

Beispiel

Wir betrachten den Zahlbereich zur Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [X]/(X^{3}-17)\,,$

dieser besitzt nach Korollar 16.2 die Beschreibung

${}R=\mathbb {Z} [x,z]\subseteq \mathbb {Q} [X](X^{3}-17)\,$

mit

${}z={\frac {1+17x+x^{2}}{3}}\,$

und wobei ${}z$ die Ganzheitsgleichung

${}T^{3}-T^{2}-96T-3072=0\,$

erfüllt.

Lemma

Es seien ${}a$ und ${}b$ teilerfremde quadratfreie natürliche Zahlen, nicht beide ${}1$, und sei ${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [X]/(X^{3}-ab^{2})=L$ die zugehörige kubische Körpererweiterung mit dem Ganzheitsring ${}R$. Dann gilt für die Diskriminante von ${}R$ folgende Beschreibung.

1. Bei ${}a\neq \pm b\mod 9$ ist die Diskriminante von ${}R$ gleich ${}-27a^{2}b^{2}$.
2. Bei ${}a=\pm b\mod 9$ ist die Diskriminante von ${}R$ gleich ${}-3a^{2}b^{2}$.

Beweis

Wir setzen ${}x={\sqrt[{3}]{ab^{2}}}$ und ${}y={\sqrt[{3}]{a^{2}b}}$. Nach Satz 16.1 ist der Ganzheitsring gleich ${}\mathbb {Z} [x,y]$ und ${}1,x,y$ ist eine Ganzheitsbasis, ferner ist ${}y=x^{2}/b$. Wir berechnen zuerst die Diskriminante zu ${}1,x,x^{2}$. Dabei ist ${}x^{3}=ab^{2}$ und ${}x^{4}=ab^{2}x$. Die Spur von ${}x$ und von ${}x^{2}$ ist gleich ${}0$, daher ist

${}\triangle (1,x,x^{2})=\det {\begin{pmatrix}3&0&0\\0&0&3ab^{2}\\0&3ab^{2}&0\end{pmatrix}}=-27a^{2}b^{4}\,.$

Die Übergangsmatrix zwischen ${}1,x,x^{2}$ und ${}1,x,y$ hat die Determinante ${}1/b$, daher ist die Diskriminante des Zahlbereiches nach Lemma 8.2 gleich ${}-27a^{2}b^{2}$.

Im zweiten Fall bleibt die bisherige Rechnung gültig, doch ist jetzt ${}{\frac {1}{3}}(1+ax+by),x,y$ eine Ganzheitsbasis. Die Übergangsmatrix zwischen den Basen ${}1,x,y$ und ${}z,x,y$ ist

${\begin{pmatrix}{\frac {1}{3}}&{\frac {a}{3}}&{\frac {b}{3}}\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$

mit der Determinante ${}{\frac {1}{3}}$. Dies ergibt den Faktor ${}{\frac {1}{9}}$.

$\Box$

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