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  $q\ge 2$.  Wenn in der Primfaktorzerlegung von $q$ eine Primzahl $p$ mit einem Exponenten $\ge 3$ 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  $q=a{b}^2$  mit $a$ und $b$ quadratfrei und zueinander teilerfremd ansetzen.

Satz

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

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

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

3. Wenn  $a\ne \pm bmod9$  gilt, so ist $S$ der Ganzheitsring von $L$, und $1,x,y$ bilden eine Ganzheitsbasis.
4. Bei  $a=\pm bmod9$  gehört auch  $z=\frac{1}{3}(1+ax+by)=\frac{1}{3}(1+ax+x^2)$  zum Ganzheitsring, und $x,y,z$ bilden eine Ganzheitsbasis.

Beweis

Das Polynom $X^3-a{b}^2$ besitzt 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

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

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

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

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

   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

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

   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 $X^3-a{b}^2$ und Vielfache davon. Der Faserring 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  $S_{\mathbb{Z}\setminus (p)}\cong {\mathbb{Z}}_{(p)}[X]/(X^3-a{b}^2)$.  Modulo $p$ ist dies $\mathbb{Z}/(p)[X]/\left(X^3\right)$, 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

   $p=\frac{X^2}{c{b}^2}X$

   und daher wird dieses Primideal von $X$ erzeugt. Diese Nenneraufnahmen sind also auch normal. Der Fall, dass $p$ ein Teiler von $b$ ist, geht analog.

   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 ${\mathbb{Z}}_{(3)}[X]/(X^3-a{b}^2)$ beschreiben. Modulo $3$ ist dies

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

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

   ${\mathbb{Z}}_{(3)}/({\left(a{b}^2\right)}^3-a{b}^2)={\mathbb{Z}}_{(3)}/({\left(a{b}^2\right)}^2-1)={\mathbb{Z}}_{(3)}/\left((a{b}^2+1)(a{b}^2-1)\right),$

   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 $(a{b}^2+1)(a{b}^2-1)$ in ${\mathbb{Z}}_{(3)}$ 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  $a{b}^2+1\ne 0mod3$  und wir müssen  $a{b}^2-1=(9u+r)(9v+s{)}^2-1$  betrachten. Modulo $9$ ist dies $r{s}^2-1$. Dabei gilt

   $r{s}^2=1mod9$

   genau in den Fällen

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

   Bei  $r=2,5,8$  ist  $a{b}^2-1\ne 0mod3$  und wir müssen  $a{b}^2+1=(9u+r)(9v+s{)}^2+1=r{s}^2+1mod9$  betrachten. Dabei gilt

   $r{s}^2=-1mod9$

   genau in den Fällen

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

   Unter der Voraussetzung  $a\ne \pm bmod9$  ist also der Exponent der $3$ in $(a{b}^2+1)(a{b}^2-1)$ genau $1$. Somit ist  $3\in (X-a{b}^2)$  und das einzige Primideal oberhalb von $(3)$ ist in der Lokalisierung auch ein Hauptideal.

4. Es ist

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

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

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

   Gemäß Satz 7.5 ist zu untersuchen, ob diese drei Koeffizienten ganzzahlig sind (für jedes Element aus $L\setminus \mathbb{Q}$ ist das charakteristische Polynom das Minimalpolynom). Unter der Bedingung  $a=\pm bmod9$  ist  $a^2=b^2=1,4,7mod9$,  wir setzen  $a^2=9m+t$  und  $b^2=9n+t$.  In diesen Fällen ist

   $1-a^2{b}^2=\{\begin{array}{c}0\text{ bei }t=1,\\ -15\text{ bei }t=4,\\ -48\text{ bei }t=7,\end{array}mod9,$

   also stets ein Vielfaches von $3$. Ferner ist

   $\begin{array}{cc}1+a^2{b}^2(a^2+b^2-3)& =1+(81mn+9(m+n)t+t^2)(9(m+n)+2t-3)\\ & =1+81A+18(m+n)t^2-27(m+n)t+9(m+n)t^2+2t^3-3t^2\\ & =81A+1+27(m+n)t^2-27(m+n)t+2t^3-3t^2\\ & =81A+1+27(m+n)(t^2-t)+2t^3-3t^2\\ & =81A^{\prime }+1+2t^3-3t^2.\end{array}$

   Bei  $t=1,4$  ist dies zusammen 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

   $w=k+mx+n{x}^2$

   mit  $k,m,n\in \mathbb{Q}$  ein Element, das über $\mathbb{Z}$ eine Ganzheitsgleichung erfüllt, und wir müssen zeigen, dass es zu $\mathbb{Z}[x,y,z]$ gehört. Aufgrund der Spurbedingung ist $3k$ ganzzahlig. Wir ziehen $z$ 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

   ${\mathrm{ord}}_{(3)}\left(mn\right)\ge -1,$

   also  ${\mathrm{ord}}_{(3)}\left(m\right)\ge 0$  oder  ${\mathrm{ord}}_{(3)}\left(n\right)\ge 0$,  und

   ${\mathrm{ord}}_{(3)}(m^3+n^{3}q)\ge 0.$

   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 $\ge 1$. Wegen der Normalität an den anderen Primzahlen folgt überhaupt, dass $m$ und $n$ ganzzahlig sind.

$◻$

Korollar

Es sei $q$ eine Primzahl mit  $q\ne \pm 1mod9$  (was bei  $q=2mod3$  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  $q=1,-1mod9$  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

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

$◻$

Beispiel

Wir betrachten die Körpererweiterung

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

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  $p=2mod3$  sind $p-1$ und $3$ teilerfremd und daher ist die dritte Potenz

$\mathbb{Z}/(p)⟶\mathbb{Z}/(p),z⟼z^3,$

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. Deren Restekörper sind einerseits $\mathbb{Z}/(p)$ und andererseits ${𝔽}_{p^2}$. Insbesondere sind diese nicht zueinander isomorph. Bei  $p=5$  ist beispielsweise

$3^3=2mod5$

und

$X^3-2=X^3+3=(X+2)(X^2+3X+4)$

und somit

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

Bei

$p=1mod3$

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 $\mathbb{Z}/(p)$ 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.

Es 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 $343$ Elementen.

Es 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.

Es 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.

Es sei  $p=31$.  Die dritten Einheitswurzeln sind $1,5,25$.

Hier ist

$2=4^3=20^3=7^3.$

D.h. es ist

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

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  $\mathbb{Q}\subseteq \mathbb{Q}[X]/(X^3-a{b}^2)=L$  die zugehörige kubische Körpererweiterung mit dem Ganzheitsring $R$. Dann gilt für die Diskriminante von $R$ folgende Beschreibung.

1. Bei  $a\ne \pm bmod9$  ist die Diskriminante von $R$ gleich $-27a^2{b}^2$.
2. Bei  $a=\pm bmod9$  ist die Diskriminante von $R$ gleich $-3a^2{b}^2$.

Beweis

Wir setzen  $x=\sqrt[3]{a{b}^2}$  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  $x^3=a{b}^2$  und  $x^4=a{b}^{2}x$.  Die Spur von $x$ und von $x^2$ ist gleich $0$, daher ist

$\mathrm{△}(1,x,x^2)=det\left(\begin{array}{ccc}3& 0& 0\\ 0& 0& 3a{b}^2\\ 0& 3a{b}^2& 0\end{array}\right)=-27a^2{b}^4.$

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

$\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{3}& \frac{a}{3}& \frac{b}{3}\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$

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

$◻$

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