Kurs:Elementare und algebraische Zahlentheorie/11/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	3	3	2	4	4	4	3	4	8	5	4	2	4	4	10	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Das Element ${}p$ heißt prim, wenn es eine Nichteinheit ist und wenn folgendes gilt: Teilt ${}p$ ein Produkt ${}ab$ mit ${}a,b\in R$, so teilt es einen der Faktoren.
2. Zu einer natürlichen Zahl ${}n$ bezeichnet ${}{\varphi (n)}$ die Anzahl der Elemente von ${}(\mathbb {Z} /(n))^{\times }$.
3. Die für ${}x\in \mathbb {R}$ definierte Funktion

   $x\longmapsto \pi (x):={\#\left({\left\{p\leq x\mid p{\text{ Primzahl}}\right\}}\right)}$

   heißt Primzahlfunktion.

4. Ein kommutativer Ring ${}R$ heißt lokal, wenn ${}R$ genau ein maximales Ideal besitzt.
5. Zu ${}q\in Q(R)$, ${}q\neq 0$, heißt die Abbildung, die jedem Primideal ${}{\mathfrak {p}}\neq 0$ in ${}R$ die Ordnung ${}\operatorname {ord} _{\mathfrak {p}}(q)$ zuordnet, der durch ${}q$ definierte Hauptdivisor.
6. Eine quadratische Form auf einem ${}R$- Modul ${}L$ ist eine Abbildung

   $Q\colon L\longrightarrow R,$

   die die beiden Eigenschaften

   1. ${}Q(rv)=r^{2}Q(v)\,$

      für alle ${}r\in R$ und ${}v\in L$,

   2. ${}Q(u+v)+Q(u-v)=2Q(u)+2Q(v)\,$

      für alle ${}u,v\in L$,

   erfüllt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Für eine ungerade Primzahl ${}p$ gilt:

   ${}\left({\frac {-1}{p}}\right)=(-1)^{\frac {p-1}{2}}={\begin{cases}1\,,{\text{ falls }}p=1\mod 4\,,\\-1\,,{\text{ sonst }}{\text{(also bei }}p=3\mod 4{\mbox{)}}\,.\end{cases}}\,$

2. Die diophantische Gleichung

   ${}x^{4}+y^{4}=z^{2}\,$

   hat keine ganzzahlige nichttriviale Lösung.
3. Zu einem Ideal  ${}{\mathfrak {a}}\neq 0$  in einem Zahlbereich ${}R$ ist der Restklassenring ${}R/{\mathfrak {a}}$ endlich.

Aufgabe (2 Punkte)

Es stehen zwei Eimer ohne Markierungen zur Verfügung, ferner eine Wasserquelle. Der eine Eimer hat ein Fassungsvermögen von ${}7$ und der andere ein Fassungsvermögen von ${}10$ Litern. Zeige, dass man allein durch Auffüllungen, Ausleerungen und Umschüttungen erreichen kann, dass in einem Eimer genau ein Liter Wasser enthalten ist.

Lösung

Die folgende Kette von Inhaltspaaren kann man bei den gegebenen Möglichkeiten offensichtlich erreichen.

$(0,0),\,(7,0),\,(0,7),\,(7,7),\,(4,10),\,(4,0),\,(0,4),\,(7,4),\,(1,10),\,(1,0).$

Aufgabe (4 (1+1+2) Punkte)

Zu einer positiven natürlichen Zahl ${}n$ sei ${}a_{n}$ das kleinste gemeinsame Vielfache der Zahlen ${}1,2,3,\ldots ,n$.

a) Bestimme ${}a_{n}$ für  ${}n=1,2,3,4,5$. 

b) Was ist die kleinste Zahl ${}n$ mit

${}a_{n}=a_{n+1}\,?$

c) Was ist die kleinste Zahl ${}n$ mit

${}a_{n}=a_{n+1}=a_{n+2}\,?$

Lösung

a) Es ist

$a_{1}=1,\,a_{2}=2,\,a_{3}=6,\,a_{4}=12,\,a_{5}=60.$

b) Wegen

${}6=2\cdot 3\,$

kommen in ${}a_{6}$ keine neuen Primteiler hinzu, also ist

${}a_{5}=a_{6}\,$

und  ${}n=5$  ist die kleinste Zahl mit dieser Eigenschaft.

c) Genau dann ist

${}a_{n+1}>a_{n}\,,$

wenn ${}n$ eine Primzahlpotenz ${}p^{k}$, ${}k\geq 1$, (${}p$ Primzahl) ist, da diese nicht als Faktor einer kleineren Zahl auftauchen. Man muss also nach der kleinsten Folge von zwei Zahlen ohne Primzahlpotenzen suchen. Dies ist ${}14,15$, die Antwort ist also ${}13$.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige anhand der beiden Gaußschen Zahlen ${}1+{\mathrm {i} }$ und ${}2$, dass bei einem euklidischen Bereich die Division mit Rest nicht eindeutig sein muss. Man gebe vier gleichberechtigte Darstellungen für die Division mit Rest von „ ${}1+{\mathrm {i} }$ durch ${}2$“ an.

Lösung

Der Quotient ${}{\frac {1+{\mathrm {i} }}{2}}$ besitzt zu den vier Gaußschen Zahlen ${}0,1,{\mathrm {i} },1+{\mathrm {i} }$ den gleichen Abstand, gemäß dem Beweis zu Lemma 2.12 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)) kann man jede davon als Ausgangspunkt zur Division mit Rest nehmen. Dies führt auf die Darstellungen

a)

${}1+{\mathrm {i} }=0\cdot 2+{\left(1+{\mathrm {i} }\right)}\,$

mit

${}N{\left(1+{\mathrm {i} }\right)}=2<4=N(2)\,,$

b)

${}1+{\mathrm {i} }=1\cdot 2+{\left(-1+{\mathrm {i} }\right)}\,$

mit

${}N{\left(-1+{\mathrm {i} }\right)}=2<N(2)\,,$

c)

${}1+{\mathrm {i} }={\mathrm {i} }\cdot 2+{\left(1-{\mathrm {i} }\right)}\,$

mit

${}N{\left(1-{\mathrm {i} }\right)}=2<N(2)\,,$

d)

${}1+{\mathrm {i} }={\left(1+{\mathrm {i} }\right)}\cdot 2+{\left(-1-{\mathrm {i} }\right)}\,$

mit

${}N{\left(-1-{\mathrm {i} }\right)}=2<N(2)\,.$

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

a) Finde die Zahlen  ${}z\in \{0,1,\ldots ,9\}$  mit der Eigenschaft, dass die letzte Ziffer ihres Quadrates (in der Dezimaldarstellung) gleich ${}z$ ist.

b) Finde die Zahlen  ${}z\in \{0,1,\ldots ,99\}$  mit der Eigenschaft, dass die beiden letzten Ziffern ihres Quadrates (in der Dezimaldarstellung) gleich ${}z$ ist.

Lösung

a) Hier kann man direkt ausrechnen, dass  ${}z=0,1,5,6$  die Lösungen sind.

b) Es geht um die Frage, für welche  ${}z\in \mathbb {Z} /(100)$  die Gleichheit

${}z=z^{2}\,$

(in $\mathbb {Z} /(100)$) gilt. Es geht also darum, die idempotenten Elemente von ${}\mathbb {Z} /(100)$ zu finden. Wegen

${}\mathbb {Z} /(100)=\mathbb {Z} /(4)\times \mathbb {Z} /(25)\,$

und da es modulo einer Primzahlpotenz nur die trivialen idempotenten Elemente gibt, geht es um die Elemente ${}(0,0),(1,1),(1,0),(0,1)$ in der Produktdarstellung. Diese entsprechen den Zahlen ${}0,1,25,76$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und  ${}f\in R$.  Charakterisiere mit Hilfe der Multiplikationsabbildung

$\mu _{f}\colon R\longrightarrow R,\,g\longmapsto fg,$

wann ${}f$ ein Nichtnullteiler und wann ${}f$ eine Einheit ist.

Lösung

Die Multiplikationsabbildung ist ein Gruppenhomomorphismus, wie direkt aus dem Distributivitätsgesetz folgt. Es gilt:

${}f$ ist ein Nichtnullteiler genau dann, wenn für alle ${}g\in R$ aus ${}fg=0$ folgt ${}g=0$. Dies ist genau dann der Fall, wenn der Kern von ${}\mu _{f}$ nur aus ${}0$ besteht, was genau dann gilt, wenn ${}\mu _{f}$ injektiv ist.

${}f$ ist eine Einheit genau dann, wenn es ein ${}g\in R$ gibt mit ${}fg=1$, was genau dann der Fall ist, wenn ${}1$ zum Bild von ${}\mu _{f}$ gehört. Dies wiederum ist äquivalent dazu, dass ${}\mu _{f}$ surjektiv ist, denn aus ${}fg=1$ folgt sofort ${}h=(fg)h=f(gh)$ für jedes ${}h\in R$.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Suche für die folgenden zusammengesetzten Zahlen ${}n$ eine zu ${}n$ teilerfremde Zahl ${}a$ derart, dass

${}a^{\frac {n-1}{2}}\neq \left({\frac {a}{n}}\right)\,$

in ${}\mathbb {Z} /(n)$ gilt.

a)  ${}n=49$. 

b)  ${}n=75$. 

Lösung erstellen

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise das quadratische Reziprozitätsgesetz für ungerade Primzahlen.

Lösung

Es sei  ${}t={\frac {p-1}{2}}$  und  ${}u={\frac {q-1}{2}}$.  Nach Lemma 8.1 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025))  (3) gilt  ${}\left({\frac {p}{q}}\right)\left({\frac {q}{p}}\right)=(-1)^{S(p,q)+S(q,p)}$,  sodass also  ${}tu=S(p,q)+S(q,p)$  zu zeigen ist. Betrachte

${}M={\left\{qi-pj\mid 1\leq i\leq t,\,1\leq j\leq u\right\}}\,.$

Diese Menge besitzt ${}tu$ Elemente. Es ist ferner  ${}0\notin M$,  da ja ${}p$ und ${}q$ teilerfremd sind. Es seien ${}M_{-}$ die negativen Elemente aus ${}M$ und ${}M_{+}$ die positiven Elemente aus ${}M$. Es ist  ${}qi-pj>0$  genau dann, wenn

${}{\frac {qi}{p}}>j\,$

ist, was genau für  ${}1\leq j=\left\lfloor {\frac {qi}{p}}\right\rfloor$  der Fall ist. Zu jedem ${}i$, ${}1\leq i\leq t$, gibt es also genau ${}\left\lfloor {\frac {qi}{p}}\right\rfloor$ Elemente in ${}M_{+}$. Damit hat ${}M_{+}$ genau

${}\sum _{i=1}^{t}\left\lfloor {\frac {qi}{p}}\right\rfloor =S(q,p)\,$

Elemente. Die entsprechende Überlegung liefert, dass ${}M_{-}$ genau ${}S(p,q)$ Elemente besitzt, woraus

${}tu={\#\left(M\right)}={\#\left(M_{+}\right)}+{\#\left(M_{-}\right)}=S(q,p)+S(p,q)\,$

folgt.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und sei ${}p\in R$ ein Primelement. Zeige, dass ${}p$ auch im Polynomring ${}R[X]$ prim ist.

Lösung

Sei  ${}ph=fg$.   Wir nehmen an, dass ${}p$ weder ${}f$ noch ${}g$ teilt. Dann teilt ${}p$ nicht alle Koeffizienten von ${}f$ und von ${}g$. Es sei ${}f=\sum _{i=0}^{n}a_{i}X^{i}$ und ${}g=\sum _{j=0}^{m}b_{j}X^{j}$ und es seien ${}i_{0}$ bzw. ${}j_{0}$ die kleinsten Indizes derart, dass ${}a_{i_{0}}$ (bzw. $b_{j_{0}}$) kein Vielfaches von ${}p$ ist (für alle kleineren Indizes sind die Koeffizienten also Vielfache von ${}p$). Wir betrachten den ${}(i_{0}+j_{0})$-ten Koeffizienten von ${}fg$, dieser ist

${}c_{i_{0}+j_{0}}=a_{0}b_{i_{0}+j_{0}}+\cdots +a_{i_{0}-1}b_{j_{0}+1}+a_{i_{0}}b_{j_{0}}+a_{i_{0}+1}b_{j_{0}-1}+\cdots +a_{i_{0}+j_{0}}b_{0}\,.$

Die Summanden links sind Vielfache von ${}p$ aufgrund der Wahl von ${}i_{0}$ und die Summanden rechts sind ebenso Vielfache von ${}p$. Da auch der Gesamtkoeffizient nach Voraussetzung ein Vielfaches von ${}p$ ist, muss auch der mittlere Summand ${}a_{i_{0}}b_{j_{0}}$ ein Vielfaches von ${}p$ sein. Da ${}p$ prim ist, ist dies ein Widerspruch.

Aufgabe (4 Punkte)

Betrachte die rationalen Zahlen ${}(\mathbb {Q} ,+,0)$ als kommutative Gruppe. Es sei  ${}G\subseteq \mathbb {Q}$  eine endlich erzeugte Untergruppe. Zeige, dass ${}G$ zyklisch ist.

Lösung

Es werde ${}G$ von den rationalen Zahlen  ${}q_{1}={\frac {a_{1}}{b_{1}}}$, ... ,   ${}q_{n}={\frac {a_{n}}{b_{n}}}$  erzeugt. Durch Übergang zu einem Hauptnenner können wir annehmen, dass

${}b_{1}=\ldots =b_{n}=b\,$

ist. Es sei ${}a$ der größte gemeinsame Teiler der Zähler ${}a_{1},\ldots ,a_{n}$. Nach dem Lemma von Bezout kann man diesen als ganzzahlige Linearkombination dieser Zähler ausdrücken, d.h. ${}{\frac {a}{b}}$ gehört zu ${}G$. Da die ${}a_{i}$ Vielfache von ${}a$ sind, gehören ${}{\frac {a_{i}}{b}}$ zu der von ${}{\frac {a}{b}}$ erzeugten Gruppe, also ist

${}G=\mathbb {Z} {\frac {a}{b}}\,.$

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Es sei  ${}z={\frac {a}{b}}$  eine rationale Zahl.

a) Zeige, dass es ein normiertes Polynom  ${}P\in \mathbb {Q} [X]$  mit

${}P(z)=0\,$

gibt.

b) Zeige, dass es ein Polynom  ${}Q\in \mathbb {Q} [X]$  mit ganzzahligen Koeffizienten und mit

${}Q(z)=0\,$

gibt.

Lösung

a) Sei

${}P:=X-{\frac {a}{b}}\,.$

Dieses Polynom ist normiert, es hat rationale Koeffizienten und es ist offenbar

${}P(z)={\frac {a}{b}}-{\frac {a}{b}}=0\,.$

b) Sei

${}Q:=bX-a\,.$

Dieses Polynom besitzt ganzzahlige Koeffizienten und es ist offenbar

${}Q(z)=b\cdot {\frac {a}{b}}-a=a-a=0\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}D\neq 1$ eine quadratfreie Zahl mit ${}D=1\mod 4$, und sei ${}A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich. Man gebe eine Ganzheitsgleichung für ${}{\frac {1-{\sqrt {D}}}{2}}$ über ${}\mathbb {Z}$ an. Man zeige, dass es keine echten Zwischenringe ${}\mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]\subset R\subset A_{D}$ gibt.

Lösung

Wir behaupten, dass ${}X^{2}-X-{\frac {D-1}{4}}$ eine Ganzheitsgleichung ist. In der Tat, es ist

${}{\left({\frac {1-{\sqrt {D}}}{2}}\right)}^{2}-{\frac {1-{\sqrt {D}}}{2}}-{\frac {D-1}{4}}={\frac {1-2{\sqrt {D}}+D-2+2{\sqrt {D}}-D+1}{4}}=0\,.$

Wir betrachten nun die Ringerweiterung ${}\mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]\subset A_{D}$. Es ist ${}u=1$ und ${}v={\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}$ eine ${}\mathbb {Z}$-Basis rechts. In dieser Basis drückt sich die ${}\mathbb {Z}$-Basis links, also ${}1$ und ${}{\sqrt {D}}$ aus als ${}u$ und ${}2v-u$. Damit ist die Restklassengruppe

${}A_{D}/\mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]\cong \mathbb {Z} ^{2}/((1,0),(-1,2))\cong \mathbb {Z} ^{2}/((1,0),(0,2))\cong \mathbb {Z} /(2)\,.$

Daher gilt sogar für eine beliebige Gruppe ${}G$ zwischen ${}\mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]$ und ${}A_{D}$, dass ${}G/\mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]$ die Nullgruppe oder ${}\mathbb {Z} /(2)$ ist. Damit ist ${}G=\mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]$ oder ${}G=A_{D}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Berechne explizit die Diskriminante des quadratischen Zahlbereichs ${}A_{-7}$. Stelle die Multiplikationsmatrix bezüglich einer geeigneten Basis für das Element

${}f={\frac {3}{2}}+{\frac {5}{2}}{\sqrt {-7}}\,$

auf und berechne damit die Spur und die Norm von ${}f$.

Lösung

Eine ${}\mathbb {Z}$-Basis von ${}A_{-7}$ ist gegeben durch ${}1$ und ${}{\frac {1+{\sqrt {-7}}}{2}}$. Die vier Produkte sind demnach ${}1$, ${}{\frac {1+{\sqrt {-7}}}{2}}$ (zweimal) und ${}{\left({\frac {1+{\sqrt {-7}}}{2}}\right)}^{2}={\frac {-6+2{\sqrt {-7}}}{4}}$. Die Spuren davon sind ${}2$, ${}1$ (zweimal) und ${}3$. Daher ist die Diskriminante gleich

$\triangle =\det {\begin{pmatrix}2&1\\1&-3\end{pmatrix}}=-6-1=-7.$

Das Element ${}f={\frac {3}{2}}+{\frac {5}{2}}{\sqrt {-7}}$ wird bezüglich der ${}\mathbb {Q}$-Basis ${}1$ und ${}{\sqrt {-7}}$ durch die Matrix

${\begin{pmatrix}{\frac {3}{2}}&-{\frac {35}{2}}\\{\frac {5}{2}}&{\frac {3}{2}}\end{pmatrix}}$

beschrieben. Deren Determinante, also die Norm, ist somit

$N(f)={\frac {9}{4}}+{\frac {175}{4}}={\frac {184}{4}}=46$

und die Spur ist

$S(f)={\frac {6}{2}}=3.$

Aufgabe (10 Punkte)

Es sei  ${}D\neq 0,1$  eine quadratfreie Zahl und ${}A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich. Zeige, dass es für eine Primzahl ${}p$ die folgenden drei Möglichkeiten:

1. ${}p$ ist prim in ${}A_{D}$.
2. Es gibt ein Primideal ${}{\mathfrak {p}}$ in ${}A_{D}$ derart, dass  ${}(p)={\mathfrak {p}}^{2}$  ist.
3. Es gibt ein Primideal ${}{\mathfrak {p}}$ in ${}A_{D}$ derart, dass  ${}(p)={\mathfrak {p}}{\overline {\mathfrak {p}}}$  mit  ${}{\mathfrak {p}}\neq {\overline {\mathfrak {p}}}$  ist.

Lösung

Es sei  ${}R=A_{D}$.  Wir betrachten den Restklassenring  ${}L=R/(p)$,  der eine quadratische Erweiterung des Körpers ${}\mathbb {Z} /(p)$ ist. Damit gibt es nach Lemma 19.9 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)) die drei Möglichkeiten:

1. ${}L$ ist ein Körper.
2. ${}L$ ist von der Form  ${}L=\mathbb {Z} /(p)[\epsilon ]/\epsilon ^{2}$. 
3. ${}L$ ist der Produktring  ${}L\cong \mathbb {Z} /(p)\times \mathbb {Z} /(p)$. 

Im ersten Fall ist ${}p$ ein Primelement in ${}R$. Im zweiten Fall besitzt ${}L$ genau einen Restklassenkörper als einzigen nicht-trivialen Restklassenring, nämlich ${}\mathbb {Z} /(p)$. Nach der in Aufgabe 9.9 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)) bewiesenen Korrespondenz gibt es also genau ein Primideal ${}{\mathfrak {p}}$ mit  ${}(p)\subseteq {\mathfrak {p}}$  (das dem Ideal ${}(\epsilon )$ im Restklassenring entspricht). Dann ist  ${}{\mathfrak {p}}=(p,\epsilon )$  (wobei hier ${}\epsilon$ ein Repräsentant in ${}R$ sei) und  ${}{\mathfrak {p}}^{2}=(p)$. 

Im dritten Fall besitzt ${}L$ zwei Restklassenkörper und damit zwei maximale Ideale, deren Durchschnitt, das zugleich deren Produkt ist, das Nullideal ist. Zurückübersetzt nach ${}R$ heißt das, dass es zwei verschiedene Primideale ${}{\mathfrak {p}}$ und ${}{\mathfrak {q}}$ gibt mit  ${}(p)\subset {\mathfrak {p}},{\mathfrak {q}}$  und mit  ${}(p)={\mathfrak {p}}\cap {\mathfrak {q}}$.  Nach Aufgabe 18.23 (Zahlentheorie (Osnabrück 2025)) ist  ${}{\mathfrak {p}}\cap {\mathfrak {q}}={\mathfrak {p}}\cdot {\mathfrak {q}}$.  Mit  ${}(p)\subset {\mathfrak {p}}$  ist auch  ${}(p)\subset {\overline {\mathfrak {p}}}$.  Wir zeigen, dass  ${}{\overline {\mathfrak {p}}}={\mathfrak {q}}$  ist, d.h., dass die beiden Primideale über ${}p$ konjugiert vorliegen. Da nach Fakt ***** bei ${}p{|}\triangle$ der zweite Fall vorliegt, wissen wir, dass ${}p$ die Diskriminate nicht teilt.

Bei  ${}D=2,3\mod 4$  ist ${}p$ ungerade und ${}D$ ist ein Quadratrest modulo ${}p$. Es seien ${}a$ und ${}-a$ die beiden verschiedenen (!) Quadratwurzeln modulo ${}p$. Dann werden die beiden Primideale durch ${}(p,a\pm {\sqrt {D}})$ beschrieben, und diese sind konjugiert.

Bei  ${}D=1\mod 4$  und ${}p$ ungerade ist nach der [[Zahlentheorie/Quadratischer Zahlbereich/Faserringe/Bemerkung|Kurs:Zahlentheorie (Osnabrück 2025)/11/Klausur mit Lösungen/kontrolle (Zahlentheorie (Osnabrück 2025))]] über die explizite Beschreibung der Faserringe ${}D$ wieder ein Quadratrest modulo ${}p$. Es seien ${}a$ und ${}-a$ die beiden verschiedenen (!) Quadratwurzeln von ${}D$ modulo ${}p$. Dann ist  ${}\omega -{\frac {1}{2}}=\pm {\frac {a}{2}}$  und daher sind die beiden Primideale gleich  ${}{\left(p,\omega \pm a-{\frac {1}{2}}\right)}={\left(p,{\frac {a\pm {\sqrt {D}}}{2}}\right)}$,  sodass wieder ein konjugiertes Paar vorliegt.

Bei  ${}D=1\mod 4$  und  ${}p=2$  ist nach der [[Zahlentheorie/Quadratischer Zahlbereich/Faserringe/Bemerkung|Kurs:Zahlentheorie (Osnabrück 2025)/11/Klausur mit Lösungen/kontrolle (Zahlentheorie (Osnabrück 2025))]]  ${}D=1\mod 8$.  Die Nullstellen des beschreibenden Polynoms sind dann ${}0$ und ${}1$. Daher sind die Primideale darüber gegeben durch ${}(2,\omega )$ und ${}(2,\omega -1)$. Es ist  ${}(2,\omega )={\left(2,{\frac {{\sqrt {D}}+1}{2}}\right)}$  und  ${}(2,\omega -1)={\left(2,{\frac {{\sqrt {D}}+1}{2}}-1\right)}={\left(2,{\frac {{\sqrt {D}}-1}{2}}\right)}$,  sodass wieder ein konjugiertes Paar vorliegt.