Kurs:Zahlentheorie (Osnabrück 2016-2017)/Vorlesung 20/kontrolle

Quadratische Zahlbereiche

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Ein quadratischer Zahlbereich ist der Ring der ganzen Zahlen in einem Erweiterungskörper von ${}\mathbb {Q}$ vom Grad ${}2$.

Quadratische Zahlbereiche sind zwar die einfachsten Zahlbereiche, sind aber keineswegs einfach, sondern zeigen bereits die Reichhaltigkeit der algebraischen Zahlentheorie.

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Eine ganze Zahl heißt quadratfrei, wenn jeder Primfaktor von ihr nur mit einem einfachen Exponenten vorkommt.

Notation

Zu einer quadratfreien Zahl ${}D\neq 0,1$ bezeichnet man den zugehörigen quadratischen Zahlbereich, also den Ring der ganzen Zahlen in ${}\mathbb {Q} [{\sqrt {D}}]$, mit

$A_{D}.$

Eine quadratische Körpererweiterung der rationalen Zahlen wird durch ein normiertes irreduzibles Polynom beschrieben, das man durch quadratisches Ergänzen auf die Form ${}X^{2}-q$ bringen kann. Durch Multiplikation mit einem Quadrat (siehe Aufgabe 12.1) kann man ${}q$ durch eine quadratfreie ganze Zahl ersetzen. Die quadratische Körpererweiterung kann man als ${}\mathbb {Q} =\mathbb {Q} [{\sqrt {D}}]$ mit einer quadratfreien Zahl ${}D\neq 0,1$ ansetzen. Ein großer Unterschied besteht je nachdem, ob ${}D$ positiv oder negativ ist. Im positiven Fall ist ${}{\sqrt {D}}$ eine reelle irrationale Zahl, im negativen Fall handelt es sich um eine imaginäre Zahl. Man definiert:

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Es sei ${}D\neq 0,1$ quadratfrei und sei ${}A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich. Dann heißt ${}A_{D}$ reell-quadratisch, wenn ${}D$ positiv ist, und imaginär-quadratisch, wenn ${}D$ negativ ist.

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Es sei ${}D\neq 0,1$ eine quadratfreie Zahl und sei ${}\mathbb {Q} [{\sqrt {D}}]$ die zugehörige quadratische Körpererweiterung und ${}A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich. Dann wird der Automorphismus (auf ${}\mathbb {Q} [{\sqrt {D}}]$, auf ${}\mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]$ und auf ${}A_{D}$)

$a+b{\sqrt {D}}\longmapsto a-b{\sqrt {D}}$

als Konjugation bezeichnet.

Wir bezeichnen die Konjugation von ${}z$ mit ${}{\bar {z}}$.

Bemerkung   Referenznummer erstellen

Im imaginär-quadratischen Fall, wenn also ${}D<0$ ist, so ist ${}{\sqrt {D}}={\mathrm {i} }{\sqrt {-D}}$ mit ${}{\sqrt {-D}}$ reell. Die Konjugation schickt dies dann auf ${}-{\sqrt {D}}=-{\mathrm {i} }{\sqrt {-D}}$, sodass diese Konjugation mit der komplexen Konjugation übereinstimmt. Im reell-quadratischen Fall allerdings hat die Konjugation ${}{\sqrt {D}}\mapsto -{\sqrt {D}}$ nichts mit der komplexen Konjugation zu tun.

Bemerkung   Referenznummer erstellen

Bei einer endlichen Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ werden Norm und Spur eines Elementes ${}x\in L$ über die Determinante und die Spur der Multiplikationsabbildung ${}f\colon L\rightarrow L$ definiert. Im Fall einer quadratischen Erweiterung

${}\mathbb {Q} \subset \mathbb {Q} [{\sqrt {D}}]\,$

sind diese beiden Invarianten einfach zu berechnen: Da ${}1$ und ${}{\sqrt {D}}$ eine ${}\mathbb {Q}$-Basis bilden, ist ${}z=a+b{\sqrt {D}}$ und damit ist die Multiplikationsmatrix durch

${\begin{pmatrix}a&bD\\b&a\end{pmatrix}}$

gegeben. Somit ist

${}N(z)=a^{2}-b^{2}D=(a+b{\sqrt {D}})(a-b{\sqrt {D}})=z{\overline {z}}\,$

und

${}S(z)=2a=(a+b{\sqrt {D}})+(a-b{\sqrt {D}})=z+{\overline {z}}\,.$

Lemma Lemma 20.8 ändern

Es sei ${}\mathbb {Q} \subset L$ eine quadratische Körpererweiterung und ${}f\in L$. Dann ist ${}f$ genau dann ganz über ${}\mathbb {Z}$, wenn sowohl die Norm als auch die Spur von ${}f$ zu ${}\mathbb {Z}$ gehören.

Beweis

Dies folgt aus Satz 18.6, aus Satz 15.15, und aus der Gestalt des Minimalpolynoms (nämlich gleich ${}f^{2}-S(f)f+N(f)$, falls ${}f\notin \mathbb {Q}$) im quadratischen Fall.

$\Box$

Wir kommen zur expliziten Beschreibung eines quadratischen Zahlbereiches.

Satz Satz 20.9 ändern

Es sei ${}D\neq 0,1$ eine quadratfreie Zahl und ${}A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich. Dann gilt

$A_{D}={\mathbb {Z} }[{\sqrt {D}}],{\text{ wenn }}D=2,3\mod 4$

und

$A_{D}={\mathbb {Z} }[{\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}],{\text{ wenn }}D=1\mod 4.$

Beweis

Sei ${}x\in A_{D}$ gegeben, ${}x=a+b{\sqrt {D}}$, ${}a,b\in \mathbb {Q}$. Aus Lemma 20.8 folgt

$N(x)=a^{2}-Db^{2}\in {\mathbb {Z} }{\text{ und }}S(x)=2a\in {\mathbb {Z} }.$

Aus der zweiten Gleichung folgt, dass ${}a={\frac {n}{2}}$ mit ${}n\in \mathbb {Z}$ ist. Sei ${}b={\frac {r}{s}}$ mit ${}r,s$ teilerfremd, ${}s\geq 1$. Die erste Gleichung wird dann zu ${}{\left({\frac {n}{2}}\right)}^{2}-D{\left({\frac {r}{s}}\right)}^{2}=k\in \mathbb {Z}$ bzw. ${}n^{2}-4D{\left({\frac {r}{s}}\right)}^{2}=4k$. Dies bedeutet, da ${}r$ und ${}s$ teilerfremd sind, dass ${}4D$ von ${}s^{2}$ geteilt wird. Da ferner ${}D$ quadratfrei ist, folgt, dass ${}s=1$ oder ${}s=2$ ist. Im ersten Fall ist ${}n$ ein Vielfaches von ${}2$ (da ${}n^{2}$ ein Vielfaches von ${}4$ ist), sodass ${}x\in \mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]$ ist.

Es sei also ${}s=2$, was zur Bedingung

${}n^{2}-Dr^{2}=4k\,$

führt. Wir betrachten diese Gleichung modulo ${}4$. Bei ${}n$ und ${}r$ gerade ist ${}x\in \mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]$. Die einzigen Quadrate in ${}\mathbb {Z} /(4)$ sind ${}0$ und ${}1$, sodass für ${}D=2,3\mod 4$ keine weitere Lösung existiert. Für ${}D=1\mod 4$ hingegen gibt es auch noch die Lösung ${}n=1\mod 2$ und ${}r=1\mod 2$, also ${}n$ und ${}r$ beide ungerade. Diese Lösungen gehören alle zu ${}{\mathbb {Z} }[{\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}]$.

Die umgekehrte Inklusion ${}\mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]\subseteq A_{D}$ ist klar, sei also ${}D=1\mod 4$. Dann ist aber

${}{\left({\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}\right)}^{2}-{\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}={\frac {1+D+2{\sqrt {D}}-2-2{\sqrt {D}}}{4}}={\frac {D-1}{4}}\in \mathbb {Z} \,,$

und dabei ist ${}{\frac {D-1}{4}}$ eine ganze Zahl, sodass dies sofort eine Ganzheitsgleichung über ${}\mathbb {Z}$ ergibt.

$\Box$

In den im vorstehenden Satz beschriebenen Fällen kann man jeweils den Ring der ganzen Zahlen durch eine Variable und eine Gleichung beschreiben. Für ${}D=2,3\mod 4$ ist

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

Für

${}D=1\mod 4\,$

setzt man häufig ${}\omega ={\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}$ für den Algebra-Erzeuger. Dieser Erzeuger erfüllt ${}\omega ^{2}-\omega -{\frac {D-1}{4}}=0$. Wir haben also

${}A_{D}\cong {\mathbb {Z} }[\omega ]/{\left(\omega ^{2}-\omega -{\frac {D-1}{4}}\right)}\,.$

Wir werden häufiger in beiden Fällen diese Ganzheitsbasis ${}1,\omega$ nennen, mit ${}\omega ={\sqrt {D}}$ im ersten Fall und

${}\omega ={\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}\,$

im zweiten Fall.

Lemma Lemma 20.10 ändern

Es sei ${}D\neq 0,1$ eine quadratfreie Zahl und ${}A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich. Dann ist die Diskriminante von ${}A_{D}$ gleich

$\triangle =4D,{\text{ wenn }}D=2,3\mod 4$

und

$\triangle =D,{\text{ wenn }}D=1\mod 4.$

Beweis

Im Fall ${}D=2,3\mod 4$ ist nach Satz 20.9 ${}A_{D}=\mathbb {Z} [X]/(X^{2}-D)$ und daher bilden ${}1$ und ${}X$ eine Ganzheitsbasis. Die möglichen Produkte zu dieser Basis sind in Matrixschreibweise

${\begin{pmatrix}1&X\\X&D\end{pmatrix}}.$

Wendet man darauf komponentenweise die Spur an so erhält man

${\begin{pmatrix}2&0\\0&2D\end{pmatrix}}$

und die Determinante davon ist ${}4D$.

Im Fall ${}D=1\mod 4$ ist hingegen

${}A_{D}=\mathbb {Z} [\omega ]/{\left(\omega ^{2}-\omega -{\frac {D-1}{4}}\right)}\,$

und eine Ganzheitsbasis ist ${}1$ und ${}\omega$. Die Matrix der Basisprodukte ist dann

${\begin{pmatrix}1&\omega \\\omega &\omega +{\frac {D-1}{4}}\end{pmatrix}}.$

Wendet man darauf die Spur an (die Spur von ${}\omega$ ist ${}1$), so erhält man

${\begin{pmatrix}2&1\\1&1+{\frac {D-1}{2}}\end{pmatrix}}$

und die Determinante davon ist

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

$\Box$

Primideale in quadratischen Zahlbereichen

Bemerkung   Referenznummer erstellen

Das Verhalten von Primzahlen in einer quadratischen Erweiterung lässt sich aus der oben erzielten Beschreibung mit Gleichungen erhalten.

Generell wird bei ${}R=\mathbb {Z} [X]/(F)$ das Verhalten von ${}p$ in ${}R$ durch ${}(\mathbb {Z} /(p))[X]/({\overline {F}})$ beschrieben, wobei ${}{\overline {F}}$ bedeutet, dass die ganzzahligen Koeffizienten durch ihre Restklasse modulo ${}p$ ersetzt werden. Wir nennen den Ring

${}R/(p)=\mathbb {Z} /(p)[X]/({\overline {F}})=\mathbb {Z} [X](p,F)\,$

den Faserring über ${}p$.

Bei ${}D=2,3\mod 4$ hat man einfach

${}R/(p)=\mathbb {Z} /(p)[X]/(X^{2}-D)\,,$

wobei man ${}D$ durch ${}D\mod p$ ersetzen kann. Die prinzipiellen Möglichkeiten werden in Lemma 19.9 beschrieben. Ob über ${}p$ ein oder zwei Primideale liegen hängt davon ab, ob ${}D$ ein Quadratrest modulo ${}p$ ist und ob ${}p$ ungerade ist, und ${}p$ ist prim genau dann, wenn ${}D$ kein Quadratrest modulo ${}p$ ist.

Bei ${}D=1\mod 4$ hat man

${}R/(p)=\mathbb {Z} /(p)[\omega ]/{\left(\omega ^{2}-\omega -{\frac {D-1}{4}}\right)}\,.$

Ist ${}p$ ungerade, so ist ${}2$ eine Einheit in ${}\mathbb {Z} /(p)$ und man kann quadratisch ergänzen. Dann ist

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

Der Faserring hat daher die Form ${}\mathbb {Z} /(p)[Y]/{\left(Y^{2}-{\frac {D}{4}}\right)}$ und nach Multiplikation der Gleichung mit der Einheit ${}4$ kann man dies als ${}\mathbb {Z} /(p)[Z]/(Z^{2}-D)$ schreiben, sodass es wieder darum geht, ob ${}D$ ein Quadratrest modulo ${}p$ ist.

Ist hingegen ${}p=2$, so schreibt sich die Gleichung als ${}\omega ^{2}+\omega +c$, wobei ${}c=1$ ist, wenn ${}D=5\mod 8$ ist, und ${}c=0$, wenn ${}D=1\mod 8$. Im ersten Fall ist die Gleichung irreduzibel über ${}\mathbb {Z} /(2)$ und ${}2$ ist prim in ${}R$, im zweiten Fall ist die Gleichung reduzibel und ${}2$ zerfällt in zwei Primideale.

Damit können wir entscheiden, wie viele Primideale in ${}A_{D}$ über einer Primzahl ${}p$ liegen. Wir wollen darüber hinaus genau beschreiben, wie das Zerlegungsverhalten einer Primzahl in einer quadratischen Erweiterung aussieht, und beginnen mit der Situation, wo ${}p$ die Diskriminante teilt.

Lemma Lemma 20.12 ändern

Es sei ${}D\neq 0,1$ eine quadratfreie Zahl und ${}A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich. Die Primzahl ${}p$ sei ein Teiler der Diskriminante ${}\triangle$ von ${}A_{D}$. Dann gibt es oberhalb von ${}p$ genau ein Primideal ${}{\mathfrak {p}}$ und es ist ${}{\mathfrak {p}}^{2}=(p)A_{D}$.

Beweis

Es sei zunächst ${}D=2,3\mod 4$, sodass ${}\triangle =4D$ nach Lemma 20.10 ist und als Primteiler ${}p$ der Diskriminante ${}2$ und die Teiler von ${}D$ in Frage kommen. Es ist

${}A_{D}/(p)=(\mathbb {Z} [X]/(X^{2}-D)/(p))=(\mathbb {Z} /(p))[X]/{\left(X^{2}-D\right)}\,.$

Bei ${}p{|}D$ steht hier ${}(\mathbb {Z} /(p))[X]/(X^{2})$ und dieser Ring hat das einzige Primideal ${}(X)$ mit ${}X^{2}=0$. Diesem Primideal entspricht in ${}A_{D}$ das Primideal ${}{\mathfrak {p}}=(p,X)$. Es ist ${}{\mathfrak {p}}^{2}=(p)$. Einerseits gilt für ${}f\in {\mathfrak {p}}^{2}$ im Faserring modulo ${}p$ die Beziehung ${}f\in (X^{2})=0$, woraus ${}f\in (p)$ folgt. Andererseits ist ${}X^{2}=D=up$ (in ${}A_{D}$) mit ${}u\in \mathbb {Z}$. Da ${}D$ quadratfrei ist, ist ${}u$ teilerfremd zu ${}p$ und daher kann man mit ${}1=ru+sp$ schreiben

${}p=p(ru+sp)=rup+sp^{2}=rX^{2}+sp^{2}\in {\mathfrak {p}}^{2}\,.$

Bei ${}p=2$ gilt in ${}\mathbb {Z} /(2)[X]$ die Beziehung ${}(X-D)^{2}=X^{2}-D^{2}=X^{2}-D$, sodass eine analoge Situation vorliegt.

Es sei jetzt ${}D=1\mod 4$ und sei ${}p$ ein Primteiler von ${}\triangle =D$. Es ist

${}A_{D}/(p)={\left(\mathbb {Z} [\omega ]/{\left(\omega ^{2}-\omega -{\frac {D-1}{4}}\right)}\right)}/(p)=(\mathbb {Z} /(p))[\omega ]/{\left(\omega ^{2}-\omega -{\frac {D-1}{4}}\right)}\,.$

Da ${}D$ ungerade ist, ist ${}2$ eine Einheit in ${}\mathbb {Z} /(p)$, sodass man die Gleichung modulo ${}p$ als

${}{\left(\omega -{\frac {1}{2}}\right)}^{2}-{\frac {1}{4}}-{\frac {D-1}{4}}={\left(\omega -{\frac {1}{2}}\right)}^{2}-{\frac {D}{4}}={\left(\omega -{\frac {1}{2}}\right)}^{2}\,$

schreiben kann, sodass wieder eine analoge Situation vorliegt.

$\Box$

Zu einem Ideal ${}{\mathfrak {a}}$ bezeichnet ${}{\overline {\mathfrak {a}}}$ das konjugierte Ideal, das aus allen konjugierten Elementen aus ${}{\mathfrak {a}}$ besteht.

Satz Satz 20.13 ändern

Es sei ${}D\neq 0,1$ eine quadratfreie Zahl und ${}A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich.

Dann gibt 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.

Beweis

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 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 9.15 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 18.11 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 Lemma 20.12 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 Bemerkung 20.11 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 Fakt ${}D=1\mod 8$. 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.

$\Box$

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