Quadratischer Zahlbereich/Beschreibung/Fakt/Beweis

Beweis

Es sei $x \in A_{D}$ gegeben, $x = a + b \sqrt{D}$ , $a, b \in ℚ$ . Aus Fakt folgt

N (x) = a^{2} - D b^{2} \in ℤ und S (x) = 2 a \in ℤ .

Aus der zweiten Gleichung folgt, dass $a = \frac{n}{2}$ mit $n \in ℤ$ ist. Sei $b = \frac{r}{s}$ mit $r, s$ teilerfremd, $s \geq 1$ . Die erste Gleichung wird dann zu ${(\frac{n}{2})}^{2} - D {(\frac{r}{s})}^{2} = k \in ℤ$ bzw. $n^{2} - 4 D {(\frac{r}{s})}^{2} = 4 k$ . Dies bedeutet, da $r$ und $s$ teilerfremd sind, dass $4 D$ 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 $x \in ℤ [\sqrt{D}]$ ist.

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

n^{2} - D r^{2} = 4 k

führt. Wir betrachten diese Gleichung modulo $4$ . Bei $n$ und $r$ gerade ist $x \in ℤ [\sqrt{D}]$ . Die einzigen Quadrate in $ℤ / (4)$ 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 $ℤ [\frac{1 + \sqrt{D}}{2}]$ .

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

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

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

Zur bewiesenen Aussage