Zahlbereich/Reine kubische Erweiterung/Beschreibung/Fakt/Beweis

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 Fakt 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 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.

Zur bewiesenen Aussage