Zahlentheorie/Quadratischer Zahlbereich/Primzahlverhalten/Fakt/Beweis

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 Fakt die drei Möglichkeiten:

1. $L$ ist ein Körper.
2. $L$ ist von der Form  $L=\mathbb{Z}/(p)[ϵ]/{ϵ}^2$. 
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 bewiesenen Korrespondenz gibt es also genau ein Primideal $𝔭$ mit  $(p)\subseteq 𝔭$  (das dem Ideal $(ϵ)$ im Restklassenring entspricht). Dann ist  $𝔭=(p,ϵ)$  (wobei hier $ϵ$ ein Repräsentant in $R$ sei) und  ${𝔭}^2=(p)$. 

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 $𝔭$ und $𝔮$ gibt mit  $(p)\subset 𝔭,𝔮$  und mit  $(p)=𝔭\cap 𝔮$.  Nach Aufgabe ist  $𝔭\cap 𝔮=𝔭\cdot 𝔮$.  Mit  $(p)\subset 𝔭$  ist auch  $(p)\subset \overline{𝔭}$.  Wir zeigen, dass  $\overline{𝔭}=𝔮$  ist, d.h., dass die beiden Primideale über $p$ konjugiert vorliegen. Da nach Fakt bei $p\mid \mathrm{\Delta }$ der zweite Fall vorliegt, wissen wir, dass $p$ die Diskriminante nicht teilt.

Bei  $D=2,3mod4$  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  $D=1mod4$  und $p$ ungerade ist nach der Bemerkung 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  $(p,\omega \pm a-\frac{1}{2})=(p,\frac{a\pm \sqrt{D}}{2})$,  sodass wieder ein konjugiertes Paar vorliegt.

Bei  $D=1mod4$  und  $p=2$  ist nach der Bemerkung  $D=1mod8$.  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  $(2,\omega )=(2,\frac{\sqrt{D}+1}{2})$  und  $(2,\omega -1)=(2,\frac{\sqrt{D}+1}{2}-1)=(2,\frac{\sqrt{D}-1}{2})$,  sodass wieder ein konjugiertes Paar vorliegt.

Zur bewiesenen Aussage