2
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Vorwort
Dieser `Schnupp erkurs'
1
soll anhand der Theorie der quadratischen Zahl-
k
orp er in die algebraische Zahlentheorie einf
uhren; der Beschr
ankung auf
quadratische Zahlk
orp er liegt die Einsicht zugrunde, da man hier no ch (fast)
alle Beispiele von Hand rechnen kann.
Als Voraussetzungen sind Kenntnisse der linearen Algebra (Vektorr
aume,
lineare Abbildungen, Matrizenrechnung), sowie eine Vertrautheit mit Begrif-
fen der elementaren Zahlentheorie (eindeutige Primfaktorzerlegung, Kongru-
enzrechung, quadratische Reste) zu nennen.
Von den Anwendungen der Theorie quadratischer Zahlk
orp er erw
ahnen
wir die folgenden: man kann damit diophantische Gleichungen wie
y
2
=
x
3
2
o der
x
3
+
y
3
=
z
3
l
osen, den Lucas{Lehmer{Test b eweisen (damit kann man
relativ schnell feststellen, ob eine Zahl der Form 2
p
1 prim ist), und Al-
gorithmen zur Faktorisierung groer Zahlen entwickeln: der erste Faktorisie-
rungsalgorithmus, der auf der Theorie quadratischer Zahlk
orp er aufbaute,
war Shanks `square form factorization'; diese Metho de ist f
ur `kleine' Zah-
len
N
(zwischen 10 und 20 Stellen) wohl immer no ch die schnellste und f
ur
programmierbare Taschenrechner ideal, weil sie nur mit Zahlen
<
p
N
rech-
net; der schnellste b ekannte Faktorisierungsalgorithmus
ub erhaupt ist das
`numb er eld sieve', das auf der Arithmetik b eliebiger Zahlk
orp er aufbaut.
Einige Lehrb
ucher
[Ar] M. Artin,
Algebra
, Birkh
auser Verlag, xiii, 705 p. DM 88.00 (1993).
[Ba] P. Bachmann,
Zahlentheorie III. Die Lehre von der Kreisteilung
, reprint
1968
[C1] H. Cohn,
A classical invitation to algebraic numbers and class elds
,
2nd ed. Universitext, Springer-Verlag xiii, 328 p. (1988).
[C2] H. Cohn,
Advanced number theory
, Dover Publications, Inc. XI, 276 p.
(1980); reprint of
A second course in number theory
, John Wiley and
Sons, Inc. XI I I, 276 p. (1962).
1
Zweist
undige Vorlesung an der Universit
at des Saarlands, Wintersemester 1997/98.
Quadratische Zahlk
orp er
3
[Fr] G. Frey,
Elementare Zahlentheorie
, Vieweg & Sohn, 119 S. (1984)
[Gu] K.-B. Gundlach,
Einf
uhrung in die Zahlentheorie
, B.I. Mannheim, 311
S. (1972).
[HW] G.H. Hardy, E.M. Wright,
An introduction to the theory of numbers
,
5th ed. Clarendon Press. XVI, 426 p. (1979).
[Ho] L. Holzer,
Zahlentheorie
, Teil I. Teubner (1958) 202 S; Teil I I. Teubner
(1959) 126 S; Teil I I I. Teubner (1965) 146 S.
[IR] K. Ireland, K. Rosen,
A classical introduction to modern number theory
,
2nd ed. Graduate Texts in Mathematics, 84. Springer-Verlag xiv, 389
p. (1990).
[Ko] A.I. Kostrikin,
Introduction to algebra
, Universitext, Springer-Verlag.
XI I I, 575 p. (1982). Zbl 482.00001
[Le] A. Leutb echer,
Zahlentheorie. Eine Einf
uhrung in die Algebra
, Sprin-
ger, xii, 354 p. (1996).
[Lb] H. L
uneburg,
Vorlesungen
uber Zahlentheorie
, Birkh
auser Verlag 1978
[M1] R. Mollin,
Fundamental Number Theory with Applications
, CRC Press
1998.
[M2] R. Mollin,
Quadratics
, CRC Press, xx, 387 p. (1996).
[SO] W. Scharlau, H. Op olka,
Von Fermat bis Minkowski. Eine Vorlesung
uber Zahlentheorie und ihre Entwicklung
, Springer-Verlag. XI, 224 S.,
13 Abb. (1980).
[So] J. Sommer,
Vorlesungen
uber Zahlentheorie
, (1907)
[ST] I. Stewart, D. Tall,
Algebraic number theory
, 2nd ed. Chapman and
Hall 1987; XIX, 262 p.
[Za] D. Zagier,
Zetafunktionen und quadratische K
orper
, Springer-Verlag.
IX, 144 S. (1981).
4
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Die b eiden angegeb enen Algebrab
ucher von M. Artin (Sohn von E. Ar-
tin) und A. Kostrikin z
ahlen meiner Meinung nach zu den b esten Einf
uhrun-
gen, die es auf diesem Gebiet gibt. F
ur den Kurs interessant sind jeweils
die Ausf
uhrungen
ub er Hauptidealringe, euklidische Ringe, und ZPE-Ringe
{ vielleicht bleibt der eine o der andere ab er an etwas anderem h
angen.
Von den Zahlentheorieb
uchern gehen die meisten gleich in die vollen {
am ehesten brauchbar scheint no ch Stewarts und Talls Buch zu sein. Die
andern B
ucher enthalten jeweils ein o der mehrere Kapitel
ub er quadratische
Zahlk
orp er. Ein Mu ist ab er das Buch von Scharlau und Op olka.
Einige URLs
http://www.rzuser.uni-heidelbe rg. de/
hb3/
ist meine homepage.
http://www.maths.ex.ac.uk/
rjc/rj c.h tml
ist Robin Chapmans home-
page und enth
alt ein kleines Skript
ub er algebraische Zahlen (Notes on Al-
gebraic Numb ers).
http://www.math.uga.edu/
ntheory/ web .htm l
ist die homepage des Num-
b er Theory Web, verwaltet von Keith Matthews.
http://turing.wins.uva.nl/
psh/
ist Peter Stevenhagens homepage und
enth
alt das Skript Getaltheorie 1 (auf englisch).
http://hasse.mathematik.tu-mue nch en.d e/nf db/W elc ome e
ist die home-
page des `Numb er Field Database', verwaltet von Gerhard Niklasch.
http://www.algebra.tu-bs.de/ma thi ak/s krip te/
ist die homepage von
Karl Mathiak und enth
alt Skripte zur Algebra und Zahlentheorie; das Skript
`Zahlentheorie I' enth
alt Sto
ub er quadratische Zahlk
orp er.
Inhaltsverzeichnis
1 Motivation und Vorstellung der Akteure 7
1.1 Identit
aten............................. 7
1.2 * Fib onacci-Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Die elliptische Kurve
y
2
=
x
3
2 ................ 9
1.4 Quadratische Zahlk
orper ..................... 12
2 Teilbarkeit in Integrit
atsb ereichen 17
2.1 Einheiten, prime und irreduzible Elemente . . . . . . . . . . . 17
2.2 ZPE-Ringe............................. 21
2.3 Hauptidealringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.4 Euklidische Ringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.5 Die Fermatgleichung
x
4
+
y
4
=
z
4
................ 29
2.6 * Die diophantische Gleichung
y
2
=
x
3
+1 ........... 31
3 Arithmetik in einigen quadratischen Zahlk
orp ern 33
3.1 Die Gauschen Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.2 Die Eisensteinschen Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.3 * Elemente mit Primnorm sind prim . . . . . . . . . . . . . . 42
3.4 Die Pellsche Gleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
3.5 * Welche Zahlen sind Normen? . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
3.6 Der Lucas-Lehmer-Test . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
3.7 * Euklidische Quadratische Zahlk
orper ............. 52
4 Idealarithmetik in quadratischen Zahlk
orp ern 55
4.1 Motivation............................. 55
4.2 Eindeutige Primidealzerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
4.3 Die Idealklassengrupp e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
4.4 Die diophantische Gleichung
y
2
=
x
3
d
............ 69
5
6
INHALTSVERZEICHNIS
5 Geschlechtertheorie und quadratische Reziprozit
at 73
5.1 Klassenzahl im engeren Sinne . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
5.2 Geschlechter............................ 75
5.3 Das quadratische Reziprozit
atsgesetz . . . . . . . . . . . . . . 80
A Euler und die diophantische Gleichung
y
2
=
x
3
2
83
Kapitel 1
Motivation und Vorstellung der
Akteure
Quadratische Zahlk
orp er geh
oren naturgem
a zur algebraischen Zahlentheo-
rie, also der Theorie der algebraischen Zahlen. Diese treten b ei der Untersu-
chung mancher Probleme der elementaren Zahlentheorie ganz nat
urlich auf,
wie die folgenden Beispiele zeigen.
1.1 Identit
aten
Ein b eliebtes Problem b ei Sch
ulerolympiaden ist das folgende: sind die nat
urli-
chen Zahlen
m
und
n
Summen zweier Quadrate, dann auch ihr Pro dukt
mn
.
Der Beweis b esteht einfach aus dem Nachrechnen der Identit
at
(
a
2
+
b
2
)(
c
2
+
d
2
) = (
ac
bd
)
2
+ (
ad
+
bc
)
2
:
Hier stellt man sich nat
urlich die Frage, wo das herkommt. Die Idee ist fol-
gende:
a
2
+
b
2
ist das Quadrat des Abstands der komplexen Zahl
a
+
bi
vom
Ursprung, also
a
2
+
b
2
= (
a
+
bi
)(
a
bi
) =
, wo
=
a
+
bi
und
das
Konjugiert-Komplexe von
ist. Setzt man
=
c
+
di
, so wird
(
a
2
+
b
2
)(
c
2
+
d
2
) =
=
:
Hieraus folgt die Identit
at sofort wegen
= (
a
+
bi
)(
c
+
di
) =
ac
bd
+
(
ad
+
bc
)
i
.
Ubung.
Sind
a
und
b
in der Form
x
2
my
2
darstellbar, dann auch ihr
Pro dukt.
7
8
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Man sieht also, da die Einf
uhrung von Zahlen der Form
x
+
y
p
m
mit
rationalen Zahlen
x; y
das Aunden von Identit
aten wie den obigen erleich-
tert.
1.2 * Fib onacci-Zahlen
Die Fib onacci-Zahlen
1
F
n
sind f
ur
n
1 deniert durch die Rekursion
F
1
=
F
2
= 1 und
F
n
+1
=
F
n
+
F
n
1
,
n
2. Hier eine kleine Tab elle:
n
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
F
n
1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 233 377 610
Sind
a
und
b
ganze Zahlen, so schreibt man
a
b
mo d
n
falls
a
b
durch
n
teilbar ist. Wir wollen die durch
a
n
F
n
mo d
n
und
n
2
< a
n
n
2
denierte
Folge untersuchen. Wir rechnen:
n
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 17 19
a
n
0 1
1
1 0 2
1
3
2 5 1
1
1 1
Wir b eobachten, da f
ur alle Primzahlen
p
6
= 5 entweder
F
p
1 mo d
p
o der
F
p
1 mo d
p
gilt. F
uhrt man die Rechnung weiter fort, so n-
det man
F
p
1 mo d
p
f
ur
p
= 11
;
19
;
29
;
31
;
und
F
p
1 mo d
p
f
ur
p
= 3
;
7
;
13
;
17
;
23
;
37. Man kommt so zu folgender Vermutung:
p
1 mo d 5 =
)
F
p
+1 mo d
p
p
2 mo d 5 =
)
F
p
1 mo d
p
Wie kann man das b eweisen? Eine M
oglichkeit ist via der Binetschen
2
Formel
F
n
=
n
n
;
mit
=
1 +
p
5
2
;
=
1
p
5
2
:
Im Nachhinein b eweist man diese Formel leicht mit Induktion; herleiten kann
man sie elegantissime mit etwas linearer Algebra:
1
Nach Leonardo Fib onacci (1170{1250); dieser ver
oentlichte 1202 das `Lib er abaci',
das einen wesentlichen Beitrag zur Einf
uhrung der Dezimalsystems in Europa leistete und
in dem auch die Fib onacci-Zahlen erstmals deniert werden.
2
Jacques Binet (1786{1856), franz
osischer Mathematiker
1.3. DIE ELLIPTISCHE KURVE
Y
2
=
X
3
2 9
Ubung.
Man
ub erzeuge sich zuerst von der G
ultigkeit der Gleichung
F
n
F
n
+1
F
n
+1
F
n
+2
=
0 1
1 1
n
+1
:
Dann diagonalisiere man
T
=
0 1
1 1
(d.h. man nde eine invertierbare Matrix
S
2
M
2
(
C
) mit
S
1
T S
=
0
0
=:
D
) und b eachte, da
T
n
= (
S D S
1
)
n
=
S D
n
S
1
gilt. Da man Diagonalmatrizen einfach p otenzieren kann, erh
alt man
nun eine Formel f
ur die
F
n
.
Nun wissen wir, da in
Z
die Formel (
a
+
b
)
p
a
p
+
b
p
mo d
p
gilt; wenn
wir mal so tun, als sei dies auch f
ur Zahlen der Form
c
+
d
p
5 richtig, so
nden wir
p
1
p
+
p
5
p
2
p
=
1 + 5
(
p
1)
=
2
p
5
2
mo d
p;
(1.1)
und analog
p
1
5
(
p
1)
=
2
p
5
2
mo d
p:
Also ergibt sich
F
p
=
p
p
5
(
p
1)
=
2
mo d
p
; nach dem Eulerschen Kriterium
ist 5
(
p
1)
=
2
(
5
p
) mo d
p
, und das quadratische Reziprozit
atsgesetz sagt (
5
p
) =
(
p
5
). Daraus ergibt sich sofort die Behauptung. Es scheint also, als w
urde so
etwas wie der `kleine Fermatsche Satz' auch f
ur Zahlen der Form
a
+
b
p
5
gelten { jedenfalls lieferte seine Anwendung ein richtiges Ergebnis. Da b ei
unserem Beweis etwas nicht ganz saub er war, erkennt man daran, da die zu
b eweisende Kongruenz in
Z
lebt, die Kongruenz (1.1) dagegen nicht.
Ubung.
Man b eweise die obige Vermutung mit elementaren Mitteln durch
Entwickeln von
p
via der binomischen Formel. Man zeige auch, da f
ur prime
p
1 mo d 5 immer
p
j
F
p
1
, f
ur prime
p
2 mo d 5 dagegen
p
j
F
p
+1
gilt; Letzteres stammt von Lagrange.
3
1.3 Die elliptische Kurve
y
2
=
x
3
2
Bereits Fermat
4
hat b ehauptet, da
x
= 3,
y
=
5 die einzigen ganzzahlige
L
osungen der diophantischen Gleichung
y
2
=
x
3
2 sind; die Idee, zur Lung
3
Joseph Louis Lagrange (1736{1813), italienisch-franz
osischer Mathematiker, der in der
Zahlentheorie vor allem f
ur seinen Beweis des Vierquadratesatzes b ekannt ist.
4
Pierre Fermat (1601{1665), wurde durch das Studium der von Bachet herausgegebe-
nen B
ucher Diophants zur Untersuchung zahlentheoretischer Probleme angeregt; in eines
10
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
dieser Gleichung die algebraischen Zahlen
Z
[
p
2 ] zu verwenden, stammt von
Euler.
5
Zuerst b eachte man, da
x
(und damit auch
y
) ungerade sein mu: andern-
falls w
are n
amlich
x
3
2 genau durch 2 teilbar und k
onnte kein Quadrat sein.
Euler schreibt jetzt die Gleichung in der Form
y
2
+ 2 =
x
3
und faktorisiert
die linke Seite im Ring
R
=
Z
[
p
2 ]: (
y
+
p
2 )(
y
+
p
2 ) =
x
3
. Ein ge-
meinsamer Teiler der b eiden Faktoren auf der linken Seite w
urde auch deren
Dierenz 2
p
2 =
(
p
2 )
3
teilen. Ab er
p
2 kann kein Teiler von
y
p
2
sein, da sonst
p
2
j
y
und folglich 2
j
y
sein m
ute. Also sind
y
+
p
2 und
y
+
p
2 teilerfremd, und ihr Pro dukt ist eine dritte Potenz. Also, sagt sich
Euler, m
ussen b eide Faktoren (bis auf eine Einheit
1) selbst dritte Poten-
zen sein (hier ist die L
ucke: es ist nicht klar, ob im Ring
R
eine eindeutige
Primfaktorzerlegung existiert). Daher folgt
y
+
p
2 =
(
r
+
s
p
2 )
3
, und
dies f
uhrt auf die b eiden Gleichungen
y
=
r
3
6
r s
2
und
1 =
s
(3
r
2
2
s
2
).
Aus der letzten folgt
s
=
1, damit
r
=
1, und schlielich
y
=
5, also
Fermat's Behauptung.
Diophantische Gleichungen der Form
E
:
y
2
=
x
3
+
ax
+
b
mit
a; b
2
Z
heien, falls
x
3
+
ax
+
b
keine dopp elte Nullstelle in
C
b esitzt,
el liptische Kur-
ven
. Die wesentliche Eigenschaft elliptischer Kurven ist folgende: b etrachtet
man alle rationalen Punkte auf einer elliptischen Kurve
E
(also alle Paa-
re (
x; y
)
2
Q
Q
, die der Gleichung
E
gen
ugen), so kann man auf dieser
Menge (wenn man no ch ein `k
unstliches' neutrales Element einf
uhrt) eine
Addition so erkl
aren, da diese Menge zu einer ab elschen Grupp e wird. Die
Untersuchung dieser ab elschen Grupp en ist erstaunlich interessant und er-
giebig { einer der b esten Algorithmen zum Aunden `kleiner' Faktoren (bis
40 Dezimalstellen) einer Zahl b eruht auf Rechnungen in solchen Grupp en.
dieser B
ucher trug er die b er
uchtigte Vermutung ein, da die Gleichung
x
n
+
y
n
=
z
n
f
ur
kein
n
3 L
osungen in den nat
urlichen Zahlen hat, und b ehauptete sogar, daf
ur einen
wunderbaren Beweis zu besitzen, den der Rand des Buches leider nicht fassen k
onne. Da er
diese Behauptung nie
oentlich erhob en hat (sie wurde von seinem Sohn Samuel posthum
publiziert) und Fermat nicht gerade an Bescheidenheit gelitten hat, nimmt man an, da
er kurz danach eine L
ucke in seinem `Beweis' gefunden hat. Die Fermatsche Vermutung
wurde 1993 von A. Wiles bewiesen (mit einer L
ucke, die 1995 von ihm und R. Taylor
geschlossen wurde).
5
Leonhard Euler (1707{1783) war wohl der pro duktivste Mathematiker aller Zeiten,
was den Umfang seiner Publikationen angeht (fast die H
alfte seiner Arb eiten entstand
nach seiner Erblindung!). Er wurde von Goldbach zum Studium der Fermatschen Werke
animiert und war bis zum Auftritt von Lagrange auf der mathematischen B
uhne der einzige
Zahlentheoretiker seiner Zeit.
1.3. DIE ELLIPTISCHE KURVE
Y
2
=
X
3
2 11
Es sei an dieser Stelle auch daran erinnert, da der Beweis der Fermatschen
Vermutung (unter anderem) durch Wiles auf der Theorie elliptischer Kurven
b eruht.
Wiles hat sein Resultat in drei Vorlesungen auf einer b ereits heute le-
gend
aren Tagung in Cambridge vorgestellt; der Rest der Welt wurde durch
emails auf dem laufenden gehalten:
The fol lowing came from Karl today re Andrew's talk which may be of
interest:
Hi. Andrew gave his rst talk today. He did not announce a proof of
Taniyama-Weil, but he is moving in that direction and he has two more
lectures. He is stil l being very secretive about the nal result.
My best guess is that he is going to prove that if E is an el liptic curve
over Q and the Galois representation on the points of order 3 on E satises
certain hypotheses, then E is modular. From what he has said it seems he
wil l not prove the ful l conjecture. What I don't know now is whether this wil l
apply to Frey's curves, and therefore say something about Fermat. I'l l keep
you posted.
Hier die Nachricht von Karl Rubin vom n
achsten Tag:
No more real news in today's lecture. Andrew stated a general theorem
about lifting Galois representations along the lines I suggested yesterday. It
does not apply to al l el liptic curves. But the punch line wil l come tomorrow.
I don't real ly know why he is doing it this way. It's clear he knows what
he is going to say tomorrow. He is having people check pieces of it. But this
is a truly massive piece of work that he has been working on for many years,
and he seems condent of it. I'l l let you know what happens tomorrow.
sowie eine von Ken Rib et:
He's holding his re until tomorrow. He gave a talk concentrating on the
Kolyvagin-esque aspects of his argument. He nished with a theorem with a
fair number of hypotheses, the conclusion of which was that al l deformati-
ons (with certain properties) of a given modular mod p representation are
themselves modular. He promised to talk about applications to el liptic curves
tomorrow.
Und dann der Clou:
12
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Wed, 23 Jun 93 10:50 BST
Andrew Wiles just announced, at the end of his 3rd lecture here, that he has
proved Fermat's Last Theorem. He did this by proving that every semistable
el liptic curve over Q (i.e. square-free conductor) is modular. The curves that
Frey writes down, arising from counterexamples to Fermat, are semistable
and by work of Ribet they cannot be modular, so this does it.
It's an amazing piece of work.
Karl
23 Jun 93 10:48 BST
Wiles announced that semistable el liptic curves over Q are modular. He sket-
ched a beautiful argument using Hilbert irreducibility and various modular
curves which reduces this statement to something which he announced ye-
sterday. So in some sense his lecture yesterday represented the \hard work";
today's was more of a reward for our attention.
-ken
1.4 Quadratische Zahlk
orp er
Sei
m
2
Z
n f
0
;
1
g
eine ganze quadratfreie Zahl; dann heit die Menge
k
=
Q
(
p
m
) =
f
a
+
b
p
m
:
a; b
2
Q
g
ein
quadratischer Zahlk
orper
. Man nennt
k
reell- bzw. imagin
arquadratisch, je nachdem
m >
0 o der
m <
0 gilt. Da
k
tats
achlich ein K
orp er ist, rechnet man leicht nach. Das Element
=
a
+
b
p
m
2
k
ist Nullstelle des quadratischen Polynoms
P
(
x
) =
x
2
2
ax
+
a
2
mb
2
2
Q
[
x
]; dessen zweite Nullstelle
0
=
a
b
p
m
nennt man die
Konjugierte
von
. Weiter heit
N
=
0
=
a
2
mb
2
die
Norm
von
,
Tr
=
+
0
= 2
a
die
Spur
von
, und
disc (
) = (
0
)
2
= 4
mb
2
die
Diskriminante
von
:
Prop osition 1.1.
F
ur al le
;
2
k
gilt
N
(
) =
N N
und
Tr (
+
) =
Tr
+ Tr
. Weiter ist
N
= 0
genau dann, wenn
= 0
ist, und
disc (
) = 0
genau dann, wenn
2
Q
ist.
Beweis.
Ubung.
Die Abbildung
:
k
!
k
:
7!
(
) :=
0
heit auch der
nichttriviale
Automorphismus
von
k =
Q
.
1.4. QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
13
Ubung.
:
k
!
k
ist ein Ringhomomorphismus, d.h. es gilt
(
+
) =
(
) +
(
) und
(
) =
(
)
(
) f
ur alle
;
2
k
. Zeige weiter, da ein
2
k
genau dann in
Q
liegt, wenn
=
(
) ist. Schlielich ist
genau dann
ganz (Denition sh. unten), wenn auch
(
) ganz ist. Wegen
= id (die
identische Abbildung) ist
f
id
;
g
eine Grupp e der Ordnung 2, die man die
Galoisgruppe
6
von
k =
Q
nennt und mit Gal (
k =
Q
) b ezeichnet.
Sind
k
K
K
orp er, so kann man
K
als
k
-Vektorraum auassen: die Vek-
toren sind die Elemente aus
K
(diese bilden b ekanntlich eine additive Grup-
p e), die Skalare sind die Elemente von
k
, und die Skalarmultiplikation ist die
gew
ohnliche Multiplikation in
K
. Die Dimension von
K
als
k
-Vektorraum
nennt man auch seinen
Grad
ub er
k
und schreibt (
K
:
k
) := dim
k
K
. Selbst-
verst
andlich hat
Q
(
p
m
) Grad 2
ub er
Q
: eine Basis ist
f
1
;
p
m
g
, denn jedes
Element l
at sich eindeutig als
Q
-Linearkombination dieser Elemente schrei-
b en.
Unsere erste Aufgab e ist es, die \ganzen" Elemente in diesen quadrati-
schen Zahlk
orp ern zu identizieren. Die L
osung ist nicht ganz oensichtlich
(es ist n
amlich nicht immer
R
=
Z
[
p
m
], wie man vielleicht naiv vermuten
w
urde); man nennt vielmehr
2
k
ganz
, wenn
P
(
x
)
2
Z
[
x
] ist, d.h. wenn
das Polynom
P
(
x
) ganze Ko ezienten hat. Die Menge der ganzen Elemente
von
k
nennt man
O
k
. Nun gilt
Satz 1.2.
Es ist
O
k
=
f
a
+
b
p
m
:
a; b
2
Z
g
, fal ls
m
2
;
3 mo d 4
, und
O
k
=
f
1
2
(
a
+
b
p
m
) :
a; b
2
Z
; a
b
mo d 2
g
, fal ls
m
1 mo d 4
.
Beweis.
Sei
=
r
+
s
p
m
ganz mit
r; s
2
Q
; damit sind Tr
= 2
r
und
N
=
r
2
ms
2
ganz. Setzt man 2
r
2
Z
in die zweite Gleichung ein, so
ndet man, da 4
ms
2
ganz ist. Da
m
quadratfrei ist, mu dann sogar 4
s
2
,
also schlielich 2
s
ganz sein (das geht so: sei 4
s
2
=
x
2
=y
2
mit teilerfremden
x; y
2
Z
; da 4
ms
2
ganz ist, folgt
y
2
j
mx
2
; wegen ggT (
x; y
) = 1 mu dann
y
2
j
m
sein, und die Quadratfreiheit von
m
zeigt
y
=
1). Wir d
urfen daher
2
r
=
a
und 2
s
=
b
schreib en mit
a; b
2
Z
. Jetzt nutzen wir no ch einmal aus,
da
N
=
r
2
ms
2
ganz ist und nden, da
a
2
mb
2
0 mo d 4 sein mu.
A) Ist
m
2 mo d 4, so folgt 2
j
a
, 4
j
a
2
und 2
j
b
, also
r; s
2
Z
: jede ganze
Zahl hat die Form
r
+
s
p
m
mit ganzen Zahlen
r; s
2
Z
.
B) Ist
m
3 mo d 4, so folgt 0
a
2
mb
2
a
2
+
b
2
mo d 4; dies geht nur,
wenn
a
und
b
gerade sind, und wie eb en folgt, da
r
und
s
ganz sein m
ussen.
6
Nach
Evariste Galois (1811{1832), einem franz
osischen Mathematiker, der nach einem
Duell im Alter von 20 Jahren starb.
14
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
C) Ist schlielich
m
1 mo d 4, so erhalten wir 0
a
2
mb
2
a
2
b
2
mo d 4,
was genau dann richtig ist, wenn
a
b
mo d 2 gilt. Also hab en alle ganzen
Zahlen hier die Form
1
2
(
a
+
b
p
m
), wo
a
und
b
entweder b eide gerade o der
b eide ungerade sind. Da diese Zahlen auch wirklich ganz sind, rechnet man
einfach nach.
Der K
orp er
k
=
Q
(
p
m
) b esteht aus allen
Q
-Linearkombinationen von
1 und
p
m
. Gilt etwas
ahnliches f
ur
O
k
? Man kann sich fragen, ob es ein
!
2 O
k
gibt, so da
O
k
aus allen
Z
-Linearkombinationen von 1 und
!
b e-
steht (in diesem Fall schreib en wir
O
k
=
Z
!
Z
und nennen
f
1
; !
g
eine
Ganzheitsbasis
). Dies ist in der Tat so:
Korollar 1.3.
Es gilt
O
k
=
Z
!
Z
mit
!
=
(
p
m;
fal ls
m
2
;
3 mo d 4;
1+
p
m
2
;
fal ls
m
1 mo d 4
:
Insbesondere ist
O
k
ein Ring.
Beweis.
Nur im zweiten Fall ist wirklich etwas zu zeigen. Sei also
=
1
2
(
a
+
b
p
m
) mit
a
b
mo d 2; setzt man
c
=
a
b
2
und
d
=
b
, so ist
=
c
+
d!
mit
c; d
2
Z
. Die Umkehrung ist genauso trivial.
Da
O
k
ein Ring ist, sieht man jetzt dadurch ein, da man zeigt, da
Summe, Dierenz und Pro dukt zweier Zahlen der Form
a
+
b!
mit
a; b
2
Z
wieder diese Form hab en (wir h
atten dies b ereits im Anschlu an Satz 1.2
machen k
onnen, h
atten dann ab er wesentlich mehr rechnen m
ussen). Dazu
ist im wesentlichen nur zu zeigen, da das Pro dukt zweier Zahlen wieder
diese Form hat, und das l
auft auf den Nachweis hinaus, da
!
2
=
r
+
s!
mit
r; s
2
Z
gilt. Tats
achlich ist
!
2
=
m
=
m
+ 0
!
f
ur
m
2
;
3 mo d 4, und
!
2
=
1+
m
+2
p
m
4
=
m
1
4
+
!
f
ur
m
1 mo d 4.
Ubung.
Ist
f
1
; !
g
eine Ganzheitsbasis von
O
k
, dann auch
f
1
; !
a
g
f
ur
jedes
a
2
Z
.
Die Gr
oe
d
= disc
k
:=
j
1
!
1
!
0
j
2
= (
!
!
0
)
2
heit die
Diskriminante
von
k
. Man ndet disc
k
= 4
m
, falls
m
2
;
3 mo d 4, und disc
k
=
m
, falls
m
1 mo d 4 ist. Die Diskriminante ist ein n
utzlicher Begri, da sie Fall-
unterscheidungen zu vermeiden hilft. Beispielsweise ist
f
1
;
d
+
p
d
2
g
f
ur jeden
quadratischen Zahlk
orp er mit Diskriminante
d
eine Ganzheitsbasis.
Unser n
achstes Ergebnis rechtfertigt im Nachhinein unsere Denition gan-
zer Zahlen in quadratischen Zahlk
orp ern:
1.4. QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
15
Prop osition 1.4.
Es gilt
O
k
\
Q
=
Z
.
Beweis.
Wegen
Z
O
k
\
Q
ist nur die andere Inklusion zu zeigen. Sei also
2 O
k
; dann gilt
=
1
2
(
a
+
b
p
m
) mit
a
b
mo d 2. Wenn
2
Q
sein soll,
mu
b
= 0 sein; also ist
a
gerade, folglich
=
a
2
2
Z
.
Bemerkung.
Man kann zeigen, da
O
k
der maximale Teilring von
k
mit der
Eigenschaft
O
k
\
Q
=
Z
ist; man nennt
O
k
deshalb oft die
Maximalordnung
von
k
. Ein Ring
O
k
heit
Ordnung
, wenn
Z (
O O
k
gilt. Mit Prop osi-
tion 1.4 folgt daraus sofort, da jede Ordnung
O
die Eigenschaft
O \
Q
=
Z
b esitzt.
Bemerkung.
Allgemein sind
algebraische Zahlen
p er denitionem Nullstel-
len von Polynomen mit rationalen Ko ezienten; eine algebraische Zahl
heit
ganz
, wenn
Nullstelle eines Polynoms
2
Z
[
x
] mit Leitko ezient 1
ist. Die algebraischen Zahlen bilden einen K
orp er, die ganzen algebraischen
Zahlen einen Ring. Beispiele f
ur nichtquadratische Zahlk
orp er sind der rein
kubische Zahlk
orp er
Q
(
3
p
2 ) =
f
a
+
b
3
p
2 +
c
3
p
4 :
a; b; c
2
Q
g
o der der
Kreisteilungsk
orp er
Q
(
p
), wo
p
eine Nullstelle von
x
p
1
x
1
= 1 +
x
+
:::
+
x
p
1
und
p
5 prim ist.
Ubung.
Seien
k
K
K
orp er; veriziere, da
K
ein
k
-Vektorraum ist. Sei
2
K
; zeige, da
:
7!
(die Multiplikation mit
) eine
k
-lineare
Abbildung des Vektorraums
K
in sich ist. Sei
n
= dim
k
K
endlich. W
ahle eine
k
-Basis von
K
; dann l
at sich
durch eine Matrix
M
2
M
n
(
k
) b eschreib en.
Zeige, da
N
:= det
M
und Tr
:= Tr
M
nicht von der Wahl der Basis
abh
angen, und da f
ur alle
;
2
K
gilt:
N
(
) =
N
(
)
N
(
), Tr (
+
) = Tr (
) + Tr (
). Schlielich
ub erzeuge man sich davon, da
N
und
Tr f
ur quadratische Zahlk
orp er mit der b ereits denierten Norm, bzw. Spur
ub ereinstimmen.
Ubung.
Bestimme alle
m <
0, f
ur die der Ganzheitsring
O
k
von
k
=
Q
(
p
m
)
ein Element der Norm 2 o der 3 enth
alt.
Ubung.
Eine ab elsche Grupp e
M
heit
G
-Mo dul, wenn die Grupp e
G
auf
ihr op eriert, d.h. wenn es eine Abbildung
G
M
!
M
: (
g ; m
)
7!
g m
gibt mit den Eigenschaften 1.
g
(
m
+
m
0
) =
g m
+
g m
0
; 2. (
g g
0
)
m
=
g
(
g
0
m
); 3.
1
m
=
m
f
ur alle
g ; g
0
2
G
und alle
m; m
0
2
M
. Zeige, da die Galoisgrupp e
G
= Gal (
k =
Q
) auf den ab elschen Grupp en
k
,
k
und
O
k
via (
;
)
7!
(
)
op eriert.
16
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Ubung.
Eine Ganzheitsbasis der Form
f
! ;
(
!
)
g
(das soll b edeuten:
O
k
=
!
Z
(
!
)
Z
) heit
normale Ganzheitsbasis
. Zeige, da
O
k
genau dann eine
solche b esitzt, wenn
m
1 mo d 4 gilt, d.h. wenn disc
k
ungerade ist.
An dieser Stelle sei die Lekt
ure des Artikels von Boas Erez
ub er normale
Ganzheitsbasen empfohlen:
B. Erez,
Representations of groups in algebraic number theory. An introduc-
tion
(Italienisch), Pro c. Collo q. Lo carno/Italy 1988{1989, Note Mat. Fis. 3,
vol. 4, 41{65 (1990). Eine
Ub ertragung ins Deutsche ndet man auf
http://www.rzuser.uni-heidel berg .de/
hb3/tr ans .htm l
Zusammenfassung.
Wir hab en die folgenden Begrie eingef
uhrt, die f
ur den Rest der Vorlesung
von grundlegender Bedeutung sind:
quadratische Zahlk
orp er
Norm, Spur und Diskriminante
Galoisgrupp e quadratischer Erweiterungen (von
Q
)
Ganzheitsring (Maximalordnung)
Ganzheitsbasis
Kapitel 2
Teilbarkeit in
Integrit
atsb ereichen
Ein Ring
R
heit
Integrit
atsbereich
, wenn er nullteilerfrei ist, d.h. wenn aus
ab
= 0 immer folgt, da
a
= 0 o der
b
= 0 ist. Enth
alt
R
ein neutrales
Element b erz
uglich der Multiplikation, so heit er
Ring mit
1. Im folgenden
soll Ring immer kommutativer Integrit
atsb ereich mit 1 b edeuten { andere
Ringe kommen b ei uns nicht vor. Unser Ziel ist die Denition von Einhei-
ten, primen und irreduziblen Elementen (also eine Wiederholung von Sto
aus einer Algebra-Einf
uhrung), und die Untersuchung der Frage, in welchen
quadratischen Zahlringen der Satz von der eindeutigen Primfaktorzerlegung
gilt.
2.1 Einheiten, prime und irreduzible Elemen-
te
Wir verallgemeinern den Begri der Teilbarkeit ganzer Zahlen: Sind
a; b
2
R
gegeb en, so sagt man,
b
teile
a
, wenn ein
c
2
R
existiert mit
a
=
bc
, und man
schreibt
b
j
a
.
Ubung.
Seien
;
2 O
k
. Dann gilt
j
N
; ist weiter
j
, so folgt
N
j
N
(sogar in
Z
).
Allgemeiner schreibt man
a
b
mo d
mR
, wenn
m
j
(
a
b
) in
R
gilt.
F
ur diese Kongruenzen gelten die b ekannten Rechenregeln, deren Beweis wir
einmal mehr als
Ubungsaufgab e stellen:
17
18
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Ubung.
Sei
R
ein Ring; f
ur alle
a; b; c; d; m; n
2
R
gilt dann
a)
a
b
mo d
m
,
c
d
mo d
m
=
)
a
+
c
b
+
d
mo d
m
.
b)
a
b
mo d
m
,
c
d
mo d
m
=
)
ac
bd
mo d
m
.
c)
n
j
m
und
a
b
mo d
m
=
)
a
b
mo d
n
.
Damit kann man zeigen:
Prop osition 2.1.
Seien
a; b; m
2
Z
und
a
b
mo d
m
O
k
; dann ist auch
a
b
mo d
m
Z
.
Beweis.
Es ist
a
b
mo d
m
in
O
k
aquivalent zu
a
b
=
m
f
ur ein
2 O
k
.
Wegen
=
a
b
m
ist ab er
2 O
k
\
Q
, und Prop osition 1.4 zeigt
2
Z
, also
a
b
mo d
m
Z
in
Z
.
Ubung.
Zeige, da aus
a
j
b
in
Z
immer auch
a
j
b
im Ring
O
k
ganzer Zahlen
eines quadratischen Zahlk
orp ers
k
folgt.
Hilfreich b eim Rechnen mit quadratischen Irrationalit
aten ist auch fol-
gendes Resultat:
Prop osition 2.2.
Sei
f
1
; !
g
eine Ganzheitsbasis eines quadratischen Zahl-
k
orpers. F
ur ein
m
2
Z
ist dann
m
j
(
a
+
b!
)
in
O
k
genau dann, wenn
m
j
a
und
m
j
b
in
Z
gelten.
Beweis.
Ubung.
Teiler der 1 heien
Einheiten
des Rings; die Menge
R
aller Einheiten
von
R
ist eine Grupp e b ez
uglich der Ringmultiplikation und wird die
Ein-
heitengruppe
von
R
genannt.
Ubung.
Zeige, da die Einheiten eines Rings eine Grupp e bilden.
Ist
R
=
K
ein K
orp er, so gilt
R
=
K
=
K
n f
0
g
. Weitere Beispiele von
Einheitengrupp en sind
R
Z Z
[
x
]
Q
[
x
]
Z
[
p
2 ]
Z
[
i
]
Z
[
p
2 ]
R
f
1
;
+1
g f
1
;
+1
g
Q
f
1
;
+1
g f
1
;
i
g
(1 +
p
2 )
n
F
ur quadratische Zahlk
orp er
k
ist das Erkennen von Einheiten relativ
leicht:
2.1. EINHEITEN, PRIME UND IRREDUZIBLE ELEMENTE
19
Prop osition 2.3.
Ein Element
"
2 O
k
ist genau dann eine Einheit, wenn
N "
=
1
ist.
Beweis.
Sei
"
2 O
k
eine Einheit; dann ist
"
= 1 f
ur ein
2 O
k
, und
Normenbildung liefert
N "N
=
N
(1) = 1. Da
N "
und
N
ganze Zahlen
sind, deren Pro dukt 1 ist, mu entweder
N "
=
N
= 1 o der
N "
=
N
=
1
sein.
Ist umgekehrt
N "
= 1, so zeigt
""
0
= 1, da
"
eine Einheit ist.
Insb esondere zeigt dieses Ergebnis, da die Norm ein Homomorphismus
E
k
!
E
Z
=
f
1
g
ist.
Ubung.
Sei
O
k
Ring ganzer Zahlen in einem quadratischen Zahlk
orp er, und
sei
E
k
=
O
k
seine Einheitengrupp e. Zeige, da
E
k
ein Gal (
k =
Q
)-Mo dul ist.
Ubung.
Zeige, da im K
orp er
Q
[
i
] der Gauschen Zahlen
N
= 1 gilt f
ur
=
1+2
i
1
2
i
, und da
keine Einheit in
Z
[
i
] ist.
Die Einheitengrupp en von imagin
arquadratischen Zahlk
orp ern sind jetzt
ganz einfach zu b estimmen:
Satz 2.4.
Sei
m <
0
quadratfrei,
k
=
Q
(
p
m
)
, und
R
=
O
k
der Ring ganzer
Zahlen in
k
. Dann gilt
R
=
8
<
:
h
i
i
;
fal ls
m
=
1;
h
i
;
fal ls
m
=
3;
h
1
i
;
sonst
:
Hier bezeichnet
i
=
p
1
eine vierte und
=
1
2
(
1 +
p
3 )
eine dritte
Einheitswurzel.
Beweis.
Sei zuerst
m
1
;
2 mo d 4 und
"
=
a
+
b
p
m
eine Einheit. Dann
folgt 1 =
N "
=
a
2
+
mb
2
(der Fall
N "
=
1 kann wegen
m >
0 nicht
eintreten). F
ur
m >
1 kann dies nur f
ur
a
=
1,
b
= 0 erf
ullt sein, also f
ur
"
=
1 (und
1 sind nat
urlich Einheiten). Im Falle
m
= 1 dagegen gibt es
vier M
oglichkeiten: erstens
a
=
1,
b
= 0, und zweitens
a
= 0,
b
=
1. Alle
diese Einheiten sind Potenzen von
i
=
p
1.
Ist
m
1 mo d 4, so setzen wir
"
=
1
2
(
a
+
b
p
m
) und nden 4 =
a
2
+
mb
2
als notwendige und hinreichende Bedingung daf
ur, da
"
Einheit ist.
F
ur
m >
3 gibt es wieder nur die trivialen L
osungen, die
"
=
1 entsprechen;
im Falle
m
= 3 dagegen erhalten wir die Einheiten
1
;
1 +
p
3
2
;
1 +
p
3
2
:
20
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Setzen wir
=
1+
p
3
2
(dies ist eine dritte Einheitswurzel wegen
3
= 1), so
wird
E
k
von
(einer sechsten Einheitswurzel) erzeugt.
F
ur reell-quadratische Zahlk
orp er l
auft die Bestimmung der Einheiten-
grupp e auf die L
osung der
Pel lschen Gleichung
1
t
2
mu
2
=
4 hinaus; da
diese f
ur Nichtquadrate
m
2 immer l
osbar ist, werden wir etwas sp
ater b e-
weisen. An dieser Stelle b egn
ugen wir uns mit der Bemerkung, da
"
= 1 +
p
2
wirklich eine Einheit unendlicher Ordnung ist: aus (1 +
p
2 )
n
=
1 folgt
n
amlich 1 =
j
1
j
=
j
1 +
p
2
j
n
>
1 f
ur alle
n
1, und entsprechend
1 =
j
1
j
=
j
1 +
p
2
j
n
<
1 f
ur alle
n
1. Insb esondere ist
Z
[
p
2 ] ein Ring
mit unendlich vielen Einheiten.
Elemente
a; b
2
R
heien
assoziiert
, wenn es eine Einheit
e
2
R
gibt
mit
a
=
be
; man schreibt
a
b
und rechnet leicht nach, da dies eine
Aquivalenzrelation auf
R
deniert.
Ein Element
a
2
R
n
R
heit
unzerlegbar
o der
irreduzibel
, wenn
a
nur
triviale Teiler hat, also Einheiten und Assoziierte, o der genauer: wenn aus
a
=
bc
immer folgt, da
b
o der
c
eine Einheit ist. Dagegen heit
p
2
R
n
R
prim
, wenn aus
p
j
ab
immer folgt, da
p
j
a
o der
p
j
b
gilt. Man b eachte, da
Einheiten p er denitionem weder prim no ch irreduzib el sind.
Prop osition 2.5.
Primelemente sind irreduzibel.
Beweis.
Sei
a
prim. W
are
a
zerlegbar, so g
ab e es
b; c
2
R
n
R
mit
a
=
bc
.
Jetzt ist
a
j
bc
; w
are
a
j
b
, also
b
=
ad
f
ur ein
d
2
R
, so folgte
a
=
acd
, also
1 =
cd
, und
c
ist eine Einheit im Widerspruch zur Voraussetzung.
Vom Ring
R
=
Z
wissen wir, da irreduzible Elemente auch immer prim
sind. Im allgemeinen ist das ab er nicht der Fall. Betrachten wir z.B. den
Ring
R
=
Z
[
p
5 ]. Hierin ist 2 irreduzib el. Dies b eweist man am einfachsten
so: W
are 2 reduzib el, also 2 =
mit
;
2
R
, so m
ute 4 =
N
(2) =
N N
sein. Die kleinsten Normen in
R
sind
N
(
1) = 1,
N
(
2) = 4, und
N
(
p
5 ) = 5. Die Gleichung 4 =
N N
kann also nur dann erf
ullt sein,
wenn
=
2 und
=
1 ist o der umgekehrt.
1
John Pell (1611{1685), englischer Mathematiker. Es wird oft gesagt, da der Name
`Pellsche' Gleichung auf einen Fehler Eulers zur
uckgehe, der ihr diesen Namen verliehen
hat, obwohl Pell nichts damit zu tun gehabt habe. Allerdings hat man die Gleichung in
j
ungster Zeit in einem Buch (Teutsche Algebra) des Schweizer Mathematikers Johann
Rahn (1622{1676) entdeckt, an dem Pell w
ahrend seines Aufenthalts in Z
urich mitgear-
b eitet hat.
2.2. ZPE-RINGE
21
Andererseits ist 2 nicht prim in
R
: das Pro dukt 6 = (1 +
p
5 )(1
p
5 )
ist n
amlich durch 2 teilbar, w
ahrend 2 keinen der b eiden Faktoren teilt (denn
(1 +
p
5 )
=
2 ist kein Element von
R
=
Z
[
p
5 ]).
Bemerkung.
Nimmt man
!
=
1
2
(1 +
p
5 ) zu
R
hinzu, rechnet also im Ring
S
=
Z
[
!
], so funktioniert dieser Schlu nicht mehr. Tats
achlich ist
S
ein ZPE-
Ring (sh. unten), hat ab er wegen
S
=
f
2
n
(
a
+
b
p
5 ) :
a; b
2
Z
; n
2
N
g
die
unangenehme Eigenschaft, da
S
\
Q
=
Z
[
1
2
] ist (mit anderen Worten:
S
ist
keine Ordnung).
Ubung.
Eb enso wie das Beispiel 2
3 = (1 +
p
5 )(1
p
5 ) in
Z
[
p
5 ]
b ehandle man 2
3 =
p
6
p
6 in
Z
[
p
6 ] und 2
3 =
p
6
p
6 in
Z
[
p
6 ].
Ubung.
Man zeige, da Elemente
2 O
k
irreduzib el sind, falls
N
eine
rationale Primzahl ist. (Tats
achlich sind solche Elemente sogar prim, ab er
ein direkter Beweis ist weitaus weniger oensichtlich.)
Ubung.
Sei
k
=
Q
(
p
m
); welche der rationalen Primzahlen
p
2 f
2
;
3
;
5
g
sind in
O
k
mit
m
2 f
5
;
3
;
2
;
1
;
2
;
3
;
5
g
irreduzib el, welche nicht?
2.2 ZPE-Ringe
ZPE-Ringe sind solche, in denen der Satz von der eindeutigen Zerlegbarkeit
in Primelemente gilt. Genauer fordern wir
Z{1 Jede Nichteinheit
6
= 0 ist Pro dukt endlich vieler irreduzibler Elemente;
Z{2 irreduzible Elemente sind prim;
Z{3 Sei
a
2
R
n f
0
g
und
a
=
ep
1
p
s
=
e
0
q
1
q
t
, wo
e; e
0
2
R
Einheiten
und die
p
j
und
q
j
irreduzible Elemente in
R
sind. Dann ist
s
=
t
, und
man kann die
q
j
so umordnen, da
p
i
q
i
f
ur
i
= 1
;::: ;s
gilt.
Man b etrachte den Ring
A
, der entsteht, wenn man zu
Z
alle 2
n
-ten
Wurzeln der 2 adjungiert, also
A
=
Z
[
p
2
;
4
p
2
;
8
p
2
;:::
]. In diesem Ring
b esitzt 2 keine Zerlegung in irreduzible Elemente: es ist ja 2 =
p
2
p
2 =
4
p
2
4
p
2
4
p
2
4
p
2 =
:::
usw. Die erste Forderung ist also durchaus sinnvoll.
Was Z{2 und Z{3 angeht, so gilt:
Prop osition 2.6.
Ist
R
ein Ring mit Z{1, so sind Z{2 und Z{3
aquivalent.
22
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Beweis.
Z{2 =
)
Z{3: Da die
p
i
irreduzib el sind, sind sie nach Voraussetzung
prim; insb esondere teilt
p
1
eines der
q
j
, sagen wir
q
1
. Da
q
1
irreduzib el ist,
mu
p
1
q
1
sein. Da
R
Integrit
atsb ereich ist, kann man
p
1
k
urzen und erh
alt
e
1
p
2
p
s
=
e
0
1
q
2
q
t
. Induktion liefert die Behauptung.
Z{3 =
)
Z{2: Sei
a
irreduzib el und
a
j
xy
, wo
x; y
2
R
. Dann gibt es
ein
b
2
R
mit
ab
=
xy
. Wegen Z{3 ist die Zerlegung in irreduzible Elemente
bis auf Reihenfolge und Einheiten eindeutig; also mu eine Assoziierte des
irreduziblen
a
in der Faktorisierung von
x
o der
y
vorkommen, und es folgt
a
j
x
o der
a
j
y
. Also ist
a
prim.
Da 1 +
p
5 in
R
=
Z
[
p
5 ] zwar irreduzib el, ab er nicht prim ist, kann
R
kein ZPE-Ring sein. Diese Tatsache b eweist auch, da die eindeutige Prim-
faktorzerlegung in
Z
, die vielen Neulingen in der elementaren Zahlentheorie
selbstverst
andlich vorkommt, wirklich b ewiesen werden mu. Die Hauptlei-
stung der Griechen, die sich erstmals an einem solchen Beweis versucht ha-
b en, b esteht daher wohl nicht im Beweis selbst, sondern in der Einsicht, da
es eines solchen
ub erhaupt b edarf ! Man schaue sich in dieser Hinsicht auch
das vorz
ugliche B
uchlein
Von Zahlen und Figuren
, [Springer Verlag, 173 S.
(1933), 164 S. (1968)] von Rademacher und T
oplitz an.
In b eliebigen Ringen heit
d
2
R
ein
gr
oter gemeinsamer Teiler
von
a; b
2
R
(wir schreib en
d
ggT (
a; b
)), wenn gilt:
G{1
d
j
a
und
d
j
b
;
G{2 gilt
c
j
a
und
c
j
b
f
ur ein
c
2
R
, dann ist
c
j
d
.
In ZPE-Ringen kann man gr
ote gemeinsame Teiler zumindest theoretisch
leicht hinschreib en: sind n
amlich
a
=
u
Q
p
p
und
b
=
v
Q
p
p
die Primfak-
torzerlegungen von
a
und
b
(mit Einheiten
u; v
2
R
), dann rechnet man
sofort nach, da
d
=
Q
p
min(
p
;
p
)
ein gr
oter gemeinsamer Teiler von
a
und
b
ist. Der Nachteil dieser Metho de, den ggT zweier Zahlen zu b erechnen, wird
schon f
ur
R
=
Z
sichtbar: man mu dazu die b eiden Zahlen faktorisieren,
und das ist ein
schwieriges
Problem.
Zwei Elemente
a; b
eines ZPE-Rings
R
nennt man
teilerfremd
, wenn ihr
gr
oter gemeinsamer Teiler eine Einheit ist. Man b eachte, da wir hier die
ZPE-Eigenschaft voraussetzen! Der Grund daf
ur wird erst sp
ater klar wer-
den: nur unter dieser Zusatzvoraussetzung ist n
amlich das von
d
erzeugte
Hauptideal (
d
) gleich dem Ideal (
a; b
).
2.3. HAUPTIDEALRINGE
23
Prop osition 2.7.
Ist
R
ein ZPE-Ring, sind
a; b
2
R
teilerfremd, und gilt
ab
=
ex
n
(
n
2
) f
ur ein
e
2
R
und ein
x
2
R
, dann gibt es Einheiten
e
1
; e
2
2
R
und
c; d
2
R
mit
a
=
e
1
c
n
und
b
=
e
2
d
n
.
Beweis.
Durch Induktion
ub er die Anzahl der Primfaktoren von
a
. Ist
a
eine
Einheit, so folgt die Behauptung mit
c
= 1,
d
=
x e
1
=
a
und
e
2
=
ea
1
.
Sei die Behauptung b ewiesen f
ur alle
a
2
R
mit h
ochstens
t
verschiedenen
Primfaktoren. Sei dann
p
ein Primelement mit
p
j
a
; genauer nehmen wir an,
es sei
p
h
k
a
. Wegen
p
h
k
x
n
(hier b enutzen wir die Teilerfremdheit von
a
und
b
) mu
h
=
nk
f
ur ein
k
2
N
gelten und
p
k
k
x
sein. Damit ist
a
=
p
h
a
1
,
x
=
p
k
x
1
und
a
1
b
=
ex
n
1
. Nach Induktionsvoraussetzung ist
a
1
=
e
1
c
n
und
b
=
e
2
d
n
, und jetzt folgt die Behauptung wegen
a
=
e
1
(
cp
k
)
n
.
Korollar 2.8.
Ist
R
ein ZPE-Ring, ist
ggT (
a; b
) =
p
f
ur
a; b; p
2
R
mit
p
prim, und gilt
ab
=
ex
n
(
n
2
) f
ur ein
e
2
R
und ein
x
2
R
, dann
gibt es Einheiten
e
1
; e
2
2
R
und
c; d
2
R
mit
a
=
e
1
pc
n
und
b
=
e
2
p
n
1
d
n
(gegebenenfal ls mu man dazu
a
und
b
vertauschen).
Beweis.
Ubung. Man versuche, auf
a
=
pa
1
und
b
=
p
n
1
b
1
zu kommen und
wende dann Prop osition 2.7 auf
a
1
und
b
1
an.
Ubung
Man b estimme alle ganzen Punkte auf der elliptischen Kurve 4
y
2
=
x
3
+ 1 (d.h. alle Paare (
x; y
)
2
Z
Z
, die dieser Gleichung gen
ugen).
2.3 Hauptidealringe
Hauptidealringe werden b ei uns vorl
aug keine groe Rolle spielen; sie kom-
men eigentlich blo als Hilfsob jekt in der Inklusionskette
Euklidische Ringe
Hauptidealringe
ZPE-Ringe
vor, mit der wir uns ZPE-Ringe verschaen werden. Beide Inklusionen wer-
den
ubrigens echt sein; jedo ch kann man zeigen, da f
ur Ganzheitsringe qua-
dratischer (sogar b eliebiger) Zahlk
orp er die zweite Inklusion eine Gleichheit
ist.
Zuerst jedo ch m
ussen wir kl
aren, was ein Hauptidealring ist. Sei dazu
R
ein Ring; ein Teilring
I
heit
Ideal
, wenn
I
R
I
gilt, d.h. wenn
I
b ez
uglich
Multiplikation mit Ringelementen abgeschlossen ist. Man b eachte, da f
ur
24
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
die Aussage \
I
ist Teilring" nur die schw
achere Bedingung
I
I
I
erf
ullt
zu sein braucht. Denno ch gilt z.B. in
R
=
Z
, da
jeder
Teilring auch Ideal
ist; da dies nicht immer so ist, zeigt folgendes Beispiel: die Menge
T
=
a b
0
d
:
a; b; d
2
Z
ist Teilring von
R
=
M
2
(
Z
), dem Ring aller 2
2-Matrizen mit Eintr
agen
aus
Z
(eigentlich kein Ring in unserem Sinne, da er weder kommutativ, no ch
nullteilerfrei ist). Allerdings ist
T
kein Ideal: denn dazu m
ute das Pro dukt
der Einheitsmatrix (diese liegt sicher in
T
) mit einer unteren Dreiecksmatrix
wie
1 0
1 1
(diese liegt sicher in
R
) wieder in
T
liegen.
Ubung.
Sei
k
ein quadratischer Zahlk
orp er. Zeige, da
Z
ein Unterring von
O
k
, ab er kein Ideal in
O
k
ist.
Ideale gibt es wie Sand am Meer: sind
a
1
;::: ;a
n
2
R
gegeb en, so ist die
Menge aller
R
-Linearkombinationen
I
= (
a
1
;::: ;a
n
) :=
f
a
1
r
1
+
:::
+
a
n
r
n
:
r
j
2
R
g
dieser Elemente ein Ideal, das man das von
a
1
;::: ;a
n
erzeugte Ideal nennt.
Da
I
Teilring ist, ist klar; nachzuweisen bleibt die Idealeigenschaft
I R
I
.
Das ist ab er eb enfalls klar: mit
a
=
a
1
r
1
+
:::
+
a
n
r
n
2
I
liegt n
amlich
sicher auch
ar
=
a
1
(
r
1
r
) +
:::
+
a
n
(
r
n
r
) in
I
. Ist
a
1
; a
2
;:::
eine Folge von
Ringelementen, so deniert man
I
= (
a
1
; a
2
;:::
) als die Menge aller
end lichen
R
-Linearkombinationen der
a
i
.
Bemerkung.
Sand am Meer ist etwas
ub ertrieb en, da nicht gesagt ist, da
all diese Ideale auch wirklich verschieden sind. Ist b eispielsweise
R
=
K
ein
K
orp er, dann gibt es nur zwei Ideale: das Nullideal (0) und das Einsideal
(1) =
R
.
Ideale, die von einem Element
a
erzeugt werden, heien
Hauptideale
. Diese
hab en die Gestalt
I
= (
a
) =
f
ar
:
r
2
R
g
und werden manchmal auch
I
=
aR
geschrieb en; sie b estehen oenbar aus allen Vielfachen von
a
.
Ein Ring, in dem
jedes
Ideal ein Hauptideal ist, heit
Hauptidealring
.
Bekanntlich ist
Z
ein solcher: das Ideal (
a
1
;::: ;a
n
) wird n
amlich von
d
=
ggT (
a
1
;::: ;a
n
) erzeugt. Ein b ekanntes Beispiel f
ur einen ZPE-Ring, der
kein Hauptidealring ist, ist der Polynomring
C
[
x; y
] in zwei Variablen: hier
ist (
x; y
) kein Hauptideal, wie man leicht nachpr
uft.
2.3. HAUPTIDEALRINGE
25
Bemerkung.
Da
C
[
x; y
] ein ZPE-Ring ist, folgt dagegen aus einem b e-
kannten Satz der Algebra: ist
R
ein ZPE-Ring, dann auch der Polynomring
R
[
y
]. Da
R
=
C
[
x
] ein ZPE-Ring ist (
R
ist sogar euklidisch), ergibt sich die
Behauptung damit sofort.
Ubung.
Ist (2
; x
) in
Z
[
x
] ein Hauptideal? In
Q
[
X
]?
Auch aus der Zerlegung 2
3 = (1 +
p
5 )(1
p
5 ) k
onnen wir uns
ein Ideal in
R
=
Z
[
p
5 ] basteln, das kein Hauptideal ist: sei n
amlich
I
=
(2
;
1 +
p
5 ). W
are
I
= (
) f
ur ein
2
R
, so folgte
j
2 und
j
(1 +
p
5 );
da ab er 2 und (1 +
p
5 ) in
R
b eide irreduzib el sind, mu
eine Einheit
sein, also
I
= (1) =
R
. Dann l
at sich ab er 1 als
R
-Linearkombination
1 = 2
+ (1 +
p
5 )
mit
;
2
R
darstellen; Multiplikation mit 1
p
5
liefert 1
p
5 = 2
(1
p
5 ) + 6
, und jetzt ist die rechte Seite durch 2
teilbar, die linke ab er nicht.
Ubung.
Finde ein Ideal in
Z
[
p
6 ], welches kein Hauptideal ist.
Satz 2.9.
Hauptidealringe sind ZPE-Ringe.
Beweis.
Angenommen, Z{1 w
are nicht erf
ullt. Dann gibt es ein
a
1
2
R
, das
sich nicht als Pro dukt irreduzibler Elemente schreib en l
at (insb esondere ist
a
1
also nicht irreduzib el). Es ist also
a
1
=
a
2
b
2
(mit Nichteinheiten
a
2
; b
2
2
R
n
R
), wob ei
a
2
(ohne Einschr
ankung) wieder kein Pro dukt irreduzibler
Elemente ist. Dies gibt
a
2
=
a
3
b
3
usw., und wir erhalten eine Folge von
Zahlen
a
1
; a
2
; a
3
:::
2
R
mit
a
2
j
a
1
,
a
3
j
a
2
,
:::
, wob ei
a
i
und
a
i
+1
nicht
assoziiert sind.
Sei nun
I
= (
a
1
; a
2
;:::
) das von den
a
i
erzeugte Ideal. Nach Vorausset-
zung gibt es ein
a
2
R
mit
I
= (
a
), und folglich existieren
m
2
N
und
r
i
2
R
mit
a
=
r
1
a
1
+
:::
+
r
m
a
m
(selbstverst
andlich werden i.A. einige der
r
i
verschwinden). Wegen
a
m
j
a
m
1
j j
a
1
ist
a
m
j
a
. Wegen
a
m
+1
2
(
a
)
gibt es ein
r
2
R
mit
a
m
=
ar
, d.h. es ist
a
j
a
m
+1
. Nach Konstruktion der
a
i
ist ab er
a
m
+1
j
a
m
, folglich sind
a
m
und
a
m
+1
assoziiert im Widerspruch zur
Konstruktion der
a
i
.
Jetzt zeigen wir, da irreduzible Elemente prim sind. Sei dazu
a
2
R
irreduzib el, und seien
x; y
2
R
gegeb en mit
a
j
xy
und
a
-
x
: wir m
ussen
dann
a
j
y
b eweisen. Nun ist (
a; x
) = (
d
) f
ur ein
d
2
R
; also ist
d
j
a
und
d
j
x
. W
are
d
a
, so folgte
a
j
x
im Widerspruch zur Voraussetzung.
Da
a
irreduzib el ist, mu
d
eine Einheit sein. Also ist
d
1
2
R
und damit
1 =
d
1
d
2
(
d
) = (
a; x
), d.h. es existieren
m; n
2
R
mit 1 =
ma
+
nx
.
26
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Multiplikation mit
y
gibt
y
=
may
+
nxy
, und wegen
a
j
xy
folgt
a
j
y
. Das
war zu zeigen.
Eine wichtige Eigenschaft von Hauptidealringen ist die Tatsache, da sie
`b ezoutsch'
2
sind: ein Ring heit
bezoutsch
, wenn zu
a; b
2
R
immer ein
d
ggT (
a; b
) existiert und dar
ub erhinaus
d
=
ar
+
bs
eine
R
-Linearkombination
von
a
und
b
ist. Hauptidealringe sind immer b ezoutsch: zu
a; b
2
R
bilde
man n
amlich das Ideal (
a; b
); da
R
Hauptidealring ist, gilt (
a; b
) = (
d
) f
ur
ein
d
2
R
. Wir b ehaupten, da
d
ggT (
a; b
) gilt. Zum einen gibt es ab er
wegen
a
2
(
d
) ein Element
t
2
R
mit
a
=
dt
; dies zeigt
d
j
a
, und analog folgt
d
j
b
, d.h.
d
ist wirklich ein gemeinsamer Teiler von
a
und
b
. Zum andern
existieren wegen
d
2
(
a; b
) Elemente
r; s
2
R
mit
d
=
ar
+
bs
; ist nun
e
irgendein gemeinsamer Teiler von
a
und
b
, so teilt
e
auch
ar
+
bs
=
d
, d.h.
d
ist in der Tat ein gr
oter gemeinsamer Teiler. Die Bezout-Eigenschaft hab en
wir dab ei schon mitb ewiesen.
Ubung.
Sei
R
ein Ring, der
Z
enth
alt (z.B.
R
=
O
k
). Sind
a; b
2
Z
teiler-
fremd in
Z
, dann auch in
R
. (Hinweis: Bezout).
2.4 Euklidische Ringe
Um in einem Ring
R
die ZPE-Eigenschaft nachzuweisen, werden wir uns zu
anfang ausschlielich des euklidischen Algorithmus b edienen. Eine Funktion
f
:
R
!
N
0
heit
euklidische Funktion
, wenn gilt:
E{1
f
(
a
) = 0 genau dann, wenn
a
= 0;
E{2 zu
a
2
R
und
b
2
R
n f
0
g
gibt es ein
c
2
R
mit
f
(
a
bc
)
< f
(
b
).
Existiert eine euklidische Funktion f
ur
R
, so heit
R
euklidisch
.
Oenbar ist die Betragsfunktion
jj
eine euklidische Funktion auf
Z
(
Ubung!
. Ist
K
ein K
orp er, so ist
f
(
a
) = 2
deg
a
eine euklidische Funktion auf
R
=
K
[
x
] (und
g
(
a
) = 3
deg
a
eine andere). Hierb ei b ezeichnet deg
a
den Grad
eines Polynoms
a
2
K
[
x
] (b eachte, da das Nullp olynom p er denitionem
Grad
1
b esitzt und folglich 2
deg 0
= 2
1
= 0 ist wie gew
unscht).
Satz 2.10.
Euklidische Ringe sind Hauptidealringe.
2
Etienne Bezout (1730{1783), franz
osischer Mathematiker und Lehrbuchautor; was er
mit dieser Eigenschaft zu tun hat, ist nicht klar.
2.4. EUKLIDISCHE RINGE
27
Beweis.
Sei
f
eine euklidische Funktion auf
R
und
A
R
ein Ideal in
R
.
Unter den Elementen in
A
n f
0
g
gibt es eines (sagen wir
a
), f
ur welches
f
minimal wird (denn
f
nimmt nur nat
urliche Zahlen als Werte an). Wir
b ehaupten, da
A
= (
a
) ist. Wegen
a
2
A
ist sicher (
a
)
A
, so da nur die
andere Inklusion zu zeigen ist. Sei daher
b
2
A
b eliebig; wegen E{2 existiert
ein
q
2
R
mit
f
(
b
aq
)
< f
(
a
); da
f
auf
A
n f
0
g
minimal gew
ahlt wurde,
mu
f
(
b
aq
) = 0 sein, nach E{2 also
b
=
aq
. Also ist
b
2
(
a
), und, da
b
2
A
b eliebig war, auch
A
(
a
).
Insb esondere hab en euklidische Ringe
R
die Bezout-Eigenschaft, d.h.
d
ggT (
a; b
) l
at sich als
d
=
ar
+
bs
mit
r; s
2
R
schreib en. Was das Leb en
in euklidischen Ringen so angenehm macht, ist die Tatsache, da man b ei
gegeb enem
a; b
2
R
sowohl
d
ggT (
a; b
), als auch die Bezout-Elemente
r
und
s
mit dem euklidischen Algorithmus
berechnen
kann.
Dazu seien
a; b
2
R
n f
0
g
; wenden wir den Euklidischen Algorithmus an,
so nden wir
q
0
; r
1
2
R
mit
a
bq
0
=
r
1
und
f
(
r
1
)
< f
(
b
). Eb enso existieren
q
1
; r
2
2
R
mit
b
r
1
q
1
=
r
2
und
f
(
r
2
)
< f
(
r
1
) (falls nicht schon
r
1
= 0 ist;
in diesem Fall ist
a
=
bq
und
d
=
b
= 0
a
+ 1
b
, also alles trivial). So fahren
wir fort und nden eine Kette
a
bq
0
=
r
1
f
(
r
1
)
< f
(
b
)
;
b
r
1
q
1
=
r
2
f
(
r
2
)
< f
(
r
1
)
;
r
1
r
2
q
2
=
r
3
f
(
r
3
)
< f
(
r
2
)
;
.
.
.
.
.
.
r
n
2
r
n
1
q
n
1
=
r
n
f
(
r
n
)
< f
(
r
n
1
)
r
n
1
r
n
q
n
=
r
n
+1
f
(
r
n
+1
)
< f
(
r
n
)
:
Nun k
onnen die nat
urlichen Zahlen
f
(
r
j
) nicht b eliebig klein werden; folglich
gibt es ein
n
2
N
mit
r
n
+1
= 0. Wir b ehaupten, da dann
r
n
ggT (
a; b
)
gilt. Aus der letzten Zeile folgt
r
n
j
r
n
1
, dann ergibt die vorletzte
r
n
j
r
n
2
,
und so hangelt man sich durch bis
r
n
j
r
1
,
r
n
j
b
und
r
n
j
a
. Also ist
r
n
ein gemeinsamer Teiler von
a
und
b
. Ist umgekehrt
d
irgendein gemeinsamer
Teiler von
a
und
b
, so liefert die erste Zeile
d
j
r
1
, die zweite
d
j
r
2
, usw., und
schlielich
d
j
r
n
, mit anderen Worten:
r
n
ist ein gr
oter gemeinsamer Teiler.
Die Bezout-Elemente
r; s
2
R
erh
alt man so: wir starten mit
r
n
=
r
n
2
r
n
1
q
n
1
und ersetzen das
r
j
mit dem gr
oten vorkommenden Index durch
die Linearkombination der vorhergehenden Zeile, also hier
r
n
1
durch
r
n
1
=
r
n
3
r
n
2
q
n
2
. Damit hab en wir
r
n
als Linearkombination von
r
n
2
und
28
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
r
n
3
. Jetzt ersetzen wir
r
n
2
durch
r
n
2
=
r
n
4
r
n
3
q
n
3
usw., bis wir
schlielich
r
n
als
R
-Linearkombination von
a
und
b
dargestellt hab en.
Zur Berechnung dieser Bezout-Elemente p er Computer gibt es eine (b e-
z
uglich Co de und Rechenzeit) sparsame Implementierung, die unter dem Na-
men
Berlekamp-Algorithmus
b ekannt ist. Das ganze funktioniert wie folgt:
gegeb en seien
a; b
2
R
, wo
R
euklidisch b ez
uglich
f
ist; (Initialisierung) set-
ze
a
=
r
2
,
b
=
r
1
, sowie
p
2
= 0,
p
1
= 1 und
q
1
= 0. Dann b erechne
man induktiv
A
k
,
r
k
,
p
k
,
q
k
f
ur
k
0 via
r
k
2
=
a
k
r
k
1
+
r
k
;
p
k
=
a
k
p
k
1
+
p
k
2
;
q
k
=
a
k
q
k
1
+
q
k
2
:
Sei
n
der kleinste Index mit
r
n
= 0; dann ist
p
n
r
n
1
=
a
,
q
n
r
n
1
=
b
(Kontrol-
le),
bp
n
1
aq
n
1
= (
1)
n
r
n
1
und
r
n
1
ggT (
a; b
). Als
Ubung
veriziere
man, da der Algorithmus wirklich funktioniert.
Ubung.
Man b erechne die Bezout-Elemente zu ggT (21
;
15) in
Z
.
Ubung.
Man b erechne den gr
oten gemeinsamen Teiler der Polynome
x
n
+
x
2
2 (
n
3) und
x
2
1 in
Z
[
x
] (das Ergebnis wird von
n
abh
angen). Wie
kann man im Nachhinein leicht kontrollieren, da
x
1 immer ein gemeinsa-
mer Teiler ist? Was l
at sich
ub er die Bezout-Elemente sagen?
Ubung.
Seien
;
2 O
k
und (
N ; N
) = 1 in
Z
. Dann ist ggT (
;
)
1
in
O
k
, selbst dann, wenn
O
k
kein ZPE-Ring ist.
Ubung.
Die Bezout-Elemente verdanken ihre Bedeutung der Tatsache, da
man sie zum Invertieren von Restklassen verwenden kann: seien z.B.
a
und
m
teilerfremd; man zeige, wie man die Restklasse
a
mo d
m
in (
Z
=m
Z
)
in-
vertieren kann (invertieren b edeutet, ein
b
2
Z
zu nden mit
ab
1 mo d
m
).
Man b erechne
1
2
mo d 21 und
1
5
mo d 33.
Ubung.
Zeige, da ggT (2
; x
) = 1 im ZPE-Ring
Z
[
x
] gilt, und da hierzu
keine Bezout-Elemente existieren.
Ubung.
Die Bezeichnung oenes Problem ist hier eher angebracht; wer keine
vollst
andige L
osung hinb ekommt, sollte also nicht verzweifeln (und wer eine
ndet, sollte den Fehler suchen). Es geht um die elliptische Kurve
y
2
=
x
3
+
k
2
2.5. DIE FERMATGLEICHUNG
X
4
+
Y
4
=
Z
4
29
f
ur ein festes
k
2
Z
. Man versuche, mit dem in Kapitel 1 vorgestellten Ver-
fahren etwas
ub er die ganzzahligen L
osungen dieser Gleichung herauszub e-
kommen.
Im Verlaufe der Rechnungen wird es vorteilhaft sein, an
k
(und vielleicht
auch an
x; y
) Bedingungen zu stellen; eine typische Bedingung ist z.B. die
Annahme,
k
sei eine ungerade Primzahl.
2.5 Die Fermatgleichung
x
4
+
y
4
=
z
4
Einer der wenigen Beweise von Fermat, die
ub erlebt hab en, ist der von
Satz 2.11.
Die diophantische Gleichung
x
4
+
y
4
=
z
2
hat nur die trivialen
L
osungen (das sind solche mit
xy
= 0
).
Insb esondere hatt also
x
4
+
y
4
=
z
4
keine nicht-trivialen L
osungen. Der
Beweis b eruht auf der Idee des unendlichen Abstiegs (descente innie; innite
descent): ausgehend von einer L
osung (
x; y ; z
)
2
N
3
konstuiert man eine neue
L
osung (
e; f ; g
)
2
N
3
, die \kleiner" ist; da nat
urliche Zahlen nicht b eliebig
verkleinert werden k
onnen, folgt so ein Widerspruch.
Bevor wir b eginnen, erinnern wir an ein Resultat, das b ereits den Grie-
chen b ekannt war: dazu nennen wir ein Trip el (
x; y ; z
)
2
N
3
ein primitives
pythagor
aisches Trip el, wenn
x
2
+
y
2
=
z
2
gilt und
x; y
und
z
paarwei-
se teilerfremd sind. Man sieht sofort, da
z
nicht gerade sein kann: denn
dann m
ussen
x
und
y
wegen der Teilerfremdheit ungerade sein, folglich ist
x
2
+
y
2
1 + 1 = 2 mo d 4, und eine Zahl
2 mo d 4 kann kein Quadrat sein.
Also ist
z
ungerade, folglich
x
o der
y
gerade; wir wollen im folgenden immer
annehmen, da
x
die gerade Zahl ist (ansonsten vertauschen wir
x
und
y
).
Prop osition 2.12.
Ist
(
x; y ; z
)
ein primitives pythagor
aisches Tripel, so gibt
es
a; b; c
2
N
mit
x
= 2
ab
,
y
=
a
2
b
2
und
z
=
a
2
+
b
2
.
Beweis.
Es ist
x
2
= (
z
y
)(
z
+
y
); ein gemeinsamer Teiler
d
von
z
y
und
z
+
y
teilt deren Summe 2
z
und deren Dierenz 2
y
. Da nach Voraussetzung
(
y ; z
) = 1 ist, ist
d
ein Teiler von 2. Andererseits sind
y
und
z
ungerade,
d.h. 2 ist in der Tat ein gemeinsamer Teiler von
z
y
und
z
+
y
. Nach
Korollar 2.8 ist daher
z
+
y
=
a
2
und
z
y
=
b
2
; da
z
y
p ositiv
ist, gilt jeweils das p ositive Vorzeichen, und wir erhalten nach Addition,
bzw. Subtraktion der b eiden Gleichungen
z
+
y
=
a
2
und
z
y
=
b
2
und
anschlieender Division durch 2 die gew
unschten Beziehungen
y
=
a
2
b
2
30
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
und
z
=
a
2
+
b
2
. Multiplikation der b eiden Gleichungen schlielich gibt nach
Ziehen der Quadratwurzel
x
= 2
ab
.
Jetzt wollen wir die Fermatsche Behauptung b eweisen und nehmen dazu
an, es geb e eine L
osung (
x; y ; z
)
2
N
3
von
x
4
+
y
4
=
z
2
mit
xy
6
= 0. Ist
p
ein gemeinsamer Teiler von
x
und
z
, so folgt
p
j
y
, damit
p
4
j
z
2
und
p
2
j
z
;
damit kann man
p
4
k
urzen, und mit diesem Verfahren l
at sich schlielich
jeder gemeinsame Teiler von
x
und
z
(eb enso von
x
und
y
o der von
y
und
z
) eliminieren. Wir d
urfen also annehmen, da
x; y ; z
paarweise teilerfremd
sind.
Nach Prop osition 2.12 existieren
a; b
2
N
mit
x
2
= 2
ab
,
y
2
=
a
2
b
2
und
z
=
a
2
+
b
2
. Da
x
gerade ist, mu
y
ungerade sein. Also ist entweder
a
gerade
und
b
ungerade o der umgekehrt; im ersten Fall w
are 1
y
2
=
a
2
b
2
0
1
1 mo d 4: Widerspruch. Also ist
a
ungerade und
b
gerade, und
wegen
b
2
+
y
2
=
a
2
folgt nun durch no chmaliges Anwenden von Prop osition
2.12 die Existenz von
c; d
2
N
mit
b
= 2
cd
,
y
=
c
2
d
2
und
a
=
c
2
+
d
2
.
Damit folgt dann
x
2
= 4
cd
(
c
2
+
d
2
), also (
x=
2)
2
=
cd
(
c
2
+
d
2
). Nun sind
c
,
d
und
c
+
d
paarweise teilerfremd (ein gemeinsamer Faktor w
urde auch
a
und
b
, also
x
und
y
, teilen), und ihr Pro dukt ist ein Quadrat; nach zweimaliger
Anwendung von Prop osition 2.7 (zuerst auf das Paar
cd
und
x
2
+
d
2
, dann
auf das Paar
c
und
d
) folgt, da diese Faktoren bis auf eine Einheit
1 selbst
Quadrate sin m
ussen; indem wir
c
und
d
p ositiv w
ahlen, k
onnen wir
c
=
e
2
,
d
=
f
2
und
c
2
+
d
2
=
g
2
f
ur
e; f ; g
2
N
erreichen.
Damit ist jetzt ab er
e
4
+
f
4
=
g
2
, d.h. wir hab en eine L
osung der Gleichung
vom Ausgangstyp gefunden, und zwar eine neue wegen
z
=
a
2
+
b
2
= (
c
2
+
d
2
)
2
+ 4
c
2
d
2
> g
4
g
;
mit anderen Worten: zu jeder L
osung (
x; y ; z
)
2
N
3
mit
xy
6
= 0 gibt es eine
L
osung (
e; f ; g
)
2
N
3
mit 0
< g < z
(w
are
g
= 0, so folgte
e
=
f
= 0
und damit
b
= 0, also
x
= 0: Widerspruch). Also kann es keine L
osung
(
x; y ; z
)
2
N
3
mit
xy
6
= 0 geb en, da wir nach endlich vielen Schritten auf
eine L
osung mit 0
< g <
1 kommen w
urden. Damit ist Fermat's Behauptung
b ewiesen.
Auf den ersten Blick ist der Beweis durchaus b eeindruckend; andererseits
steckt nichts dahinter als eine wiederholte Anwendung von Prop osition 2.7!
2.6. * DIE DIOPHANTISCHE GLEICHUNG
Y
2
=
X
3
+ 1 31
2.6 * Die diophantische Gleichung
y
2
=
x
3
+ 1
W
ahrend die ganzzahligen Punkte auf 4
w
2
=
x
3
+ 1 (also solche auf
y
2
=
x
3
+ 1 mit geradem
y
) leicht b estimmen lassen, f
uhrt der allgemeine Fall
auf schwierige Probleme. Wir b eginnen damit, unsere Gleichung in der Form
x
3
=
y
2
1 = (
y
1)(
y
+ 1) zu schreib en; ein gemeinsamer Teiler von
y
+ 1
und
y
1 teilt deren Dierenz 2, d.h. es gibt zwei M
oglichkeiten:
1.
y
ist gerade: dann ist ggT (
y
+ 1
; y
1) = 1, und nach Prop osition 2.7
gibt es Zahlen
a; b
2
Z
mit
y
+ 1 =
a
3
und
y
1 =
b
3
. Indem wir
1 = (
1)
3
in die dritte Potenz hineinziehen, d
urfen wir die Vorzeichen
weglassen und hab en
y
+ 1 =
a
3
und
y
1 =
b
3
. Dierenzbildung liefert
2 =
a
3
b
3
= (
a
b
)(
a
2
+
ab
+
b
2
); also ist
a
b
ein Teiler von 2.
Ist
a
b
=
1, so ergibt sich
2 =
a
2
+
ab
+
b
2
= (
b
1)
2
+
b
(
b
1) +
b
2
= 3
b
2
3
b
+ 1. L
ost man die b eiden dazugeh
origen quadratischen
Gleichungen, so ergibt sich ein Widerspruch (die L
osungen sind nicht
ganz).
Ist dagegen
a
b
=
2, so folgt entsprechend
1 =
a
2
+
ab
+
b
2
=
(
b
2)
2
+
b
(
b
2) +
b
2
= 3
b
2
6
b
+ 4, und jetzt kommt man auf die
einzige L
osung
b
=
1,
a
= 1,
y
= 0 und
x
=
1.
2.
y
ist ungerade: dann ist ggT (
y
+ 1
; y
1) = 2, und nach Prop osition 2.7
gibt es Zahlen
a; b
2
Z
mit
y
+ 1 = 2
a
3
und
y
1 = 4
b
3
, wob ei wir die
Vorzeichen wieder als dritte Potenzen entsorgt hab en (die M
oglichkeit
y
+ 1 = 4
a
3
und
y
1 = 2
b
3
kann durch Ersetzen von
y
durch
y
auf
die erste zur
uckgef
uhrt werden). Wie ob en folgt jetzt durch Bilden der
Dierenz und Teilen durch 2 die Gleichung 1 =
a
3
2
b
3
.
Ungl
ucklicherweise ist es sehr schwer zu zeigen, da diese Gleichung
nur die L
osungen (
a; b
) = (1
;
0)
;
(
1
;
1) b esitzt. Diese f
uhren auf die
L
osungen (
y ; x
) = (
1
;
0)
;
(
3
;
2) der Ausgangsgleichung (man b each-
te, da sich f
ur
y
wirklich b eide Vorzeichen ergeb en, da wir im Beweis
an einer Stelle
y
durch
y
ersetzt hab en).
Welche M
oglichkeiten gibt es, den Beweis zu b eenden? Einmal kann man
a
3
2
b
3
= 1 direkt angreifen, indem man 1 = (
a
b
3
p
2 )(
a
2
+
3
p
2
ab
+
3
p
4
b
2
)
schreibt und b emerkt, da damit
a
b
3
p
2 eine Einheit im Ring
Z
[
3
p
2 ] ist.
Man kann zeigen, da
R
=
h
1
;
1
3
p
2
i
ist, und die Behauptung l
auft
dann darauf hinaus zu b eweisen, da
(1
3
p
2 )
n
=
a
b
3
p
2 notwendig
32
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
j
n
j
1 impliziert (im allgemeinen wird diese Potenz n
amlich die Gestalt
r
+
s
3
p
2 +
t
3
p
4 f
ur ein
t
6
= 0 hab en).
Die andere M
oglichkeit ist, die Gleichung
y
2
=
x
3
+1 in der Form
y
2
= (
x
+
1)(
x
+
)(
x
+
2
) zu schreib en, wo
=
1
2
(
1 +
p
3 ) eine dritte Einheitswurzel
ist, und dann in
Z
[
] zu rechnen.
Beidesmal mu man ab er in einen algebraischen Zahlk
orp er
6
=
Q
gehen,
um die Gleichung zu l
osen.
Zusammenfassung
Wir hab en folgende Begrie deniert:
Einheiten, Assoziierte
prime und irreduzible Elemente
Teilbarkeit und Kongruenzen
Wichtigste Ergebnisse sind:
Primelemente sind irreduzib el; die Umkehrung gilt in ZPE-Ringen
ZPE-Ringe
Hauptidealringe
euklidische Ringe
Dar
ub erhinaus gilt: In ZPE-Ringen existiert ein ggT, in Hauptidealringen
existieren sogar Bezout-Elemente, und in euklidischen Ringen existiert ein
Verfahren, mit denen man diese b erechnen kann.
Kapitel 3
Arithmetik in einigen
quadratischen Zahlk
orp ern
3.1 Die Gauschen Zahlen
Z
[
i
]
ist normeuklidisch
Betrachten wir
R
=
Z
[
i
]; wir wollen zeigen, da die Norm eine euklidische
Funktion auf
R
ist. Dazu m
ussen wir zu jedem
2
R
und jedem
2
R
n f
0
g
ein
2
R
nden mit
N
(
)
< N
(
)
:
(3.1)
Da es hier um unendlich viele Paare (
;
) geht, sieht dies ziemlich schwierig
aus. Hier kommt uns die Multiplikativit
at der Norm zugute: dividieren durch
N
(
) in (3.1) zeigt n
amlich, da es gen
ugt, zu jedem
=
=
2
k
ein
2
R
zu nden mit
N
(
)
<
1
:
(3.2)
Damit hab en wir immer no ch unendlich viele
zu b etrachten, ab er jetzt
kommt ein wesentlicher Punkt: k
onnen wir in (3.2) f
ur ein
ein geeignetes
2
R
nden, dann auch automatisch f
ur jedes
2
k
, das sich von
nur um
eine ganze Zahl aus
R
unterscheidet: ist n
amlich
=
f
ur ein
2
R
, so
folgt aus (3.1) sofort
N
(
(
))
<
1.
Es gen
ugt daher, nur solche
2
k
zu b etrachten, die die Form
=
x
+
y i
mit
j
x
j
;
j
y
j
1
2
hab en. Wir b ehaupten, da f
ur alle solchen
ein einziger Wert
33
34
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
von
gen
ugt, n
amlich
= 0. In der Tat ist
N
(
) =
N
(
) =
x
2
+
y
2
1
4
+
1
4
=
1
2
<
1. Also ist
Z
[
i
] euklidisch b ez
uglich der Norm (normeuklidisch)
und damit insb esondere ein ZPE-Ring.
Ubung.
Bestimme ggT (1 +
i;
1
i
), ggT (1 + 2
i;
1
2
i
) und ggT (1 +
12
i;
7 + 4
i
) mit dem euklidischen Algorithmus in
Z
[
i
]. Kontrolliere das Er-
gebnis durch Primfaktorzerlegung. Man b estimme auch die dazugeh
origen
Bezout-Elemente.
Historisch war
Z
[
i
], von
Z
selbst einmal abgesehen, der erste Ring alge-
braischer Zahlen, von dem man die ZPE-Eigenschaften nachweisen konnte.
Dies hat Gau
1
1828 in seiner Abhandlung
ub er biquadratische Reste getan,
und zwar auf demselb en Weg wie wir hier.
2
Primelemente und Assoziierte
Nachdem wir nun gesehen hab en, da
Z
[
i
] als euklidischer Ring sicher auch
ZPE-Ring ist, somit jedes Element auf im wesentlichen eindeutige Art und
Weise ein Pro dukt von Primelementen ist, ist es an der Zeit, diese Prim-
elemente genau zu b estimmen. Wir b eginnen mit einer allgemein g
ultigen
Beobachtung:
Prop osition 3.1.
Sei
O
k
der Ganzheitsring in einem quadratischen Zahl-
k
orper
k
. Dann gibt es zu jedem Primelement
2 O
k
genau eine rationale
Primzahl
p
2
Z
mit
j
p
O
k
. Insbesondere ist
N
=
p
oder
N
=
p
2
.
Beweis.
Wegen
j
N
teilt
einen der Primteiler
p
von
N
2
Z
; w
are auch
j
q
f
ur ein primes
q
6
=
p
, so m
ute
den ggT (
p; q
) = 1 teilen und w
are
1
Carl Friedrich Gau (1777{1855) war wohl der b edeutendste Mathematiker aller Zei-
ten; no ch als Jugendlicher l
oste er ein 2000 Jahre altes Problem, indem er zeigte, da sich
das regelm
aige 17-Eck mit Zirkel und Lineal konstruieren l
at - f
ur den Beweis entwickelte
er die Kreisteilung, heute Teil der algebraischen Zahlentheorie. Wenig sp
ater fand er den
ersten vollst
andigen Beweis des quadratischen Reziprozit
atsgesetzes und lieferte im Lauf
der Jahre insgesamt acht Beweise desselben. Eb enfalls auf sein Konto geht die Entdeckung
der elliptischen Funktionen (das sind dopp eltp erio dische analytische Funktionen
C
!
C
,
die b eim Berechnen des Ellipsenumfangs auftreten { daher der Name), die er allerdings {
wie vieles andere { nie publiziert hat.
2
Der erste Ring
6
=
Z
ub erhaupt, von dem man zeigte, da er \euklidisch" ist, war der
Polynomring
Q
[
X
]; die Existenz eines Euklidischen Algorithmus in diesem Ring wurde vom
holl
andischen Mathematiker Simon Stevin (* 1548 Br
ugge,
y
1620 Den Haag) b ewiesen.
Stevin hat elf Mathematikb
ucher geschrieb en und den Dezimalzahlen zu ihrem Siegeszug
in Europa verholfen.
3.1. DIE GAUSSSCHEN ZAHLEN
35
Einheit. Die zweite Behauptung folgt leicht aus
j
p
durch Normbildung: wir
nden n
amlich
N
j
p
2
in
Z
, und da
N
6
=
1 ist (sonst w
are
Einheit),
kommen nur die b eiden M
oglichkeiten
N
=
p
und
N
=
p
2
in Frage.
Wir hab en also folgende M
oglichkeiten:
1)
p
ist auch in
O
k
prim: dann ist
N p
=
p
2
;
2)
p
ist in
O
k
nicht prim, ab er irreduzib el;
3)
p
ist in
O
k
reduzib el.
Im ersten Fall nennt man
p
eine
tr
age
Primzahl; der zweite kann nur dann
eintreten, wenn
O
k
kein ZPE-Ring ist (und im Falle
O
k
=
Z
[
p
5 ] hab en
wir b ereits gesehen, da 2
O
k
nicht prim, ab er irreduzib el ist). Untersuchen
wir also den dritten Fall: hier ist
p
=
f
ur Nichteinheiten
;
2
R
. Aus
N N
=
p
2
ergibt sich dann zwangsl
aug
N
=
N
=
p
; schlielich
ergibt
p
=
N
=
0
, da
=
0
sein mu. Schreib en wir daher
statt
, so nden wir
=
0
, wob ei
und
0
Primzahlen der Norm
p
sind. Die
einzige no ch oene Frage ist, ob
und
0
wirklich verschiedene Primelemente
sind, o der ob vielleicht
0
gilt.
Solche Fragen werden wir sp
ater allgemein angehen; hier b egn
ugen wir
uns mit dem Studium der Primelemente von
Z
[
i
]. Wir b ehaupten:
Prop osition 3.2.
Sei
p
2
N
eine rationale Primzahl; dann gibt es folgende
M
oglichkeiten:
1.
p
= 2
: dann ist
p
reduzibel in
Z
[
i
]
: es gilt
2 =
i
(1
i
)
2
, und
= 1
i
ist bis auf Assoziierte das einzige Primelement, das
2
teilt;
2.
p
3 mo d 4
: dann ist
p
tr
age, d.h.
p
ist ein Primelement der Norm
p
2
in
Z
[
i
]
;
3.
p
1 mo d 4
: dann gilt
p
=
0
f
ur prime Elemente
=
a
+
bi
und
0
=
a
bi
in
Z
[
i
]
. Dabei sind
und
0
nicht assoziiert.
Beweis.
Die erste Behauptung kann man einfach nachrechnen. Zum Beweis
der zweiten nehmen wir an,
p
3 mo d 4 sei nicht prim; da
Z
[
i
] ein ZPE-
Ring ist, ist
p
reduzib el, folglich
p
=
N
f
ur ein Primelement
=
a
+
bi
.
Oenbar mu das p ositive Vorzeichen gelten, ab er nun ist
p
=
a
2
+
b
2
niemals
3 mo d 4, da Quadrate immer
0
;
1 mo d 4 sind: Widerspruch.
Sei schlielich
p
1 mo d 4. Nach dem Eulerschen Kriterium ist
1 qua-
dratischer Rest mo dulo
p
, d.h. es gibt ein
x
2
N
mit
x
2
1 mo d
p
(dies
folgt auch einfach aus der Existenz einer Primitivwurzel
g
mo dulo
p
: denn
36
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
wegen
g
(
p
1)
=
2
1 mo d
p
ist
x
g
(
p
1)
=
4
mo d
p
eine L
osung der Kongru-
enz
x
2
1 mo d
p
). Dies b edeutet, da
x
2
+ 1 = (
x
+
i
)(
x
i
) durch
p
teilbar
ist. Da keiner der b eiden Faktoren durch
p
teilbar ist, kann
p
nicht prim sein,
und da
Z
[
i
] ein ZPE-Ring ist, mu
p
reduzib el sein, also
p
=
0
f
ur ein
=
a
+
bi
. W
are
0
, so m
ute
0
=
=
0
2
=p
= (
a
2
b
2
+ 2
abi
)
=p
ganz
sein, also
p
j
a
2
b
2
und
p
j
ab
. Die zweite Bedingung liefert
p
j
a
o der
p
j
b
,
die erste dann
p
j
a
und
p
j
b
, also
p
j
: Widerspruch aus Normgr
unden.
Als Korollar halten wir fest:
Korollar 3.3.
(Fermat, Euler) Jede Primzahl der Form
4
n
+ 1
(
n
2
N
) ist
Summe zweier Quadrate.
Ubung.
Diese Folgerung aus der Tatsache, da
Z
[
i
] euklidisch ist, l
at sich
nat
urlich verallgemeinern. Wie w
urde man b eweisen, da jede p ositive ra-
tionale Primzahl
p
1
;
3 mo d 8 sich in der Form
p
=
c
2
+ 2
d
2
schreib en
l
at?
Ubung.
Zeige, da sowohl
f
0
;
1
;
i
g
, als auch
f
0
;
1
;
2
;
3
;
4
g
ein vollst
andiges
Restsystem mo dulo 1 + 2
i
in
Z
[
i
] ist.
Ubung.
Zeige, da die Assoziierten von
a
+
bi
2
Z
[
i
] durch
(
a
+
bi
),
(
b
+
ai
) gegeb en sind.
Ubung.
Zeige, da die folgenden Aussagen f
ur ein
2
Z
[
i
]
aquivalent sind:
1. (1 +
i
)
-
;
2.
N
ist ungerade;
3.
N
1 mo d 4;
4.
b esitzt eine Assoziierte der Form
a
+
bi
mit
a
1
b
0 mo d 2;
5.
b esitzt eine Assoziierte kongruent 1 mo d (2 + 2
i
)
:
Ubung.
Bestimme alle ganzzahligen L
osungen von
y
2
=
x
3
1.
3.2. DIE EISENSTEINSCHEN ZAHLEN
37
3.2 Die Eisensteinschen Zahlen
Den Ring
Z
[
] nennt man auch den Ring der Eisensteinschen Zahlen; Eisen-
stein
3
hat diesen Ring b ei seinem Beweis des kubischen Reziprozit
atsgesetzes
b enutzt.
Z
[
]
ist normeuklidisch
Wie in Gleichung (3.2) hab en wir zu zeigen, da es zu jedem
=
x
+
y
p
3
2
k
=
Q
(
p
3 ) ein
=
1
2
(
a
+
b
p
3 )
2 O
k
gibt (hier ist also
a
b
mo d 2) mit
N
(
)
<
1. Nun ist
=
1
2
((2
x
a
) + (2
y
b
)
p
3 ); wir k
onnen
b
2
Z
so w
ahlen, da
j
2
y
b
j
1
2
wird. Jetzt m
ussen wir
a
2
Z
so b estimmen, da
j
2
x
a
j
klein wird und
a
b
mo d 2 gilt. Indem wir
a
nur aus den ganzen
Zahlen
b
mo d 2 w
ahlen, ist letzteres immer machbar; oenbar k
onnen wir
dab ei
j
2
x
a
j
1 erreichen (die n
achste ganze Zahl mit vorgegeb ener Parit
at
hat h
ochstens Abstand 1 von 2
x
). Damit ist dann
N
(
)
1
4
(1 +
3
4
) =
7
16
<
1.
Es ist nicht schwer zu zeigen, da man die Konstante
7
16
auf
1
3
verb essern
kann; f
ur uns ist das ab er ohne Belang.
Primelemente und Assoziierte
Da es in
R
=
Z
[
] sechs Einheiten gibt, n
amlich
1,
,
2
, hat jedes von
0 verschiedene Element auch sechs Assoziierte. Ist
=
a
+
b
, so ndet man
=
a
+
b
=
a
b
=
b
+ (
a
b
)
=
b
+ (
b
a
)
2
=
b
a
a
2
=
a
b
+
a
Weiter ist
p
3 =
2
ein Primelement mit 3 =
(
p
3 )
2
, w
ahrend f
ur
das assoziierte Element
= 1
die Beziehung (1
)
2
=
3
gilt.
Wann ist ein Element
=
a
+
b
durch
teilbar? Wegen
=
a
+
b
=
a
+
b
b
(1
)
a
+
b
mo d
ist dies genau dann der Fall, wenn
a
+
b
6
0 mo d 3
ist. In diesem Fall ist ab er eine der drei Zahlen
a
,
b
o der
a
b
durch drei
3
Ferdinand Gotthold Max Eisenstein, 1823{1859; wie Galois, Ab el und Riemann ist
er sehr jung gestorb en. Bekannt ist er vor allem f
ur sein Irreduzibilit
atskriterium (das
eigentlich auf Sch
onemann zur
uckgeht) und durch die Eisensteinreihen in der Theorie der
mo dularen Formen.
38
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
teilbar, und die obige Liste zeigt, da es dann eine Assoziierte von
gibt,
deren Ko ezient von
durch 3 teilbar ist.
Prop osition 3.4.
Ist
2
Z
[
]
nicht durch
p
3
teilbar, dann gibt es ein
t
2 f
0
;
1
;
2
g
derart, da
t
=
a
+
b
mit
b
0 mo d 3
gilt. Insbesondere
besitzt
a
=
N
die Darstel lung
4
a
=
L
2
+ 27
M
2
.
Die letzte Behauptung folgt sofort durch Bilden der Norm, wenn man
a
=
L
und
b
= 3
M
setzt.
Andererseits ist in obigem Argument mindestens eine der drei Zahlen
a
,
b
und
a
b
gerade; derselb e Gedanke liefert dann
Prop osition 3.5.
Zu jedem
2
Z
[
]
gibt es ein
t
2 f
0
;
1
;
2
g
derart, da
t
=
a
+
b
mit
b
0 mo d 2
gilt. Mit anderen Worten:
besitzt eine
Assoziierte der Form
c
+
d
p
3
mit
c; d
2
Z
.
Schreibt man
b
= 2
y
, so folgt
=
a
+
y
(
1 +
p
3 ) =
x
+
y
p
3 mit
x
=
a
y
2
Z
; jedes Element in
Z
[
] b esitzt also eine Assoziierte, die sich in
der Form
x
+
y
p
3 schreib en l
at.
Die Bestimmung der Primelemente in
Z
[
] verl
auft wie in
Z
[
i
] auch, so da
wir uns mit dem Anschreib en des Resultats b egn
ugen und die Arb eit den
H
orern als
Ubungsaufgab e
ub erlassen; es sei allerdings no ch b emerkt, wie
man zeigen kann, da die Kongruenz
x
2
3 mo d
p
f
ur prime
p
1 mo d 3
l
osbar ist. Dazu setze man
r
=
g
(
p
1)
=
3
, wo
g
eine Primitivwurzel mo dulo
p
ist. Oenbar gilt
r
3
1 mo d 3, d.h.
r
ist eine (primitive) dritte Einheits-
wurzel in
Z
=
3
Z
. W
are
r
eine solche in
C
, so w
uten wir, wie wir daraus
eine Quadratwurzel aus 3 konstruieren k
onnen: wegen
=
1
2
(
1 +
p
3 )
ist z.B. 2
+ 1 eine solche. Setzen wir daher
x
= 2
r
+ 1, so b ekommen wir
x
2
= 1 + 4
r
+ 4
r
2
=
3 + 4(1 +
r
+
r
2
). Es gen
ugt daher zu zeigen, da
S
= 1 +
r
+
r
2
0 mo d
p
gilt. Nun ist ab er
r S
=
r
+
r
2
+
r
3
r
+
r
2
+ 1 =
S
mo d
p
, folglich
p
j
(
r
1)
S
. Da ab er
r
6
1 mo d
p
ist, mu
S
durch
p
teilbar
sein.
Prop osition 3.6.
Der Ring
Z
[
]
ist euklidisch und damit ZPE-Ring. Die
Primelemente sind bis auf Assoziierte die folgenden:
1.
= 1
=
p
3
2
ist der Primteiler der
3
;
2. die Primzahlen
q
2 mo d 3
;
3. die Elemente
und
0
mit
0
=
p
, wo
p
eine Primzahl
1 mo d 3
ist.
Als weitere
Ubung zerlege man 7, 13 und 19 in ihre Primfaktoren.
3.2. DIE EISENSTEINSCHEN ZAHLEN
39
Die Fermatgleichung
x
3
+
y
3
+
z
3
= 0
Bereits Euler hat einen Beweis f
ur die Fermatsche Behauptung gegeb en, die
diophantische Gleichung
x
3
+
y
3
+
z
3
= 0 (3.3)
hab e nur die trivialen L
osungen (
xy z
= 0), der Eigenschaften von Zahlen
der Form
c
2
+ 3
d
2
b enutzt (ob Eulers Beweis eine L
ucke enth
alt o der nicht,
ist umstritten { auf jeden Fall enthalten seine Arb eiten einen vollst
andigen
Beweis). Der erste Beweis mittels der Arithmetik von
Z
[
] stammt von Gau,
der sch
arfer gezeigt hat, da (3.3) selbst in
Z
[
] nur die triviale L
osung hat.
Im folgenden geb en wir eine strenge Version des Eulerschen Beweises mit
den Metho den von Gau. Die Idee des Beweises geht auf Fermat zur
uck,
der sie `descente innie' (unendlicher Abstieg, im Englischen innite descent)
genannt hat: man nimmt an, eine Gleichung hab e eine L
osung (
x;y;z;:::
) in
ganzen Zahlen und zeigt dann, da es zu jeder L
osung eine `kleinere' L
osung
(
u; v ; w ; : : :
) gibt (kleiner in dem Sinne, da z.B.
j
u
j
<
j
x
j
o der
ahnliches
gilt). Da nat
urliche Zahlen ab er nicht b eliebig klein werden k
onnen, folgt
daraus ein Widerspruch.
Satz 3.7.
Die diophantische Gleichung
x
3
+
y
3
+
z
3
= 0
besitzt in
Z
nur
triviale L
osungen, also solche mit
xy z
= 0
.
Beweis.
Um die Beweisidee klarer hervortreten zu lassen, verschieb en wir die
technischen Angelegenheiten auf den Schlu unseres Beweises.
Sei [
x; y ; z
] eine L
osung von (3.3) mit
xy z
6
= 0; ist
d
= ggT (
x; y
), so
folgt
d
3
j
z
3
, also
d
j
z
, und
x
0
=
x=d
,
y
0
=
y =d
,
z
0
=
z =d
liefern eine
L
osung [
x
0
; y
0
; z
0
] mit ggT (
x
0
; y
0
) = ggT (
y
0
; z
0
) = ggT (
z
0
; x
0
) = 1. Wir d
urfen
also ohne Beschr
ankung der Allgemeinheit von vornherein annehmen, da
ggT (
x; y
) = ggT (
y ; z
) = ggT (
z ; x
) = 1 ist.
Betrachten wir (3.3) nun mo dulo 9. W
are keine der drei Zahlen durch
3 teilbar, so folgte
x
3
1 mo d 9,
y
3
1 mo d 9, und
z
3
1 mo d 9,
also
1
1
1
0 mo d 9: Widerspruch. Folglich ist eine (und wegen der
Teilerfremdheit genau eine) der drei Zahlen durch 3 teilbar, sagen wir
z
. Wir
denieren
n
1 durch 3
n
k
z
. Wegen
(1)
ggT (
x
+
y ; x
2
xy
+
y
2
) = 3 folgt
dann mit Prop osition 2.7 aus (
x
+
y
)(
x
2
xy
+
x
2
) =
z
3
, da
x
+
y
= 3
3
n
1
a
3
(3.4)
x
2
xy
+
y
2
= 3
b
3
(3.5)
40
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
mit 3
-
ab
gilt. Im Ring
R
=
Z
[
] zerf
allt
x
2
xy
+
y
2
in zwei Faktoren:
x
2
xy
+
y
2
= (
x
+
y
)(
x
+
y
2
)
:
Schreib en wir
x
+
y
=
, so ist
x
+
y
2
=
0
. Wegen
(2)
ggT (
x
+
y ; x
+
y
2
)
p
3 folgt aus der Teilerfremdheit von
=
p
3 und
0
=
p
3, da
=
x
+
y
=
t
p
3
3
f
ur ein geeignetes
t
2 f
0
;
1
g
und
2
Z
[
] gilt.
Dab ei d
urfen wir annehmen, da
= (
g
+
h
p
3 )
3
mit
g ; h
2
Z
sind (denn
dies k
onnen wir durch geeignete Multiplikation von
mit Potenzen von
sicher erreichen; diese Potenzen von
st
oren wegen der dritten Potenz von
nicht). Weiter kann man leicht
(3)
t
= 1 zeigen; damit ist
=
x
+
y
=
1
p
3 (
g
+
h
p
3 )
3
;
(3.6)
wegen
=
y
+ (
x
y
)
=
x
+
y
2
+
x
y
2
p
3 daher
x
+
y
=
2(9
g
2
h
9
h
3
),
und somit zusammen mit (3.4) 3
3
n
1
a
3
=
18
h
(
g
h
)(
g
+
h
), o der
(3
n
1
a
)
3
=
2
h
(
g
h
)(
g
+
h
)
:
(3.7)
Wegen
(4)
ggT (2
h; g
+
h
) = ggT (
g
+
h; g
h
) = ggT (2
h; g
h
) = 1 liefert eine
letzte Anwendung von Prop osition (2.7) die Existenz von
A; B ; C
2
Z
mit
2
h
=
A
3
,
g
+
h
=
B
3
und
g
h
=
C
3
,
AB C
= 3
n
1
a
und
A
3
+
B
3
+
C
3
=
2
h
+
g
+
h
(
g
h
) = 0. Also ist (3
:
3) auch l
osbar mit ganzen Zahlen
A; B ; C
derart, da
AB C
genau durch 3
n
1
teilbar ist (in der Ausgangsl
osung war
xy z
genau durch 3
n
teilbar). Indem man so fortf
ahrt, erh
alt man irgendwann
eine L
osung [
a; b; c
] mit 3
-
abc
: eine solche kann es ab er, wie wir eingangs
gesehen hab en, nicht geb en.
Dieser Widerspruch b eendet den Beweis. Nachzuweisen sind allerdings
no ch die Teilerfremdheitsaussagen (1), (2) und (4), sowie die Behauptung
(3)
ub er die Einheit
t
.
Beginnen wir mit (2). Ein gemeinsamer Teiler von
und
0
teilt auch die
Dierenz
0
=
y
(
2
), sowie
0
= 3
b
3
und damit erst recht
z
3
. Wegen
(
y ; z
) = 1 kann also nur das Primelement
p
3 =
2
gemeinsamer Teiler
von
und
0
sein. Dieses ist auch in der Tat ein solcher: w
aren n
amlich
und
0
teilerfremd, so m
ute mit ihrem Pro dukt auch eine unter ihnen durch
3 teilbar sein: das geht ab er nur f
ur 3
j
x
, 3
j
y
, und dies widerspricht der
angenommenen Teilerfremdheit. Insb esondere ist das Pro dukt (
x
2
xy
+
y
2
) =
(
x
+
y
)(
x
+
y
2
) genau durch 3 teilbar; dies ist der zweite Teil von (1).
Der erste folgt leicht: ist
p
ein Primteiler von
x
+
y
, also
x
y
mo d
p
,
3.2. DIE EISENSTEINSCHEN ZAHLEN
41
so folgt
x
2
xy
+
y
2
3
y
2
mo d
p
. Ab er
p
j
y
widerspricht (wegen
x
y
mo d
p
) der Teilerfremdheit von
x
und
y
, folglich kommen nur Potenzen
von 3 als gemeinsame Teiler in Frage. Wegen 3
k
(
x
2
xy
+
y
2
) und der
Tatsache, da (
x
2
xy
+
y
2
)(
x
+
y
) =
z
3
eine dritte Potenz ist, mu also
3 = ggT (
x
+
y ; x
2
xy
+
y
2
) sein wie b ehauptet.
Als n
achstes zeigen wir (3). Sei dazu
p
ein gemeinsamer Primteiler von
g
+
h
und
g
h
; w
are
p
= 2, also
g
und
h
entweder b eide gerade o der b eide
ungerade, so folgte 2
j
(
g
+
h
p
3 ), somit 2
j
und endlich 2
j
x
, 2
j
y
:
Widerspruch. Ist
p
3, so teilt
p
mit
g
+
h
und
g
h
auch deren Summe 2
g
und Dierenz 2
h
, d.h. es ist
p
j
g
und
p
j
h
, somit wie ob en
p
j
x
und
p
j
y
im Widerspruch zur Voraussetzung.
Schlielich k
ummern wir uns um (4). Wegen 1
(
g
+
h
p
3
;
p
3 ) folgt
(
g
+
h
p
3 )
3
g
3
1 mo d 3
p
3, andererseits zeigt
x
(1
) mo d 9,
da
(1
)
t
p
3 mo d 3 gilt. Setzt man
p
3 =
2
ein, so sieht
man, da
t
= 1 sein mu.
Mit derselb en Metho de kann man zeigen, da die Gleichung
x
3
+
y
3
= 3
z
3
nur nichttriviale L
osungen b esitzt; entsprechend sind die einzigen L
osun-
gen von
x
3
+
y
3
= 2
z
3
mit
xy z
6
= 0 gegeb en durch (
x; x; x
); b eide S
atze
stammen von Legendre
4
, der weiter b ehauptet hat,
x
3
+
y
3
=
az
3
hab e f
ur
a
= 3
;
4
;
5
;
6
;
8
;:::
nur nichttriviale L
osungen. Pepin dagegen hat darauf
verwiesen, da 17
3
+ 37
3
= 6
21
3
ist. Nagell hat schlielich gezeigt, da die
Gleichung
x
3
+
y
3
=
az
3
f
ur
a >
2 entweder keine o der unendlich viele primi-
tive L
osungen b esitzt. (Eine L
osung (
x; y ; z
)
2
Z
3
heit primitiv, wenn
x; y ; z
paarweise teilerfremd sind. Ist (
x; y ; z
)
2
Z
3
irgendeine L
osung, so kann man
sich dazu leicht unendlich viele nicht-primitive L
osungen (
k x; k y ; k z
) mit
k
2
Z
basteln.
Ein weiteres Ergebnis kann man dem B
uchlein \Lectures on Elliptic Cur-
ves", Cambridge Univ. Press 1991, von J.W.S. Cassels entnehmen: dort
wird skizziert, da die Gleichung
x
3
+
y
3
=
q
1
q
2
z
3
, wo
q
1
2 mo d 9 und
q
2
5 mo d 9 prim sind, nur trivial l
osbar ist. Das legt die Frage nach, was
solche Gleichungen in einem Buch
ub er elliptische Kurven zu suchen hab en.
Tats
achlich ist die Fermatkurve
x
3
+
y
3
=
z
3
eine elliptische Kurve: dividiert
man durch
z
und setzt
r
=
x=z
,
s
=
y =z
, so folgt
r
3
+
s
3
= 1; mit
r
=
u
+
v
und
s
=
u
v
erh
alt man weiter 2
u
3
+ 6
uv
2
= 1, also 2 + 6(
v =u
)
2
= 1
=u
3
.
4
Adrien-Marie Legendre, 1752 { 1833; er hat das quadratische Reziprozit
atsgesetz in
seiner heutigen Form ausgespro chen, und ist auerdem f
ur seine Arb eiten auf dem Gebiet
der elliptischen Funktionen b ekannt.
42
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Multipliziert man dies mit 6
3
und setzt
Y
= 36
v =u
,
X
= 6
=u
, so ergibt sich
die elliptische Kurve
Y
2
=
X
3
432.
Ubung.
Man zeige, da
x
3
+
y
3
=
dz
3
f
ur jedes rationale
d
6
= 0 eine elliptische
Kurve ist.
3.3 * Elemente mit Primnorm sind prim
Da ein
2 O
k
, f
ur das
p
=
N
eine rationale Primzahl ist, immer irre-
duzib el ist, hab en wir schon gesehen. Tats
achlich sind solche
ab er sogar
prim:
Prop osition 3.8.
Ist
k
ein quadratischer Zahlk
orper mit Ganzheitsring
O
k
,
so ist jedes
2 O
k
mit primer Norm auch prim.
Ist
O
k
ein ZPE-Ring, ist dies leicht einzusehen: Elemente mit primer Norm
sind irreduzib el, und in ZPE-Ringen sind irreduzible Elemente prim. Um dies
allgemein zu b eweisen, seien
;
2 O
k
gegeb en mit
j
; zu zeigen ist,
da dies
j
o der
j
impliziert. In der Sprache von Kongruenzen m
ussen
wir also aus
0 mo d
schlieen, da
0 mo d
o der
0 mo d
gilt; mit anderen Worten: zu zeigen ist, da der Restklassenring
O
k
=
O
k
nullteilerfrei ist. Tats
achlich werden wir sogar zeigen, da
O
k
=
O
k
'
F
j
p
j
=
Z
=p
Z
isomorph zum K
orp er mit
j
p
j
Elementen ist.
Sei dazu
f
1
; !
g
eine Ganzheitsbasis von
O
k
, also
O
k
=
Z
Z
!
; damit ist
=
a
+
b!
f
ur
a; b
2
Z
. Wir b ehaupten, da
b
nicht durch
(und erst recht
nicht durch
p
=
0
) teilbar ist. Aus
j
b
folgt n
amlich wegen
a
=
b!
sofort
j
a
, und durch Normbildung
p
j
a
2
und
p
j
b
2
; da
p
prim in
Z
ist, gilt
p
j
a
und
p
j
b
; dann w
are ab er
=
a
+
b!
durch
p
=
0
teilbar und folglich
0
eine Einheit: Widerspruch.
Damit existiert ein
c
2
Z
mit
bc
1 mo d
p
(insb esondere ist
bc
1 mo d
O
k
). Wir nden
b!
a
mo d
, nach Multiplikation mit
c
somit
!
ac
mo d
O
k
. Ist nun irgendein
=
r
+
s!
2 O
k
gegeb en, so folgt
r
+
sbc
mo d
O
k
, d.h. mo dulo
ist jedes Element einer ganzen Zahl aus
Z
kongruent. Indem wir diese Zahl mo dulo
p
(und
p
ist ein Vielfaches von
)
reduzieren, folgt weiter, da
mo dulo
einer der Zahlen 0
;
1
;
2
;::: ;p
1
kongruent ist.
Jetzt ist die Nullteilerfreiheit ab er ganz leicht zu zeigen: ist
0 mo d
und sind
A; B
2 f
0
;
1
;::: ;p
1
g
Zahlen mit
A
mo d
O
k
und
B
mo d
O
k
, so folgt
j
AB
; Normbildung liefert
p
j
A
2
B
2
, folglich
p
j
A
o der
3.4. DIE PELLSCHE GLEICHUNG
43
p
j
B
. Also ist
A
= 0 o der
B
= 0, und damit schlielich
A
= 0 mo d
o der
B
= 0 mo d
.
3.4 Die Pellsche Gleichung
Im Gegensatz zu imagin
arquadratischen Zahlk
orp ern scheinen die Ganzheits-
ringe reellquadratischer K
orp er
Q
(
p
m
) nichttriviale Einheiten (also solche
nicht endlicher Ordnung) zu b esitzen; die folgende Tab elle gibt solche Ein-
heiten f
ur kleine Werte von
m
:
m
2 3 5 6 7
"
1 +
p
2 2 +
p
3
1
2
(1 +
p
5) 5 + 2
p
6 8 + 3
p
7
Dies legt die Vermutung nahe, da dies f
ur alle
m >
0 richtig ist; da
Einheiten ganze Elemente mit Norm
1 sind, l
auft dies auf die Aussage
hinaus, da die
Pel lsche Gleichung
x
2
my
2
= 1 f
ur alle quadratfreien
m >
0
l
osbar ist. Tats
achlich gilt etwas mehr:
Satz 3.9.
Sei
m >
0
kein Quadrat. Dann ist die Gleichung
x
2
my
2
= 1
in
ganzen Zahlen
x; y
nichttrivial l
osbar.
Der Beweis des Satzes ist etwas verwickelt; im wesentlichen b eruht er auf
dem Dirichletschen Schubfachprinzip, das sich folgendermaen aussprechen
l
at:
Legt man
N
+ 1 Perlen in
N
Schubf
acher, dann enth
alt ein Schub-
fach mindestens zwei Perlen.
Ubung.
Man zeige mit dem Schubfachprinzip: zu jeder reellen Zahl gibt es
unendlich viele Paare (
p; q
)
2
Z
Z
mit
j
x
p
q
j
<
1
q
2
. (Hinweis: b etrachte die
Reste mo dulo 1 der Zahlen 0,
x
, 2
x
,
:::
,
nx
; diese
n
+ 1 Reste liegen in den
n
Intervallen [0
;
1
n
), [
1
n
;
2
n
),
:::
, [
n
1
n
;
1)).
Wir b eginnen mit dem
Hilfssatz 3.10.
Seien
1
und
2
zwei von
0
verschiedene reel le Zahlen derart,
da
1
=
2
irrational ist. Dann gibt es zu jedem
N
2
N
Zahlen
A; B
2
Z
, die
nicht beide gleich
0
sind und die folgenden Ungleichungen gen
ugen:
j
A
1
+
B
2
j
1
N
(
j
1
j
+
j
2
j
)
;
j
A
j
N ;
j
B
j
N :
(3.8)
44
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Beweis.
Wir nehmen an, da
1
und
2
b eide p ositiv sind (andernfalls m
ussen
die Vorzeichen von
a
und
b
im folgenden Beweis entsprechend ge
andert wer-
den). Wir b etrachten die Funktion
f
:
Z
Z
!
R
: (
a; b
)
7!
a
1
+
b
2
(3.9)
und b ehaupten, da
f
injektiv ist. In der Tat folgt aus
f
(
a; b
) =
f
(
a
0
; b
0
)
sofort (
a
a
0
)
1
+ (
b
b
0
)
2
= 0, und dies steht im Widerspruch dazu, da
1
=
2
irrational ist.
Es gibt (
N
+ 1)
2
Paare ganzer Zahlen in [0
; N
]
[0
; N
], und deren Funkti-
onswerte liegen im Intervall [0
; N
(
j
1
j
+
j
2
j
)]. Teilen wir dieses Intervall in
N
2
gleichlange St
ucke der L
ange
1
N
(
j
1
j
+
j
2
j
), so mu es wegen (
N
+ 1)
2
> N
2
und dem Dirichletschen Schubfachprinzip zwei Paare (
a; b
)
6
= (
a
0
; b
0
) geb en
mit
j
f
(
a; b
)
f
(
a
0
; b
0
)
j
1
N
(
j
1
j
+
j
2
j
). Setzen wir jetzt
A
=
a
a
0
und
B
=
b
b
0
, so hab en diese die gew
unschten Eigenschaften.
Korollar 3.11.
Sei
m
2
N
kein Quadrat. Dann gibt es ein
c
2
Z
derart,
da die Gleichung
A
2
mB
2
=
c
unend lich viele L
osungen
(
A; B
)
2
Z
Z
besitzt.
Beweis.
Nach obigem Hilfssatz gibt es Zahlen
A; B
2
Z
, die nicht b eide 0
sind und den Ungleichungen
j
A
B
p
m
j
1
N
(1 +
p
m
)
;
j
A
j
N ;
j
B
j
N
(3.10)
gen
ugen. Die Dreiecksungleichung liefert
j
A
+
B
p
m
j j
A
j
+
j
B
p
m
j
N
(1 +
p
m
)
;
(3.11)
und Multiplikation von (3.10) und (3.11) gibt
j
A
2
mB
2
j
(1 +
p
m
)
2
:
(3.12)
Jetzt lassen wir
N
! 1
gehen. Dann m
ussen unendlich viele verschiedene
Paare (
A; B
) auftreten, da aus der Endlichkeit folgen w
urde, da die Menge
fj
A
B
p
m
j
:
A; B
2
Z
g
ein Minimum b es
ae, was wegen (3.10) ab er nicht
sein kann.
Da ab er
j
A
2
mB
2
j
durch (3.10) nach ob en b eschr
ankt ist, mu es ein
c
2
Z
mit
j
c
j
(1 +
p
m
)
2
geb en, f
ur das
A
2
mB
2
=
c
unendlich viele
L
osungen b esitzt.
3.4. DIE PELLSCHE GLEICHUNG
45
Jetzt k
onnen wir Satz 3.9 b eweisen: nach obigem Korollar gibt es f
ur
ein geeignetes
m
2
Z
unendlich viele Paare (
A; B
) mit
A
2
mB
2
=
c
(und oenbar d
urfen wir dab ei
A >
0 annehmen). Darunter w
ahlen wir
(
c
+ 1)
2
L
osungen aus und b etrachten deren Restklassen mo dulo
c
. Nach
dem Dirichletschen Schubfachprinzip gibt es also Paare (
A
1
; B
1
)
6
= (
A
2
; B
2
)
mit
A
1
A
2
mo d
c
und
B
1
B
2
mo d
c
. Mit
j
=
A
j
+
B
j
p
m
ist dann
N
1
=
N
2
=
m
und
1
2
mo d
c
. Aus
N
(
1
=
2
) = 1 folgt, da
1
=
2
eine
Einheit ist,
wenn
wir zeigen k
onnen, da diese Zahl ganz ist. Nun gilt ab er
1
=
2
= 1 + (
1
2
)
=
2
= 1 + (
1
2
)
0
2
=m
. Da ab er die Dierenz
1
2
nach Konstruktion durch
m
teilbar ist, ist
1
=
2
in der Tat ganz und damit
eine Einheit. Zu zeigen ist jetzt no ch, da
1
=
2
6
=
1 ist. Ab er
1
=
2
6
= 1
folgt aus
1
6
=
2
, und
1
=
2
6
=
1 folgt aus der Tatsache, da
A
1
und
A
2
b eide p ositiv sind. Damit ist 3.9 b ewiesen.
Wir wissen jetzt, da es in jedem reellquadratischen Zahlk
orp er nichttri-
viale Einheiten gibt. Tats
achlich kann man die Einheitengrupp e als abstrakte
Grupp e ganz genau b estimmen: f
ur reellquadratische
k
gilt
O
k
'
(
Z
=
2
Z
)
Z
.
Dies ist der Inhalt von
Satz 3.12.
Ist
k
ein reel lquadratischer Zahlk
orper, so gibt es eine Einheit
"
2 O
k
derart, da jede Einheit
2 O
k
sich eindeutig in der Form
=
"
t
f
ur ein
t
2
Z
schreiben l
at.
Man sieht sofort, da mit
"
auch
"
1
(und nur diese vier) die Eigenschaft
in Satz 3.12 hab en; von diesen vier Einheiten sind genau zwei p ositiv, und
von diesen b eiden ist genau eine
>
1. Diese Einheit
" >
1 nennt man auch
die
Fundamentaleinheit
von
k
.
Beweis.
Wir identizieren nun die Zahlen
a
+
b
p
m
mit denjenigen reellen
Zahlen, die der p ositiven Quadratwurzel von
m
entsprechen. Die einzigen
Einheiten
2 O
k
mit
j
j
= 1 sind dann
=
1 (dies folgt aus der Irratio-
nalit
at von
m
).
Wir b ehaupten, da es unter allen Einheiten mit
j
j
>
1 eine mit mini-
malem Betrag gibt. Andernfalls gibt es eine (sogar unendlich viele) Einheit
mit 1
<
j
j
<
5
4
. Wegen
j
0
j
= 1 folgt daraus
4
5
<
j
0
j
<
1. Schreibt man
=
a
+
b
p
m
(mit m
oglicherweise halbzahligen
a; b
), so folgt 2
j
a
j
=
j
+
0
j
j
j
+
j
0
j
<
9
4
, also
j
a
j
1. Da
a
= 0 unm
oglich ist, mu
a
=
1 sein. Aus
1
<
j
j
<
5
4
folgt dann sofort
b
= 0, also
= 1 im Widerspruch zur Annahme.
Sei nun
"
eine Einheit mit minimalem Betrag
>
1. Wir b ehaupten, da
"
dann die Eigenschaften aus Satz 3.12 b esitzt. W
are dies n
amlich nicht so,
46
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
g
ab e es eine Einheit
mit
"
n
<
j
j
< "
n
+1
f
ur geeignetes
n
2
N
. Dann
ist ab er
"
n
eine Einheit, deren Betrag echt zwischen 1 und
"
liegt: dies
widerspricht der Wahl von
"
.
Die Eindeutigkeit ist klar: aus
"
t
=
"
u
folgt
j
"
t
u
j
= 1, was wegen der
Irrationalit
at von
"
sofort
t
=
u
impliziert; damit folgt dann wiederum die
Ub ereinstimmung des Vorzeichens.
Bemerkung.
Der hier angef
uhrte Existenzb eweis taugt nicht zur Berech-
nung der Fundamentaleinheit (auer f
ur ganz kleine
m
); b eispielsweise ist
"
= 48842 + 5967
p
67 die Fundamentaleinheit von
Q
(
p
67 ). Es gibt gl
uck-
licherweise ein recht gutes Verfahren zur Berechnung von Fundamentalein-
heiten quadratischer K
orp er, das auf der Kettenbruchentwicklung von
p
m
b eruht. Ein
ahnlich schnelles Verfahren f
ur Zahlk
orp er h
oheren Grades ist
unb ekannt.
3.5 * Welche Zahlen sind Normen?
Die einzige uns bisher b ekannte Metho de, die Unl
osbarkeit der Gleichung
x
2
my
2
=
c
b ei gegeb enen
m
2
N
und
c
2
Z
zu b eweisen, ist diejenige,
die Gleichung als Kongruenz mo dulo
n
aufzufassen, wob ei
n
ein Teiler von
m
o der
c
ist; b eispielsweise ist
x
2
10
y
2
=
2 in
Z
nicht l
osbar, weil es
die Kongruenz
x
2
2 mo d 5 nicht ist. Diese Metho de versagt ab er b ei der
Gleichung
x
2
79
y
2
=
3, und der Grund ist einfach:
x
2
79
y
2
=
3 hat
die rationale L
osung
x
=
2
5
,
y
=
1
5
; insb esondere ist sie l
osbar mo dulo jedem
zu 5 teilerfremden
n
2
Z
. Entsprechend zeigt
x
=
13
7
und
y
=
2
7
, da sie
mo dulo jedem zu 7 teilerfremden
n
2
Z
l
osbar ist. Insgesamt sehen wir, da
x
2
79
y
2
3 mo d
m
f
ur alle
m
2
Z
l
osbar ist.
Um zu zeigen, da
x
2
79
y
2
=
3 wirklich keine ganzzahlige L
osung b e-
sitzt, m
ussen wir uns daher etwas anderes einfallen lassen. Sei dazu allgemein
k
=
Q
(
p
m
) ein reellquadratischer Zahlk
orp er, und sei
"
=
t
+
u
p
m >
1
die Fundamentaleinheit (b eachte, da
t
und
u
halbzahlig sein d
urfen). Sei
weiter
2 O
k
eine L
osung der Gleichung
j
N
j
=
c
. Nun macht man sich
geometrisch leicht klar, da es ein
n
2
Z
gibt, so da folgende Ungleichung
erf
ullt ist:
1
j
"
n
j
<
j
"
j
:
Setzen wir
=
"
n
und schreib en
=
a
+
b
p
m
(wieder d
urfen
a
und
b
3.5. * WELCHE ZAHLEN SIND NORMEN?
47
halbzahlig sein), dann folgt
j
0
j
=
j
0
j
j
j
=
c
j
j
;
und daher die Absch
atzungen
c
j
"
j
<
j
0
j
c:
Die Dreiecksungleichung liefert jetzt
j
2
a
j
=
j
+
0
j j
j
+
j
0
j
<
j
"
j
+
c;
j
2
b
j
p
m
=
j
0
j j
j
+
j
0
j
<
j
"
j
+
c:
(3.13)
Hieraus folgen sofort Schranken f
ur
a
und
b
, und jetzt kann man das Problem
in endlich vielen Schritten l
osen, indem man einfach durchprobiert. Bevor
man dies b ei unserem Beispiel mit
m
= 79 durchf
uhrt, sollte man sich ab er
Gedanken dar
ub er machen, ob sich diese Schranken nicht verb essern lassen:
es ist n
amlich hier
"
= 80 + 9
p
79
160, so da man relativ viele Paare (
a; b
)
zu b etrachten hat!
In der Tat lassen sich die Schranken wesentlich versch
arfen. Setzen wir
n
amlich wie ob en
=
"
n
und w
ahlen
n
2
Z
so, da
p
c
p
"
j
j
<
p
c
j
"
j
gilt, so erhalten wir wie ob en die Absch
atzungen
j
j
<
p
c
j
"
j
und
j
0
j
p
c
j
"
j
;
was dann b ereits auf
j
2
a
j
<
2
p
c
j
"
j
f
uhrt, die deutlich b esser ist als
j
2
a
j
<
j
"
j
+
c
.
Tats
achlich kann man ab er no ch einmal in etwa einen Faktor 2 gewinnen,
wenn man folgenden Hilfssatz verwendet:
Hilfssatz 3.13.
Gen
ugen
x; y
2
R
den Ungleichungen
0
< x
r
,
0
< y
r
und
0
< xy
s
, dann ist
x
+
y
r
+
s
r
.
Beweis.
Es ist 0
<
(
r
x
)(
r
y
) =
r
2
r
(
x
+
y
) +
xy
r
2
+
s
r
(
x
+
y
),
und die Behauptung folgt.
48
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Wir hab en eine solche Situation vorliegen mit
r
=
p
c
j
"
j
und
s
=
c
;
also folgt
j
+
0
j
c
p
j
"
j
+
1
p
j
"
j
; da man
1
p
j
"
j
z.B. durch 1 nach ob en
absch
atzen kann, ist diese Schranke f
ur groe
"
tats
achlich um etwa einen
Faktor 2 b esser. Wir fassen zusammen:
Satz 3.14.
Sei
k
ein quadratischer Zahlk
orper mit Einheit
" >
1
; dann exi-
stiert zu jedem
2 O
k
mit Norm
j
N
j
=
c
eine Assoziierte
=
a
+
b
p
m
(mit h
ochstens halbzahligen
a; b
), soda die folgenden Schranken gelten:
j
a
j
1
2
p
c
p
j
"
j
+
1
p
j
"
j
j
b
j
1
2
p
m
p
c
p
j
"
j
+
1
p
j
"
j
(3.14)
F
ur
m
= 79,
"
= 80 + 9
p
79 und
c
= 3 folgt damit
j
b
j
1
:
24
:::
, d.h. es
ist nur
b
= 1 zu b etrachten (auf
b
=
1 k
onnen wir aus Symmetriegr
unden
verzichten, der Fall
b
= 0 ist oensichtlich unm
oglich). Ab er die Gleichung
a
2
79
1
2
=
3 ist nicht l
osbar, da 79
3 keine Quadratzahl ist. Also gibt
es in
Z
[
p
79 ] kein Element der Ordnung
3, d.h. 3 ist irreduzib el, wegen
3
j
(2
p
79 )(2 +
p
79 ) ab er nicht prim.
3.6 Der Lucas-Lehmer-Test
Seit Euklid wissen wir, da es keine gr
ote Primzahl geb en kann; trotzdem
gibt es eine gr
ote
bekannte
Primzahl, und solange keine einfache Prim-
zahlformel gefunden wird, wird dies auch so bleib en. Die gr
ote b ekannte
Primzahl ist in der Regel eine Zahl der Form 2
p
1 mit
p
prim; Zahlen
dieser Form heien Mersenne-Zahlen.
5
Es ist leicht zu zeigen, da 2
p
1
nur dann prim sein kann, wenn
p
selbst prim ist: dies folgt leicht aus der
5
Marin Mersenne (1588{1648), Priester. Er stand mit vielen Mathematikern brieich
in Verbindung und war fuer die Verbreitung neuer Resultate \zust
andig". Bekannt ist er
f
ur seine Vermutung, da
p
= 2
;
3
;
5
;
7
;
13
;
17
;
19
;
31
;
67
;
127, und 257 die einzigen Prim-
zahlen
257 sind, f
ur die 2
p
1 prim ist. Tats
achlich f
uhren
p
= 67 und
p
= 257 auf
zusammengesetzte Zahlen, w
ahrend
p
= 61
;
89
;
107 Primzahlen liefern, ab er nicht auf
seiner Liste stehen. Da 2
67
1 nicht prim ist, hat man schon fr
uh mit dem LL-Test
erkannt; die tats
achliche Faktorisierung gelang Coleman, der daf
ur, wie er selbst sagte,
die \Sonntage von drei Jahren" verbraten hat. Heute liefert ein gutes Faktorisierungspro-
gramm das Ergebnis 2
67
1 = 193707721
761838257287 in Sekundenschnelle. Dagegen
kostet die Faktorisierung von 2
257
1 = 535006138814359
1155685395246619182673033
3.6. DER LUCAS-LEHMER-TEST
49
Tatsache, da 2
a
1 immer ein Teiler von 2
ab
1 ist wegen
x
ab
1 =
(
x
a
1)(
x
ab
a
+
x
ab
2
a
+
:::
+
x
a
+ 1), was sich durch Ausmultiplizieren leicht
verizieren l
at.
Der Grund, warum Rekordprimzahlen in der Regel Mersennesche Zahlen
sind, liegt in folgendem sehr einfachen Test (b enannt nach Lucas
6
und Leh-
mer
7
), mit dem man die Primalit
at solcher Zahlen b eweisen kann:
M
p
= 2
p
1
(mit
p
3) ist prim genau dann wenn
S
p
1
0 mo d
M
p
ist, wo die Folge
S
n
rekursiv deniert ist durch
S
1
= 4 und
S
n
+1
=
S
2
n
2.
Beispiel: sei
p
= 5; dann ist
M
5
= 31, und wir nden
S
1
= 4
S
2
= 14
S
3
= 194
8 mo d 31
S
4
62
0 mo d 31
;
und damit ist
M
5
prim.
Da dieser Test funktioniert, liegt erstens daran, da
M
p
+ 1 eine einfa-
che Primfaktorzerlegung b esitzt (es ist eine 2-Potenz), und zweitens an der
Arithmetik des quadratischen Zahlk
orp ers
Q
(
p
3 ). Auf den ersten Blick hat
dieser K
orp er nichts mit dem Lucas-Lehmer-Test zu tun; schaut man ab er
ein zweites mal hin, b emerkt man folgendes:
Lemma 3.15.
Sei
!
= 2 +
p
3
(dies ist die Grundeinheit von
Z
[
p
3 ]
) und
!
= 2
p
3
dessen Konjugierte. Dann gilt
S
n
+1
=
!
2
n
+
!
2
n
f
ur al le
n
0
.
Beweis.
Vollst
andige Induktion.
Damit ist die Verbindung zur Arithmetik von
Z
[
p
3 ] hergestellt; dieser
wollen wir uns jetzt n
aher widmen.
374550598501810936581776630096313181393 auch heute noch einiges an Rechenzeit. Ei-
ne Tab elle mit allen b ekannten Faktoren von Mersenne-Zahlen 2
n
1 ndet man auf
ftp://ftp.ox.ac.uk/pub/math/cunningham/2-
. Das kleinste
n
, f
ur das 2
n
1 nicht
vollst
andig faktorisiert ist, ist
n
= 571; nach Ab division der b eiden Faktoren 5711
und 27409 bleibt eine zusammengesetzte Zahl mit 164 Dezimalstellen [Mitte 1998 ist
n
= 601 der \kleinste Verbrecher"]. F
ur mehr
ub er Mersenne-Zahlen schaue man sich
http://www.scruznet.com/
luke/mersenne.htm
an.
6
Francois Edouard Anatole Lucas, 1842{1891; franz
osischer Mathematiker. Er zeigte
mit seinem Test, da 2
127
1 prim ist.
7
D. Lehmer, amerikanischer Mathematiker.
50
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Die Arithmetik in
Z
[
p
3 ]
Wir b eginnen damit zu zeigen, da
R
=
Z
[
p
3 ] normeuklidisch ist. Sei dazu
=
x
+
y
p
3
2
k
=
Q
(
p
3 ) und
=
a
+
b
p
3
2
R
(also
a; b
2
Z
) so gew
ahlt,
da
j
x
a
j
;
j
y
b
j
1
2
gilt. Dann wird
j
N
(
)
j
=
j
(
x
a
)
2
3(
y
b
)
2
j
3
4
wegen (
x
a
)
2
3(
y
b
)
2
(
x
a
)
2
1
4
und (
x
a
)
2
3(
y
b
)
2
3(
y
b
)
2
3
4
. Insb esondere ist
R
normeuklidisch.
Prop osition 3.16.
Sei
q
eine rationale Primzahl, die auch in
R
prim ist.
Dann ist
R=q R
ein end licher K
orper mit
q
2
Elementen.
Beweis.
Da der Restklassenring mo dulo
q R
h
ochstens
q
2
Elemente b esitzt,
ist klar, da jedes ganze
a
+
b
p
3 zu einem Element von
f
r
+
s
p
3 : 0
r; s
q
1
g
kongruent mo dulo
q R
ist. Weiter sieht man sofort, da keine zwei
Elemente dieser Menge kongruent mo dulo
q
sind, d.h. der Restklassenring hat
wirklich
q
2
Elemente. Schlielich ist
R=q R
nullteilerfrei: aus
0 mo d
q R
folgt ja, weil
q
prim ist, immer
0 mo d
q R
o der
0 mo d
q R
.
Es gen
ugt daher zu zeigen, da nullteilerfreie endliche Ringe automatisch
K
orp er sind. Das einzige, was nachzuweisen ist, ist die Existenz eines Inver-
sen Elements. Sei also
A
ein endlicher Integrit
atsb ereich und
a
6
= 0. Wegen
der Endlichkeit von
A
m
ussen in der Folge
a; a
2
;::: ;a
m
irgendwann zwei
Elemente gleich sein, d.h. es gibt
i < j
mit
a
i
=
a
j
. Wegen der Nullteilerfrei-
heit darf man k
urzen, d.h. es ist
a
j
i
= 1. Damit ist ab er
a
j
i
1
ein Inverses
von
a
.
Ist
p
eine ungerade Primzahl und
p
-
m
, so folgt aus
m
p
1
1 mo d
p
und der Tatsache, da die Gleichung
x
2
1 in einem K
orp er (wie z.B.
Z
=p
Z
)
genau zwei Nullstellen hat, da
m
(
p
1)
=
2
1 mo d
p
. Wir denieren daher
ein Symb ol (
m
p
) =
1 dadurch, da wir
m
(
p
1)
=
2
(
m
p
) mo d
p
verlangen.
Hilfssatz 3.17.
Es ist
(
3
p
) = +1
, fal ls
p
1 mo d 3
, und
(
3
p
) =
1
, fal ls
p
1 mo d 3
.
Beweis.
Sei
p
1 mo d 3; dann ist
x
2
3 mo d
p
l
osbar, wie wir gezeigt
hab en. Erhebt man dies in die
p
1
2
-te Potenz, so folgt (
3)
(
p
1)2
x
p
1
1 mo d
p
, also (
3
p
) = 1.
Ist ab er
p
2 mo d 3, so mu (
3
p
) =
1 gelten: denn w
are (
3
p
) = 1, also
(
3)
(
p
1)
=
2
1 mo d
p
, so mu
3 eine gerade Potenz einer Primitivwurzel
g
mo dulo
p
sein; mit anderen Worten: dann ist
3 quadratischer Rest mo dulo
3.6. DER LUCAS-LEHMER-TEST
51
p
. Ab er dann folgt aus dem Beweis von Prop osition 3.6, da
p
=
x
2
+ 3
y
2
f
ur
ganze
x; y
2
Z
gilt. Dies ab er impliziert sofort
p
x
2
1 mo d 3.
Korollar 3.18.
Es ist
(
3
p
) = +1
, fal ls
p
1 mo d 12
, und
(
3
p
) =
1
, fal ls
p
5 mo d 12
.
Beweis.
Dies folgt sofort aus (
1
p
) = (
1)
(
p
1)
=
2
.
Selbstverst
andlich folgt dies alles sofort aus dem quadratischen Rezipro-
zit
atsgesetz. Die Primelemente von
Z
[
p
3 ] b estimmt man nun wie in den
F
allen
Z
[
i
] und
Z
[
]:
Prop osition 3.19.
Die folgenden Zahlen sind die Primelemente von
Z
[
p
3 ]
:
1.
1 +
p
3
ist der Primteiler der
2
wegen
2
"
= (1 +
p
3 )
2
mit
"
= 2 +
p
3
;
2.
p
3
ist der Primteiler der
3
wegen
p
3
2
= 3
;
3. die Primzahlen
q
5 mo d 12
sind tr
age;
4. die Primzahlen
p
1 mo d 12
zerfal len in zwei verschiedene Primele-
mente
und
0
; insbesondere l
at sich jedes prime
p
1 mo d 12
in
der Form
p
=
x
2
3
y
2
darstel len.
Prop osition 3.20.
Sei
p
-
4
m
prim und
k
=
Q
(
p
m
)
; dann gilt f
ur al le
2 O
k
p
(
mo d
p;
fal ls
m
p
=
(
+1
1
ist
:
Beweis.
Schreib en wir
=
1
2
(
a
+
b
p
m
) mit
a; b
2
Z
, so folgt aus der Tatsa-
che, da die Binomialko ezienten
p
t
f
ur 1
t
p
1 alle durch
p
teilbar
sind, sofort (2
)
p
a
p
+
b
p
p
m
p
a
+ (
m
p
)
b
p
m
, denn es ist
a
p
a
mo d
p
und
p
m
p
=
m
(
p
1)
=
2
p
m
. Die Behauptung folgt jetzt aus 2
p
2 mo d
p
.
Der Test von Lucas-Lehmer
Sei nun
q
=
M
p
= 2
p
1 prim; wir wollen zeigen, da der Lucas-Lehmer-
Test
M
p
als Primzahl erkennt, d.h. da
S
p
1
durch
M
p
teilbar ist. Dazu
b eachten wir, da
M
p
wegen
p
3 ungerade sicher
7 mo d 8 und auerdem
1 mo d 3 ist; zusammen ergibt dies
M
p
7 mo d 24. Wir b ehaupten, da
M
p
in
Z
[
p
3 ] irreduzib el ist. W
are n
amlich
M
p
=
0
mit
=
a
+
b
p
3, so m
ute
52
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
a
2
3
b
2
=
N
=
M
p
gelten; wegen
M
p
1 mo d 3 und
a
2
3
b
2
0
;
1 mo d 3
kann nur das p ositive Vorzeichen richtig sein, ab er dann ist
a
2
3
b
2
a
2
+
b
2
0
;
1 mo d 4 im Widerspruch dazu, da
M
p
7 mo d 8 ist.
Da
R
=
Z
[
p
3 ] ein ZPE-Ring ist, ist
M
p
nicht nur irreduzib el, sondern
prim in
R
. Ist
q
5 irgendein Primelement in
R
, so folgt (
a
+
b
p
3 )
q
a
+ (
3
q
)
b
p
3 mo d
q R
, also (
a
+
b
p
3 )
q
a
b
p
3 mo d
q R
f
ur
q
7 mo d 24. F
ur
a
= 2,
b
= 1 liefert dies
!
q
!
mo d
q R
und somit
!
q
+1
! !
= 1 mo d
q R
.
Da
R=q R
ein K
orp er ist, gibt es genau zwei Quadratwurzeln der 1, n
amlich
1 und
1; insb esondere ist
!
(
q
+1)
=
2
1. Wir b ehaupten, da das negative
Vorzeichen gilt.
Dazu b eachten wir, da 2
!
= 4 + 2
p
3 = (1 +
p
3 )
2
ein Quadrat ist;
es folgt 2
(
q
+1)
=
2
!
(
q
+1)
=
2
= (1 +
p
3 )
q
+1
. Die Binomialentwicklung zeigt jetzt
(1 +
p
3 )
q
1 +
p
3
q
= 1 + 3
(
q
1)
=
2
p
3 mo d
q
. Nach Hilfssatz 3.17 ist 3
(
q
1)
=
2
=
(
3)
(
q
1)
=
2
1 mo d
q
, folglich (1 +
p
3 )
q
+1
(1 +
p
3 )(1
p
3 ) =
2 mo d
q R
. Wegen 2
(
q
+1)
=
2
= 2
2
(
q
1)
=
2
2 mo d
q
ist also schlielich
!
(
q
+1)
=
2
= 2
(
q
+1)
=
2
(1 +
p
3 )
q
+1
1 mo d
q R
wie b ehauptet. Mit
!!
= 1 folgt also
S
p
1
=
!
(
q
+1)
=
4
+
!
(
q
+1)
=
4
=
!
(
q
+1)
=
4
1 +
!
(
q
+1)
=
2
0 mo d
q R :
Ist umgekehrt
S
p
1
0 mo d
q
, so mu, wie wir eb en gesehen hab en,
!
(
q
+1)
=
2
1 mo d
q R
sein. Da
q
+1
2
= 2
p
1
eine 2-Potenz ist, mu
q
+1
2
der
kleinste Exp onent
n >
0 sein, f
ur den
!
n
1 mo d
q R
wird. Andererseits
gilt f
ur jeden Teiler
`
j
q
dieselb e Kongruenz
!
(
q
+1)
=
2
1 mo d
e
R
,
und wieder ist der Exp onent
q
+1
2
minimal. Andererseits ist entweder
!
`
+1
1 mo d
`R
o der
!
`
1
1 mo d
`R
nach Prop osition 3.20, d.h. es ist
`
1
2
q
+1
2
=
q
+ 1 o der
`
+ 1
2
q
+ 1. Der erste Fall ist unm
oglich, der zweite
zeigt
`
q
, d.h. jeder Teiler von
q
ist
q
; mit anderen Worten:
q
ist prim.
3.7 * Euklidische Quadratische Zahlk
orp er
Unter den quadratischen Zahlk
orp ern gibt es nicht sehr viele, von denen
man wei, da sie euklidisch sind; im Falle imagin
arquadratischer K
orp er
kann man sie jedo ch alle b estimmen: es sind
Q
(
p
m
) f
ur
m
=
1,
2,
3,
7,
11 (Beweis als
Ubung).
Man kann zeigen, da die restlichen imagin
arquadratischen Zahlk
orp ern
nicht nur nicht normeuklidisch sind, sondern
ub erhaupt keine euklidische
3.7. * EUKLIDISCHE QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
53
Funktion b esitzen. Trotzdem sind die Ringe ganzer Zahlen in den K
orp ern
mit
m
=
19,
43,
67,
163 no ch ZPE-Ringe. Wir werden dies sp
ater
umsonst b ekommen, daher verzichten wir hier auf einen (m
oglichen, ab er
m
uhsamen) Beweis.
Im reellquadratischen Fall liegen die Dinge nicht so einfach: die Klassi-
kation aller normeuklidischen (hier: euklidisch b ez
uglich des Betrags der
Norm) quadratischen Zahlk
orp er war im wesentlichen Anfang der 50er Jahre
abgeschlossen. Hier ist das Ergebnis:
Satz 3.21.
Die Ringe ganzer Zahlen in
Q
(
p
m
)
,
m >
0
, sind normeuklidisch
genau f
ur
m
= 2
;
3
;
5
;
6
;
7
;
11
;
13
;
17
;
19
;
21
;
29
;
33
;
37
;
41
;
57
;
73
:
Im Gegensatz zum imagin
arquadratischen Fall ist es ab er durchaus m
og-
lich, da es no ch andere Ringe gibt, die euklidisch sind. Tats
achlich erwartet
man (und kann es unter der Annahme der Richtigkeit der verallgemeinerten
Riemannschen Vermutung sogar b eweisen), da jeder reellquadratische ZPE-
Ring euklidisch ist. Der einzige, der in obiger Liste nicht auftaucht und f
ur
den man dies wirklich zeigen kann, ist
Q
(
p
69 ).
Da die in Satz 3.21 angegeb enen Ringe auch wirklich normeuklidisch
sind, ist nur f
ur kleine Werte von disc
k
leicht nachzuweisen; l
at man den
Computer als Hilfsmittel zu, kann man in wenigen Minuten nachrechnen, da
die angegeb enen Ringe normeuklidisch sind. Der Beweis, da es alle andern
nicht sind, ist allerdings auch heute no ch ziemlich verwickelt.
Ein direkter Nachweis der ZPE-Eigenschaft quadratischer Zahlringe wird
durch ein auf Dedekind
8
und Hasse
9
zur
uckgehendes Kriterium erm
oglicht:
Satz 3.22.
Sei
k
ein quadratischer Zahlk
orper; dann ist
O
k
genau dann ein
ZPE-Ring, wenn es f
ur al le
;
2 O
k
n f
0
g
mit
-
Elemente
;
2 O
k
gibt mit
0
<
j
N
(
)
j
<
j
N
j
.
Mit diesem Kriterium kann man (wenn auch mit M
uh und Not) folgendes
b eweisen:
8
Richard Dedekind (1831{1916) war der erste Algebraiker; Begrie wie Ring, K
orp er
und insb esondere Ideal gehen auf ihn zur
uck.
9
Helmut Hasse (1898{1979) ist einer der ganz groen Zahlentheoretiker dieses Jahr-
hunderts. Das Lokal-Global-Prinzip, explizite Reziprozit
atsgesetze, o der die Riemannsche
Vermutung f
ur elliptische Kurven waren Ergebnisse, die unser Bild der Mathematik nach-
haltig gepr
agt hab en, sich ab er ohne tiefere Kenntnisse der algebraischen Zahlentheorie
nur unzureichend erkl
aren lassen.
54
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Satz 3.23.
Sei
k
quadratischer Zahlk
orper mit Diskriminante
d
; setze
M
k
=
p
d=
5
, fal ls
d >
0
, und
M
k
=
p
d=
3
, fal ls
d <
0
. Dann ist
O
k
ein ZPE-Ring
genau dann, wenn f
ur al le Primzahlen
p < M
k
und
(
d=p
)
6
=
1
Elemente
2 O
k
existieren mit
j
N
j
=
p
.
Ubung.
Zeige damit, da
O
k
f
ur
d
=
19,
43,
67,
163 ZPE-Ring ist.
Es ist ein nicht ganz einfach zu b eweisender Satz (von Heegner, Stark
und Baker), da es jenseits von
163 keinen imagin
arquadratischen K
orp er
mehr gibt, dessen Maximalordnung ein ZPE-Ring ist.
Zusammenfassung
In diesem Kapitel standen Anwendungen im Vordergrund. Merken sollte
man sich,
da
Z
[
i
] und
Z
[
] normeuklidische Ringe sind, und da der Zerfall von
Primzahlen
p
in diesen Ringen mit den Darstellungen von
p
in der Form
x
2
+
y
2
, bzw.
x
2
+ 3
y
2
o der
L
2
+ 27
M
2
zusammenh
angt.
da die Pellsche Gleichung
x
2
my
2
= 1 f
ur jede quadratfreie nat
urliche
Zahl nichttrivial l
osbar ist, und da die Einheitengrupp e reellquadrati-
scher Zahlk
orp er
'
Z
=
2
Z
Z
ist.
Kapitel 4
Idealarithmetik in
quadratischen Zahlk
orp ern
4.1 Motivation
In Kapitel 2 hab en wir gesehen, da die Zerlegung 6 = 2
3 = (1 +
p
5 )(1
p
5 ) ein Beispiel f
ur nichteindeutige Faktorisierung in irreduzible Elemente
im Ring
R
=
Z
[
p
5 ] ist. Das Problem ist, da 2 und 1 +
p
5, obwohl
sie b eide irreduzib el sind und, da sie nicht assoziiert sind, teilerfremd sind,
einen gemeinsamen \Faktor" zu b esitzen scheinen: so ist z.B. (1 +
p
5 )
2
=
4 + 2
p
5 ) durch 2 teilbar.
W
are
R
ein Hauptidealring, so k
onnte man diesen gemeinsamen Faktor
sofort hinschreib en: w
are (2
;
1 +
p
5 ) = (
), so w
are
ggT (2
;
1 +
p
5 ).
Nun ist ab er
R
kein Hauptidealring, und (2
;
1 +
p
5 ) ist kein Hauptideal.
Dedekinds Idee war es, das Ideal (2
;
1 +
p
5 ) als den \richtigen" gemein-
samen Teiler von 2 und (1 +
p
5 ) zu b etrachten. Bevor wir ab er sagen
k
onnen, wann ein Ideal eine Zahl (bzw. das von dieser Zahl erzeugte Ideal)
teilt, m
ussen wir erst das Pro dukt von Idealen denieren.
Das ist ganz einfach: Sind
A; B
Ideale in einem Ring
R
, so ist
AB
=
f
1
1
+
:::
+
m
m
:
j
2
A;
j
2
B
g
, also die Menge der endlichen Summen
von Pro dukten
j
j
, wieder ein Ideal in
R
. Man rechnet leicht nach, da
damit (
1
;::: ;
m
)(
1
;::: ;
n
) = (
1
1
;
1
2
;::: ;
m
n
) gilt; insb esondere
ist (
)(
) = (
), d.h. Hauptideale multiplizieren sich wie gew
unscht. Ohne
Probleme rechnet man die folgenden Eigenschaften nach:
Prop osition 4.1.
Sind
A; B ; C
Ideale in einem Ring
R
, so gilt
AB
=
B A
,
55
56
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
(
AB
)
C
=
A
(
B C
)
und
AR
=
A
(1) =
A
.
In quadratischen Zahlk
orp ern kann man zu einem Ideal
a
dar
ub erhinaus
no ch das zu
a
konjugierte Ideal
a
=
a
0
denieren, das aus allen
0
b esteht,
f
ur die
2
a
ist. Wieder rechnet man problemlos nach, da Konjugation mit
Multiplikation vertauschbar ist, d.h. da (
ab
)
=
a
b
gilt.
Das Rechnen mit Idealen ist etwas gew
ohnungsb ed
urftig, ab er nicht schwer:
b etrachten wir z.B. die Ideale
a
= (2
;
1 +
p
5 ),
b
= (3
;
1 +
p
5 ) und
c
= (3
;
1
p
5 ) in
Z
[
p
5 ]. Dann ist
a
2
= (2
2
;
2(1 +
p
5 )
;
2(1 +
p
5 )
;
4 + 2
p
5 )
= (4
;
2(1 +
p
5 )
;
4 + 2
p
5 )
= (2)(2
;
1 +
p
5
;
2 +
p
5 );
im letzten Ideal ist ab er
p
5 = 2 + (
2 +
p
5 ) und damit auch 1 =
(1 +
p
5 )
p
5 enthalten, d.h. es ist
a
2
= (2)(1) = (2).
Ahnlich ist
bc
= (9
;
3(1 +
p
5 )
;
3(1
p
5 )
;
6)
= (3)(3
;
1 +
p
5
;
1
p
5
;
2)
= (3)(1) = (3)
:
Etwas weniger oensichtlich ist
b
2
= (9
;
3(1 +
p
5 )
;
(1 +
p
5 )
2
)
= (2 +
p
5 )(2
p
5
;
1
p
5
;
2)
= (2 +
p
5 )
:
Ubung.
Man veriziere
ab
= (1 +
p
5 ),
ac
= (1
p
5 ), und
c
2
= (2
p
5 ).
Betrachten wir no ch einmal die Ausgangsgleichung: 2
3 = (1 +
p
5 )(1
p
5 ). Nimmt man auf b eiden Seiten das von diesen Zahlen erzeugte Ideal,
so folgt (2)(3) = (2
3) = (1 +
p
5 )(1
p
5 ) (da hier auf der rechten
Seite das Pro dukt zweier Ideale steht und nicht das zweier Zahlen, ist nur
im Zusammenhang mit der linken Seite zu erkennen). Setzen wir (2) =
a
2
und (3) =
bc
ein, so folgt die Idealgleichung (6) =
a
2
bc
; gruppiert man die
Faktoren in der Form
a
2
(
bc
), so erh
alt man die Zerlegung (6) = (2)(3) in
4.2. EINDEUTIGE PRIMIDEALZERLEGUNG
57
zwei Hauptideale; dagegen liefert (
ab
)(
ac
) = (1 +
p
5 )(1
p
5 ) die zweite
Zerlegung in Hauptideale.
Wir sehen: die wesentlich verschiedenen Faktorisierungen auf Zahlniveau
entsprechen den verschiedenen Gruppierungen von Idealfaktoren, und die
Zerlegung des Ideals in die \Primideale"
a
;
b
;
c
scheint eindeutig zu sein.
Da dies kein sp ezielles Ph
anomen in
Z
[
p
5 ] ist, wollen wir im n
achsten
Abschnitt zeigen.
Ubung.
Erkl
are 2
3 =
p
6
2
durch Faktorisierung in Ideale.
Ubung.
Sei
K
=
Q
(
p
23 ); zeige (2) =
aa
0
f
ur
a
= (2
;
1+
p
23
2
) und
a
3
=
(
3
p
23
2
). Warum kann
a
2
kein Hauptideal sein?
4.2 Eindeutige Primidealzerlegung
Die Idealnorm
Wir b eginnen mit der Beobachtung, da jedes Ideal in
O
K
von h
ochstens zwei
Elementen erzeugt wird. (Im allgemeinen ist das nicht richtig: man b etrachte
z.B. das Ideal (
X
1
; X
2
; X
3
) im Polynomring
Z
[
X
1
; X
2
; X
3
; X
4
].)
Prop osition 4.2.
Sei
a
O
K
ein
Z
-Modul in
O
K
, also eine additive Unter-
gruppe von
O
K
. Dann gibt es
m; n
2
N
0
und
a
2
Z
mit
a
=
n
Z
(
a
+
m!
)
Z
(d.h. jeder solche
Z
-Modul besitzt eine
Z
-Basis).
Ist
a
6
= (0)
sogar Ideal, dann gilt
m
j
n
,
m
j
a
(also
a
=
mb
f
ur ein
b
2
Z
)
und
n
j
m
N
(
b
+
!
)
. Insbesondere wird jedes Ideal in
O
K
von h
ochstens zwei
Elementen erzeugt.
Beweis.
Wir b etrachten die Untergrupp e
H
=
f
s
:
r
+
s!
2
a
g
von
Z
. Jedes
solche
H
hat die Form
H
=
m
Z
f
ur ein
m
0, und nach Konstruktion gibt es
ein
a
2
Z
mit
a
+
m!
2
a
. Weiter ist auch
a
\
Z
eine Untergrupp e von
Z
, also
a
\
Z
=
n
Z
f
ur ein
n
0. Wir b ehaupten nun, da
a
=
n
Z
(
a
+
m!
)
Z
ist. Die
Inklusion
ist klar; sei also
r
+
s!
2
a
. Wegen
s
2
H
ist dann
s
=
um
f
ur ein
u
2
Z
, und dann ist
r
ua
=
r
+
s!
u
(
a
+
m!
)
2
a
\
Z
, also
r
ua
=
v n
. Nun
folgt ab er
r
+
s!
=
r
ua
+
u
(
a
+
m!
) =
v n
+
u
(
a
+
m!
)
2
n
Z
(
a
+
m!
)
Z
.
Ab jetzt nehmen wir an,
a
sei ein Ideal. Mit
c
2
a
\
Z
ist dann auch
c!
2
a
,
nach Denition von
H
als den `Ko ezienten von
!
' von Elementen in
a
also
c
2
H
. Dies zeigt
n
Z
=
a
\
Z
H
=
m
Z
, also
m
j
n
(sind die Vielfachen von
58
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
n
in den Vielfachen von
m
enthalten, mu
m
ein Teiler von
n
sein; diesem
\Teilen b edeutet Enthalten" werden wir no ch des
ofteren b egegnen).
Um
m
j
a
zu zeigen, stellen wir fest, da
!
2
=
x
+
y !
f
ur
x; y
2
Z
gilt:
f
1
; !
g
ist ja Ganzheitsbasis. Da
a
Ideal ist, ist mit
a
+
m!
auch (
a
+
m!
)
!
=
mx
+ (
a
+
my
)
!
2
A
, nach Denition von
H
also
amy
2
H
und somit
a
+
my
ein Vielfaches von
m
: dies impliziert sofort
m
j
a
, also
a
=
mb
f
ur ein
b
2
Z
.
Um die letzte Teilbarkeitsb eziehung nachzuweisen, setzen wir
=
a
+
m!
=
m
(
b
+
!
). Mit
2
a
ist nat
urlich erst recht
(
b
+
!
0
) im Ideal
a
enthalten. Wegen
1
m
N
=
m
(
b
+
!
)(
b
+
!
0
)
2
a
\
Z
ist
1
m
N
also Vielfaches
von
n
.
Unser n
achstes Ziel ist die Aussage, da die \Norm"
aa
0
eines Ideals
a
von
einem Element in
Z
erzeugt wird. F
ur Hauptideale ist dies wegen (
)(
)
0
=
(
)(
0
) = (
0
) = (
N
) klar.
Prop osition 4.3.
Sei
a
6
= (0)
ein Ideal in
O
K
; dann gibt es ein
a
2
N
mit
aa
0
= (
a
)
.
Bemerkung.
Auch hier ist die Bezeichnung (
a
) etwas ungenau, da hieraus
nicht hervorgeht, ob man das Ideal (
a
) in
Z
o der das von
a
in
O
K
erzeugte
Ideal meint; dies ist wieder aus dem Zusammenhang zu erschlieen. Ob en
ist selbstverst
andlich das Ideal (
a
) =
a
O
K
gemeint, da auf der linken Seite
eb enfalls ein Ideal in
O
K
steht.
Zum Beweis von Prop osition 4.3 verwenden wir den folgenden Hilfssatz
von Hurwitz:
Hilfssatz 4.4.
Seien
;
2 O
K
und
m
2
N
. Sind
N
,
N
und
Tr
0
durch
m
teilbar, dann gilt
m
j
0
und
m
j
0
.
Beweis.
Sei
=
0
=m
; dann ist
0
=
0
=m
, und wir wissen, da
+
0
=
(Tr
0
)
=m
und
0
=
N
m
N
m
ganze Zahlen sind. Da mit Norm und Spur einer
Zahl auch die Zahl selbst ganzalgebraisch ist, folgt
2 O
K
und damit die
Behauptung.
Beweis von 4.3.
Wir schreib en
a
= (
;
) f
ur
;
2 O
K
(dies geht wegen
Prop osition 4.2). Dann ist
a
0
= (
0
;
0
) und somit
aa
0
= (
N ;
0
;
0
; N
).
Setzen wir
a
= ggT (
N ; N ;
Tr
0
) (in
Z
), so zeigt der Hilfssatz von Hur-
witz, da
0
a
und
0
a
ganz sind; wir erhalten also
aa
0
= (
a
)(
N
a
;
N
a
;
0
a
;
0
a
),
4.2. EINDEUTIGE PRIMIDEALZERLEGUNG
59
wob ei das letzte Ideal wegen Hurwitz in
O
K
liegt. Um
aa
0
= (
a
) zu b ewei-
sen, gen
ugt also der Nachweis von 1
2
(
N
a
;
N
a
;
0
a
;
0
a
). Ab er 1 ist als
Z
-
Linearkombination von
N
a
,
N
a
und
Tr
0
a
erst recht
O
K
-Linearkombination
von
N
a
,
N
a
und
0
a
+
0
a
: die Behauptung folgt.
Die nat
urliche Zahl
m
in Prop osition 4.3 nennt man die Norm des Ideals
a
; es ist also
aa
0
= (
N
a
). Wegen (
N
ab
) = (
ab
)(
ab
)
0
= (
aa
0
)(
bb
0
) = (
N
a
)(
N
b
)
ist die Idealnorm multiplikativ. Weitere wichtige Eigenschaften:
N
a
= 1
()
a
= (1): denn ist
N
a
= 1, so folgt (1) =
aa
0
a
O
K
=
(1), und die Umkehrung ist klar.
N
a
= 0
()
a
= (0): denn aus
aa
0
= (0) folgt
N
=
0
= 0 f
ur alle
2
a
.
ist
a
=
n
Z
+
m
(
b
+
!
)
Z
wie in Prop. 4.2, so ist
N
a
=
mn
. Beweis: sei
=
m
(
b
+
!
); dann ist
a
= (
n;
),
a
0
= (
n;
0
) und
aa
0
= (
n
2
; mn
(
b
+
!
0
)
; mn
(
b
+
!
)
; m
2
N
(
b
+
!
)) = (
mn
)(
n
m
; b
+
! ; b
+
!
0
;
1
n
N
(
b
+
!
)). Wegen
Prop osition 4.2 ist das letzte Ideal
O
K
, also (
N
a
) =
aa
0
(
mn
)
O
K
=
(
mn
) und daher
mn
j
N
a
.
F
ur die andere Richtung
N
a
j
mn
geht man so vor: Sei
A
=
N
a
, also
aa
0
= (
A
). Wegen
2
a
und
n
2
a
0
ist
n
2
aa
0
= (
A
), also
A
j
n
=
na
+
nm!
; da
f
1
; !
g
eine Ganzheitsbasis von
O
K
ist, impliziert dies
A
j
na
und
A
j
nm
.
Die K
urzungsregel
Jetzt wenden wir uns dem Satz der eindeutigen Primidealzerlegung zu. Die
Beweisidee ist dieselb e wie im Zahlfall; w
ahrend wir ab er dort aus
=
mit
6
= 0 sofort schlieen k
onnen, da
=
gilt (wir brauchen ja nur
mit dem Inversen von
zu multiplizieren), k
onnen wir dies im Idealfall no ch
nicht, weil wir (no ch) kein \inverses Ideal"
a
1
zur Verf
ugung hab en. Da
diese \K
urzungsregel" denno ch richtig ist, ist der Inhalt von
Prop osition 4.5.
Sind
a
;
b
;
c
Ideale
6
= (0)
in
O
K
und gilt
ab
=
ac
, so folgt
b
=
c
.
Beweis.
Die Idee ist, die K
urzungsregel f
ur Ideale auf diejenige f
ur Zahlen
zur
uckzuf
uhren; der Weg dorthin l
auft nat
urlich
ub er Hauptideale.
60
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Sei daher zuerst
a
= (
) ein Hauptideal; dann ist
b
=
ab
=
ac
=
c
.
F
ur jedes
2
b
ist also
2
c
, folglich existert ein
2
c
mit
=
.
Dies zeigt
=
2
c
, somit
b
c
. Aus Symmetriegr
unden mu dann
b
=
c
sein.
Ist
a
ein b eliebiges Ideal, so impliziert
ab
=
ac
sofort, da (
aa
0
)
b
= (
aa
0
)
c
ist; da
aa
0
= (
N
a
) ein Hauptideal ist, folgt die Behauptung aus dem ersten
Teil des Beweises.
Damit bilden die Ideale in
O
K
eine Halbgrupp e mit K
urzungsregel; solche
Ob jekte kann man formal zu einer Grupp e machen, indem man die Konstruk-
tion von
Q
aus
Z
imitiert. Man kann einem Element
ab
1
dieser Grupp e ab er
auch eine Menge zuordnen, indem man
ab
1
=
1
b
ab
0
setzt, wo
b
die Norm
von
b
ist, und allgemein
1
m
a
=
f
m
:
2
a
g
deniert. Solche Mengen nennt
man auch `gebro chene Ideale'.
Teilbarkeit von Idealen
Nachdem wir Pro dukte von Idealen deniert hab en, k
onnen wir uns Teilbar-
keitsfragen widmen. Selbstverst
andlich sagen wir, ein Ideal
b
sei durch ein
Ideal
a
teilbar, wenn es ein Ideal
c
gibt mit
b
=
ac
. Wegen
c
O
K
folgt
aus
a
j
b
also, da
b
=
ac
a
(1) =
a
ist, d.h. Teilen impliziert Enthalten.
Tats
achlich gilt auch die Umkehrung:
Prop osition 4.6.
Sind
a
;
b
Ideale
6
= (0)
mit
a
b
, so ist
a
j
b
.
Beweis.
Aus
a
b
folgt
ba
0
aa
0
= (
a
) mit
a
=
N
a
. Dann ist
c
=
1
a
ba
0
ein
Ideal wegen
1
a
a
0
b
O
K
(die Idealeigenschaften sind einfach nachzuweisen).
Aus
ac
=
1
a
baa
0
=
b
folgt jetzt die Behauptung.
Aus der kommutativen Algebra sind die Begrie irreduzible, maximale
und prime Ideale b ekannt: Ein Ideal
a
6
= (1) heit
irreduzib el, wenn
a
6
=
bc
f
ur Ideale
b
;
c
6
= (1) gilt;
maximal, wenn aus
a
b
(1) immer
b
=
a
o der
b
= (1) folgt;
prim, wenn aus
a
j
bc
immer
a
j
b
o der
a
j
c
folgt.
In Ganzheitsringen algebraischer Zahlk
orp er ist man in der angenehmen Si-
tuation, da alle drei Begrie zusammenfallen; irreduzible und maximale
Ideale sind p er denitionem dasselb e:
4.2. EINDEUTIGE PRIMIDEALZERLEGUNG
61
Irreduzible Ideale sind maximal: w
are n
amlich
a
nicht maximal, g
ab e
es ein Ideal
b
mit
a
(
b
(
(1); also folgte
b
j
a
mit
b
6
= (1)
;
a
.
Maximale Ideale sind irreduzib el: denn aus
a
=
bc
folgt
a
(
b
(
(1).
Eb enfalls aus der Denition folgt, da maximale Ideale notwendig prim sind:
Irreduzible (und damit maximale) Ideale sind prim: hier m
ussen wir
eine Kleinigkeit tun. Sei
a
irreduzib el,
a
j
bc
und
a
-
b
; zu zeigen ist
a
j
c
.
Dazu stellen wir fest, da das Ideal
a
+
b
=
f
+
:
2
a
;
2
b
g
(man
rechne nach, da dies wirklich ein Ideal ist; sobald wir die Eindeutigkeit
der Primidealzerlegung b ewiesen hab en werden, wird sich herausstellen,
da
a
+
b
nichts anderes als der ggT von
a
und
b
ist) das Ideal
a
enth
alt,
also teilt; ab er es ist
a
+
b
6
=
a
, da sonst
a
=
a
+
b
b
und damit
a
j
b
folgen w
urde im Widerspruch zur Voraussetzung. Da
a
irreduzib el ist,
mu
a
+
b
= (1) sein, d.h. es gibt
2
a
und
2
b
mit 1 =
+
.
Ist
2
c
, so folgt
=
+
; nun ist
2
a
und
2
bc
a
, also
2
a
. Damit hab en wir
c
a
gezeigt, also
a
j
c
.
Dagegen b enutzt der Beweis, da Primideale in Ganzheitsringen quadrati-
scher Zahlk
orp er maximal sind, die nicht allgemein g
ultige Prop osition 4.6:
Primideale sind irreduzib el (also maximal): denn aus
a
=
bc
und
a
-
b
folgt
a
j
c
, wegen
c
j
a
somit (to divide is to contain)
a
=
c
und damit
b
= (1).
Man k
onnte meinen, da man aus
a
j
c
und
c
j
a
auch ohne 4.6 auf die
Gleichheit
a
=
c
kommt: denn man hat ja
a
=
cd
und
c
=
ae
, also
a
=
dea
.
Hieraus kann man ab er (ohne K
urzungsregel) nicht auf
de
= (1) schlieen!
Jetzt k
onnen wir:
Satz 4.7.
Jedes von
(0)
verschiedene Ideal
a
im Ganzheitsring
O
K
eines
quadratischen Zahlk
orpers
K
l
at sich bis auf die Reihenfolge eindeutig als
Produkt von Primidealen schreiben.
Beweis.
Wir b eginnen mit dem Nachweis der Existenz einer Zerlegung in
irreduzible Ideale. Ist
a
b ereits irreduzib el, sind wir fertig. Andernfalls ist
a
=
bc
; sind
b
und
c
irreduzib el, sind wir fertig, andernfalls zerlegen wir
weiter. Wegen
N
a
=
N
b
N
c
und 1
< N
b
; N
c
< N
a
etc. mu dieses Verfahren
ab er irgendwann einmal abbrechen, da die Norm als nat
urliche Zahl nicht
b eliebig klein werden kann.
62
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Seien jetzt
a
=
p
1
p
r
=
q
1
q
s
zwei Zerlegungen von
a
in Pro dukte
von Primidealen. Da
p
1
prim ist, teilt es ein
q
j
auf der rechten Seite, z.B.
p
1
j
q
1
; da
q
1
irreduzib el ist, mu
p
1
=
q
1
sein, und die K
urzungsregel liefert
p
2
p
r
=
q
2
q
s
. Die Behauptung folgt jetzt mit Induktion.
Bemerkung.
Die Voraussetzung, da sich alles im Ganzheitsring abspielt,
ist wichtig: im Ring
R
=
Z
[
p
3 ] b eispielsweise gibt es keine eindeutige
Zerlegung in Primideale: es ist n
amlich (2)(2) = (1 +
p
3 )(1
p
3 ), und
das Ideal (2) ist irreduzib el. Weiter kann nicht (2) = (1 +
p
3 ) sein, da
sonst
1+
p
3
2
2
R
sein m
ute.
Das Rechnen mo dulo Idealen
I
ist einfach: man schreibt
a
b
mo d
I
f
ur
a
b
2
I
. Man b eachte, da dies die gew
ohnliche Kongruenzrechnung
verallgemeinert: ist
I
=
mR
Hauptideal, so ist
a
b
2
mR
aquivalent mit
m
j
(
a
b
). Die Menge der Restklassen eines Rings mo dulo
I
bildet einen
Ring, der mit
R=I
b ezeichnet wird.
Ubung.
Sei
a
6
= (0) ein Ideal in einem Zahlring
O
K
; zeige, da
N
a
= #
O
K
=
a
gilt. (Hinweis: man schreib e
a
=
n
Z
m
(
b
+
!
)
Z
und rechne nach, da
f
r
+
s!
: 0
r < n;
0
s < m
g
ein vollst
andiges Restsystem ist.
Ubung.
Sei
R
ein Ring; man zeige: ein Ideal
I
6
=
R
ist maximal genau dann,
wenn
R=I
ein K
orp er ist, und prim genau dann, wenn
R=I
nullteilerfrei
(also ein Integrit
atsb ereich) ist. Man b eachte, da hieraus sofort folgt, da
maximale Ideale prim sind.
Ubung.
Sei
R
ein Ring, in dem die eindeutige Zerlegun in Primideale gilt
(solche Ringe heien
Dedekind-Ringe
). Zeige: sind
A
und
B
teilerfremde Idea-
le mit
AB
=
e
n
, so gilt
A
=
a
n
und
B
=
b
n
.
Ubung.
Seien
a
und
b
Ideale in
O
K
. Zeige
a
\
b
ab
, und b eweise, da
sogar Gleichheit gilt, falls
a
und
b
teilerfremd sind.
Beschreibung der Primideale
Ist
p
ein Primideal, so gibt es genau eine Primzahl
p
mit
p
j
(
p
): es ist n
amlich
p
j
pp
0
= (
N
p
); wenn man
N
p
in
Z
in Primfaktoren zerlegt und b eachtet,
da
p
prim ist, so folgt die Existenz von
p
. Da
p
keine zwei verschiedenen
Primzahlen teilen kann, versteht sich inzwischen von selbst. Man sagt in
diesem Fall,
p
liege
ub er
p
. Da das Ideal (
p
) Norm
p
2
hat, hat jedes Primideal
ub er
p
die Norm
p
o der
p
2
.
4.2. EINDEUTIGE PRIMIDEALZERLEGUNG
63
Die Bestimmung aller Primideale in
O
K
ist nicht mehr schwer: den Fall
p
= 2 erledigt die folgende
Ubung.
Sei
K
=
Q
(
p
m
) ein quadratischer Zahlk
orp er,
m
quadratfrei;
ist
m
2 mo d 4, so ist (2) = (2
;
p
m
)
2
;
ist
m
3 mo d 4, so ist (2) = (2
;
1 +
p
m
)
2
;
ist
m
1 mo d 8, so ist (2) =
aa
0
mit
a
= (2
;
1+
p
m
2
) und
a
6
=
a
0
;
ist
m
5 mo d 8, so ist (2) prim.
Die ersten drei Behauptungen rechnet man einfach nach, im letzten mu man
zeigen, da ein Primideal mit Norm 2 f
ur
m
1 mo d 4 notwendig die Form
(2
; a
+
1+
p
m
2
) hat; hieraus folgt dann
m
(2
a
+ 1)
2
mo d 8, also
m
1 mo d 8.
Satz 4.8.
Sei
p
eine ungerade Primzahl,
K
=
Q
(
p
m
)
ein quadratischer
Zahlk
orper, und
d
seine Diskriminante. Dann gilt:
ist
p
j
d
, so ist
(
p
) = (
p;
p
m
)
2
:
p
ist verzweigt;
ist
(
d=p
) = +1
, so ist
(
p
) =
pp
0
mit
p
6
=
p
0
:
p
ist zerlegt;
ist
(
d=p
) =
1
, so ist
(
p
) =
p
prim:
p
ist tr
age.
Beweis.
Sei zuerst
p
j
d
; da
p
ungerade ist, ist auch
p
j
m
. Jetzt folgt
(
p;
p
m
)
2
= (
p
2
; p
p
m; m
) = (
p
)(
p;
p
m;
m
p
) = (
p
), da das Ideal (
p;
p
m;
m
p
)
mit
p
und
m
p
zwei teilerfremde Zahlen enth
alt und somit gleich (1) ist.
Sei als n
achstes (
d=p
) = 1; dann ist
d
und wegen
d
=
m
o der
d
= 4
m
auch
m
quadratischer Rest mo dulo
p
, d.h. es gibt ein
x
2
Z
mit
x
2
d
mo d
p
. Wir
setzen
p
= (
p; x
+
p
m
) und nden
pp
0
= (
p
2
; p
(
x
+
p
m
)
; p
(
x
p
m
)
; x
2
m
) =
(
p
)(
p; x
+
p
m; x
p
m;
(
x
2
m
)
=p
). Oenbar ist 2
p
m
=
x
+
p
m
(
x
p
m
)
und damit auch 4
m
= (2
p
m
)
2
im letzten Ideal enthalten; da
p
und 4
m
teilerfremd sind, ist es das Einsideal, und wir hab en
pp
0
= (
p
). W
are
p
=
p
0
,
so folgte wie eb en 4
m
2
p
und
p
= (1): Widerspruch.
Sei schlielich (
d=p
) =
1. G
ab e es ein Ideal
p
der Norm
p
, so h
atte
es nach Prop osition 4.2 die Gestalt
p
= (
p; b
+
!
) und
p
j
N
(
b
+
!
). Ist
!
=
p
m
, b edeutet dies
b
2
m
0 mo d
p
, (
d=p
) = (4
m=p
) = (
m=p
) =
+1 im Widerspruch zur Voraussetzung. Ist
!
=
1
2
(1 +
p
m
), so hab en wir
(2
b
+ 1)
2
m
mo d
p
, und der Widerspruch folgt wie eb en.
64
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Man kann die b eiden F
alle
p
= 2 und
p
6
= 2 zusammenfassen, indem
man das
Kronecker-Symbol
(
d=p
) einf
uhrt. Dieses stimmt f
ur ungerade
p
mit
dem Legendre-Symb ol
ub erein und ist f
ur
p
= 2 und
d
1 mo d 4 durch
(
d=
2) = (
1)
(
d
1)
=
4
deniert; f
ur
d
6
1 mo d 4 setzt man (
d=
2) = 0.
4.3 Die Idealklassengrupp e
Denition
Wir hab en gesehen, da die Menge der ganzen Ideale
6
= (0) in
O
K
eine
Halbgrupp e mit K
urzungsregel bilden. Solche Grupp en kann man (nach dem
Vorbild der Konstruktion von
Q
aus
Z
) formal zu einer Grupp e
I
K
machen,
die dann die Grupp e der Hauptideale
H
K
=
f
(
) :
2
K
g
als Untergrupp e
enth
alt. Die Faktorgrupp e Cl(
K
) =
I
K
=H
K
nennt man dann die
Idealklas-
sengruppe
von
K
(genauer: von
O
K
).
Wer diesen formalen Weg nicht sch
atzt, kann die \gebro chenen Ideale"
als Mengen einf
uhren: man schreibt
ab
1
als
ab
0
(
bb
0
)
1
=
1
b
ab
, wo
b
=
N
b
die Norm von
b
b ezeichnet, und deniert ganz allgemein
1
c
:=
f
:
2
c
g
.
Auf der Menge gebro chener Ideale
6
= 0 deniert man dann die Multiplikation
wie b ei ganzen Idealen, und zeigt dann, da diese eine Grupp e bilden (man
mu also
aa
1
= (1) zeigen, was angesichts
aa
1
=
1
a
aa
0
=
1
a
(
a
) = (1) mit
a
=
N
a
ab er klar ist).
Wir gehen einen dritten Weg und verzichten ganz auf gebro chene Ideale.
Aus der obigen \Denition" der Idealklassengrupp e folgt n
amlich, da zwei
Ideale
a
und
b
genau dann in der selb en Klasse mo dulo
H
K
liegen, wenn
a
=
b
f
ur ein
2
K
ist. Schreibt man
=
=
mit
;
2 O
K
, so ist
dies gleichb edeutend mit
a
=
b
. Umgekehrt k
onnen wir so eine
Aquiva-
lenzrelation auf der Menge der (ganzen) Ideale einf
uhren: wir nennen
a
und
b
aquivalent (in Zeichen:
a
b
), wenn es
;
2 O
K
gibt mit
a
=
b
.
Nat
urlich mu man die
ublichen Axiome nachrechnen: Symmetrie, Reexi-
vit
at und Transitivit
at (
Ubung).
Auf der Menge der
Aquivalenzklassen von Idealen f
uhren wir eine Multi-
plikation ein wie folgt: sind
c
und
d
solche Klassen, so w
ahlen wir Vertreter
a
2
c
und
b
2
d
, und nennen die Klasse
cd
= [
ab
] das Pro dukt von
c
und
d
.
Hier ist nachzuweisen, da diese Denition nicht von der Wahl der Vertreter
abh
angt (
Ubung). Oenbar ist die Klasse des Einsideals ein neutrales Ele-
ment; die Assoziativit
at folgt aus der Assoziativit
at der Idealmultiplikation,
4.3. DIE IDEALKLASSENGRUPPE
65
und die Existenz des Inversen aus der Tatsache, da
aa
0
= (
a
) ein Hauptideal
ist; mit anderen Worten: es ist [
a
]
1
= [
a
0
].
Damit hab en wir gezeigt, da die Idealklassen eine Grupp e bilden; diese
heit die
Idealklassengruppe
von
K
, wird mit Cl(
K
) b ezeichnet, und ist zu-
sammen mit der Einheitengrupp e die wichtigste Invariante eines Zahlk
orp ers.
Wesentliches Ziel dieses Abschnittes ist es zu zeigen, da die
Klassenzahl
h
K
= #Cl(
K
)
end lich
ist. Da der Beweis konstruktiv ist, wird er die Berech-
nung von Idealklassengrupp en gegeb ener quadratischer Zahlk
orp er erm
ogli-
chen.
Eine Idealklasse wird immer von den Hauptidealen gebildet; ist
h
K
= 1,
gibt es keine andere Klasse, d.h. jedes Ideal ist Hauptideal. Damit hab en wir
mit der Klassenzahlb erechnung ein Verfahren an der Hand, mit dessen Hilfe
wir entscheiden k
onnen, ob ein vorgelegter Ganzheitsring ein Hauptidealring
ist o der nicht, ganz unabh
angig davon, ob dieser Ring euklidisch ist o der
nicht.
Betrachten wir das Beispiel
R
=
Z
[
p
5 ]; hier gibt es die Klassen 1 = [(1)]
und
c
= [
a
] mit
a
= (2
;
1 +
p
5 ). Wegen
a
2
= (2) ist
c
2
= 1, d.h.
c
hat die
Ordnung 2. Weiter ist
a
b
: aus
ab
= (1 +
p
5 ) folgt n
amlich
ab
(1),
also [
b
] = [
a
]
1
= [
a
]. Eb enso zeigt man
c
a
. Die Ideale scheinen sich hier
also auf zwei Klassen zu verteilen, und in der Tat werden wir unten sehen,
da
R
die Klassenzahl 2 hat.
Endlichkeit der Klassenzahl
Wir werden zeigen, da jede Idealklasse ein ganzes Ideal mit b eschr
ankter
Norm b esitzt, woraus die Endlichkeit dann sofort folgt. Wir werden dab ei
der Bequemlichkeit halb er den Begri eines primitiven Ideals b enutzen. Ein
Ideal
a
in
O
K
heit
primitiv
, wenn es durch kein Ideal der Form (
m
)
6
= (1)
mit
m
2
Z
teilbar ist. Oenbar wird jede Idealklasse von einem primitiven
Ideal erzeugt: notfalls kann man durch das Hauptideal (
m
) dividieren.
Ein Ideal
a
b esitzt nach Prop osition 4.2 eine
Z
-Basis der Form
f
n; m
(
b
+
!
)
g
mit
m
j
n
; insb esondere ist
a
primitiv genau dann, wenn
m
= 1 ist,
mit anderen Worten: ist
a
primitiv, so gibt es
n
2
N
und
b
2
Z
mit
a
=
n
Z
(
b
+
!
)
Z
, und es gilt
N
a
=
n
. Jetzt b ehaupten wir:
Satz 4.9.
Sei
m
2
Z
quadratfrei,
K
=
Q
(
p
m
)
ein quadratischer Zahlk
orper
mit Ganzheitsring
O
K
=
Z
[
!
]
und Diskriminante
d
. Die Gau-Schranke
K
66
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
sei gegeben durch
K
=
(
p
d=
5
;
fal ls
d >
0
;
p
d=
3
;
fal ls
d <
0
:
Dann enth
alt jede Idealklasse von
K
ein ganzes Ideal
6
= (0)
mit Norm
K
;
insbesondere ist die Anzahl
h
al ler Idealklassen end lich.
Oensichtlich ist der Satz b estm
oglich: f
ur
d
= 5, bzw.
d
=
3 sind
die Schranken n
amlich scharf. Ist
K
2, so enth
alt jede Idealklasse ein
ganzes Ideal
6
= (0) der Norm
<
2, d.h. der Norm 1; mit anderen Worten: jede
Idealklasse enth
alt das Einsideal. Dann kann es ab er nur eine Idealklasse
geb en, d.h.
O
K
ist dann notwendig ZPE-Ring. Satz 4.9 b esagt (ganz ohne
Rechnung!), da dies f
ur alle
K
mit
12
d
20 richtig ist, d.h. f
ur
m
2 f
11
;
7
;
3
;
2
;
1
;
2
;
3
;
5
;
13
;
17
g
.
Ubung.
Ist
d
5 mo d 8, so ist (2) prim, und es gibt keine Ideale der Norm
2 in
O
K
. Zeige, da daraus folgt, da die K
orp er mit
d
=
19
;
21
;
29
;
37
Klassenzahl 1 hab en. Welche K
orp er erh
alt man, wenn man zus
atzlich no ch
d
2 mo d 3 fordert?
Betrachten wir als n
achstes
R
=
Z
[
p
5 ] mit
d
=
20; nach Satz 4.9
enth
alt jede Idealklasse ein Ideal der Norm
<
p
20
=
3, also
2. Da es nur
zwei solcher Ideale gibt, n
amlich das Hauptideal (1) und das Nichthauptideal
(2
;
1 +
p
5 ), hat
R
Klassenzahl 2.
Eine wichtige Konsequenz aus Satz 4.9 ist folgende Beobachtungen, die
unsere Erkenntnisse
ub er Darstellungen von Primzahlen in der Form
x
2
+
y
2
o der
x
2
+ 3
y
2
etc. auf einen Schlag verallgemeinert:
Korollar 4.10.
Ist
K
=
Q
(
p
m
)
ein quadratischer Zahlk
orper mit Klassen-
zahl
h
, und ist
p
O
K
=
pp
0
in
O
K
zerlegt, so gibt es
x; y
2
N
mit
4
p
h
=
x
2
my
2
.
Beweis.
Die
h
-te Potenz jedes Ideals in
K
=
Q
(
p
m
) ist ein Hauptideal.
Insb esondere ist
p
h
= (
x
+
y
p
m
2
), und Normbildung liefert nun sofort
p
h
=
j
x
2
my
2
4
j
.
Beweis von Satz 4.9.
Sei
c
= [
a
] eine von einem Ideal
a
erzeugte Idealklasse.
Ohne Einschr
ankung der Allgemeinheit d
urfen wir annehmen, da
a
primitiv
ist. Also ist
a
= (
a;
) mit
a
=
N
a
und
=
b
+
!
=
s
+
1
2
p
d
f
ur ein
s
2
Q
mit 2
s
2
Z
. Ist
a
2
K
, so sind wir fertig; andernfalls wendet man den
4.3. DIE IDEALKLASSENGRUPPE
67
Euklidischen Algorithmus auf das Paar (
s; a
) an und ndet ein
q
2
Z
mit
s
q a
=
r
und
j
r
j
a
2
falls
d <
0
;
a
2
j
r
j
a
falls
d >
0
:
Mit
1
=
r
+
1
2
p
d
ist dann
1
2
a
,
j
N
1
j
1
4
(
a
2
d
)
< a
2
, sowie
a
1
:=
1
a
0
1
a
a
ein ganzes Ideal mit [
a
1
] = [
a
] und
N
a
1
< N
a
. Wir wiederholen
diesen Schritt solange, bis wir ein Ideal mit Norm
K
gefunden hab en;
da die Norm b ei jedem Schritt um mindestens 1 kleiner wird, ist man nach
endlich vielen Schritten fertig.
Der Beweis der Ungleichung
j
N
1
j
1
4
(
a
2
d
)
< a
2
ist einfach: im Falle
d <
0 ist
j
N
1
j
=
j
r
2
d
4
j
a
2
+
j
d
j
4
<
1 wegen
a
2
>
K
=
j
d
j
3
, w
ahrend f
ur
d >
0 sicher
a
2
=
a
2
5
a
2
4
< r
2
d
4
< a
2
ist.
Zu zeigen ist auch no ch, da das Ideal
a
1
ganz ist; wegen
1
a
0
1
a
O
K
()
0
a
(
a
) =
aa
0
()
(
0
)
a
0
ist das ab er klar.
Beispiele
Eine Tab elle mit Klassenzahlen f
ur kleine Diskriminanten zum
Ub en:
d
52
23
20
15 40 60
h
2 3 2 2 2 2
Es folgen einige Beispiele der Klassengrupp enb erechnung.
1.
K
=
Q
(
p
21 ),
d
=
84; die Gau-Schranke ist
K
=
p
84
=
3, d.h.
wir hab en Ideale der Norm
5 zu untersuchen. Wegen 2
j
d
ist 2 verzweigt:
(2) =
a
2
mit
a
= (2
;
1 +
p
21 ). Eb enso ist (3) =
b
2
mit
b
= (3
;
p
21 ).
Schlielich ist (
21
=
5) = 1, folglich (5) =
cc
0
mit
c
= (5
;
2 +
p
21 ). Die
Ideale mit Norm
5 sind also (1),
a
,
b
,
a
2
= (2),
c
und
c
0
(
ab
hat b ereits
Norm 6). Da
a
2
(1) ist, bleib en
a
,
b
,
c
und
c
0
zu untersuchen. Oenbar
ist keines dieser Ideale Hauptideal, da es in
O
K
keine Elemente der Normen
2, 3 o der 5 gibt. Eb enso ist
a
6
b
, da sonst (2) =
a
2
ab
w
are und es ein
Element der Norm 6 geb en m
ute; ein solches gibt es ab er nicht.
Nun ist
abc
ein Ideal der Norm 30; die Elemente 3
p
21 hab en eb enfalls
Norm 30. In der Tat ist (3 +
p
21 ) =
abc
0
: die Faktoren
a
und
b
sind klar,
zu entscheiden ist lediglich, ob 3 +
p
21 durch
c
o der
c
0
teilbar ist. Dies
68
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
macht man so: wegen 2 +
p
21
2
c
ist
p
21
2
3 mo d
c
, und also
3 +
p
21
3
2
1 mo d
c
und 3 +
p
21 daher sicher nicht durch
c
teilbar.
Also ist
abc
0
1, wegen
c
0
c
1
also
ab
c
.
Schlielich ist
c
0
c
1
a
1
b
1
ab
, da
a
2
b
2
1 ist. Also gibt es
genau vier Idealklassen: die Hauptidealklasse, und die Klassen [
a
], [
b
] und
[
a
][
b
] der Ordnung 2. Die Idealklassengrupp e ist damit isomorph zu
Z
=
2
Z
Z
=
2
Z
, der Kleinschen Vierergrupp e.
2.
K
=
Q
(
p
17 ) hat
d
=
68, somit sind alle Ideale mit Norm
4
zu untersuchen. Wir hab en (2) =
a
2
mit
a
= (2
;
1 +
p
17 ) und (3) =
bb
0
mit
b
= (3
;
1 +
p
17 ). Die Ideale mit Norm
4 sind also (1),
a
,
b
,
b
0
und
(2) =
a
2
.
Nun kann
b
2
kein Hauptideal sein, weil es kein Element der Norm 9 gibt;
dagegen zeigt (1 +
p
17 ) =
ab
2
, da
b
2
a
1
a
ist. Schlielich ist
b
0
b
1
, und wir sehen, da die Klasse [
b
] die ganze Idealklassengrupp e
erzeugt:
b
2
a
,
b
4
a
2
1 und somit
b
3
b
1
b
0
. Die Idealklassengrupp e
hat hier also eb enfalls Ordnung 4, ist ab er im Gegensatz zu ob en zyklisch,
d.h.
'
Z
=
4
Z
.
Ubung.
Sei
d
= disc
K <
0 die Diskriminante eines imagin
arquadratischen
Zahlk
orp ers
K
. F
ur einige kleine Werte von
d
b erechne man die Summe
h
=
w
2
d
j
d
j
1
X
r
=1
d
r
r;
wob ei
w
die Anzahl der in
K
enthaltenen Einheitswurzeln (also hier gleich
der Ordnung der Einheitengrupp e) und (
d=r
) das Kroneckersymb ol ist. Ver-
gleiche
h
mit der Klassenzahl von
K
und stelle eine Vermutung auf.
Ubung.
Zeige, da die imagin
arquadratischen Zahlk
orp er
Q
(
p
m
) f
ur
m
=
1,
2,
3,
7,
11,
19,
43,
67, und
163 Klassenzahl 1 hab en.
Eine weitere h
ubsche Anwendung b etrit den K
orp er
K
=
Q
(
p
5 ). Wir
hab en gesehen, da die Idealklassengrupp e Cl(
K
) von den Klassen von (1)
und
a
= (2
;
1 +
p
5 ) erzeugt wird. Sei nun
p
ein Primideal der Norm
p
,
welches in
O
K
zerlegt ist (also (
5
=p
) = +1 und
p
O
K
=
pp
0
). Dann ist
entweder
p
= (
a
+
b
p
5 ) ein Hauptideal und damit
p
=
a
2
+ 5
b
2
, o der ab er
p
a
und damit
ap
= (
C
+
d
p
5 ) Hauptideal. Im letzteren Falle folgt
2
p
=
C
2
+ 5
d
2
; da ab er
C
und
d
ungerade sind, k
onnen wir
C
= 2
c
+
d
f
ur
ein
c
2
Z
schreib en und nden 2
p
= (2
c
+
d
)
2
+ 5
d
2
= 4
c
2
+ 4
cd
+ 6
d
2
, also
4.4. DIE DIOPHANTISCHE GLEICHUNG
Y
2
=
X
3
D
69
p
= 2
c
2
+ 2
cd
+ 3
d
2
. Mit anderen Worten: ist (
5
=p
) = +1, so b esitzt
p
eine
Darstellung der Form
p
=
a
2
+ 5
b
2
o der
p
= 2
c
2
+ 2
cd
+ 3
d
2
.
Nun nennt man ein Polynom
Ax
2
+
B xy
+
C y
2
2
Z
[
x; y
] eine bin
are
quadratische Form; ihre Diskriminante ist deniert als
B
2
4
AC
. Insb eson-
dere hab en die b eiden quadratischen Formen
x
2
+ 5
y
2
und 2
x
2
+ 2
xy
+ 3
y
2
dieselb e Diskriminante
d
=
20. Dies ist kein Zufall: Gau hat die bin
aren
quadratischen Formen derselb en Diskriminanten in Klassen eingeteilt, und
Dirichlet und Dedekind hab en gezeigt, da diese Einteilung genau den Ideal-
klassen quadratischer Zahlk
orp er entsprechen. F
ur Diskriminante
20 gibt
es genau zwei verschiedene Klassen, n
amlich diejenigen, zu denen
x
2
+ 5
y
2
und 2
x
2
+ 2
xy
+ 3
y
2
geh
oren.
Nach dem quadratischen Reziprozit
atsgesetz ist
ubrigens (
5
=p
) = +1
()
p
1
;
3
;
7
;
9 mo d 20; untersucht man, welche Primzahlen von welcher
der obigen Formen dargestellt wird, so stellt man fest: genau dann ist
p
=
x
2
+ 5
y
2
, wenn
p
1
;
9 mo d 20 ist, und genau dann ist
p
= 2
x
2
+ 2
xy
+ 3
y
2
,
wenn
p
3
;
7 mo d 20 ist. Beispiele: 29 = 3
2
+ 5
2
2
, 41 = 6
2
+ 5
1
2
,
3 = 2
1
2
+ 2
1
(
1) + 3
(
1)
2
, 7 = 2
1
2
+ 2
1
1 + 3
1
2
, usw. Diese
Bemerkung kann man
ubrigens leicht b eweisen: es ist n
amlich
p
=
x
2
+ 5
y
2
x
2
+
y
2
0
;
1 mo d 4; soll
p
prim sein, mu also
p
1 mo d 4 sein, und dies
ist gerade f
ur
p
1
;
9 mo d 20 der Fall. Ist dagegen
p
= 2
x
2
+ 2
xy
+ 3
y
2
, so
ist
y
ungerade, und damit
p
2
x
2
+ 2
x
+ 3 = 2
x
(
x
+ 1) + 3
3 mo d 4 (denn
x
(
x
+ 1) ist immer gerade).
Diese h
ubsche Beobachtung ist ein Sp ezialfall der Theorie der Geschlech-
ter, der wir uns im n
achsten Kapitel widmen werden.
4.4 Die diophantische Gleichung
y
2
=
x
3
d
Wir wollen sehen, was wir nun
ub er die L
osungen der Gleichung
y
2
=
x
3
d
sagen k
onnen, wob ei wir uns vorb ehalten, an
d
im Laufe der Rechnungen
diverse Bedingungen zu stellen.
Der Anfang ist klar: wir schreib en
x
3
=
y
2
+
d
= (
y
+
p
d
)(
y
p
d
).
Wir m
ochten gerne hab en, da die Ideale
a
= (
y
+
p
d
) und
a
0
teilerfremd
sind. Oenbar teilt jeder gemeinsame Primidealfaktor
p
(mit
p
j
p
) auch
2
p
d
; da
p
j
p
d
(und
p
6
= 2) sofort auf
p
j
d
,
p
j
y
,
p
j
x
und schlielich
p
2
j
d
f
uhrt, k
onnen wir diesen Fall ausschlieen, wenn wir voraussetzen,
da
d
quadratfrei ist. Damit bleibt no ch die M
oglichkeit
p
j
2; hier gibt es
folgende M
oglichkeiten:
70
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
d
2 mo d 4: dann ist
p
j
(
p
d
) (wegen
p
= (2
;
p
d
)), somit
p
j
y
,
p
j
y
und schlielich
x
3
=
y
2
+
d
2 mo d 4: Widerspruch, da eine dritte
Potenz nicht genau durch 2 teilbar sein kann.
d
1 mo d 4: hier ist
p
= (2
;
1 +
p
d
), somit
p
j
(
y
+
p
d
) genau
dann, wenn
y
ungerade ist. Damit folgt
x
3
=
y
2
+
d
1 + 1
2 mo d 4,
und das ist wie eb en ein Widerspruch.
d
3 mo d 4: hier ist
y
+
p
d
genau dann durch
p
(sogar durch 2)
teilbar, wenn
y
ungerade ist. Aus
d
=
x
3
y
2
folgt, da
x
gerade sein
mu, somit ist
d
y
2
1 mo d 8. Wenn wir also voraussetzen, da
d
6
7 mo d 8 gilt, kann auch hier nicht
p
j
2 ein gemeinsamer Teiler
von
a
und
a
0
sein.
Damit sind
a
und
a
0
in der Tat teilerfremd. Da ihr Pro dukt eine dritte Potenz
ist, gibt es ein Ideal
b
mit
a
=
b
3
(und, nach Konjugation, mit
a
0
3
=
b
0
3
).
Jetzt kommt die n
achste Voraussetzung: b ezeichnet
h
die Klassenzahl von
Q
(
p
d
), so m
oge 3
-
h
gelten. Denn in diesem Fall ist sowohl
b
3
, als auch
f b
h
Hauptideal, damit auch alle
b
3
a
+
hb
, und wegen der Teilerfremdheit von 3
und
h
folgt nach Bezout, da
b
selbst Hauptideal ist, also
b
= (
r
+
s
p
d
2
) mit
r
s
mo d 2.
Im Falle
d >
0,
d
6
= 1
;
3 sind
1 die einzigen Einheiten, und wir erhalten
aus der obigen Idealgleichung die Gleichung von Elementen
y
+
p
d
=
r
+
s
p
d
2
3
;
wob ei wir das Vorzeichen in die dritte Potenz hineingezogen hab en. Ko ef-
zientenvergleich liefert jetzt 1 =
1
8
(3
r
2
s
ds
3
), also 8 = 3
r
2
s
ds
3
=
s
(3
r
2
ds
2
). Oenbar mu
s
j
8 gelten, also
s
=
1 o der
r
s
0 mo d 2.
Im ersten Fall folgt
8 = 3
r
2
d
, also
d
= 3
r
2
8, im zweiten Fall setzen
wir
r
= 2
t
,
s
= 2
u
und nden 1 =
u
(3
t
2
du
2
), also
u
=
1 und
d
= 3
t
2
1.
Damit hab en wir gezeigt: hat
d
(unter den gemachten Voraussetzungen)
nicht die Form 3
t
2
1 o der 3
t
2
8, dann b esitzt die diophantische Gleichung
y
2
=
x
3
d
keine ganzzahlige L
osung.
Was passiert, wenn
d
von dieser Form ist? Sei z.B.
d
= 3
r
2
8; dann
liefert ein zweiter Ko ezientenvergleich (unter Beachtung von
s
= 1) sofort
8
y
=
r
3
3
dr
=
r
3
9
r
3
+24
r
= 24
r
8
r
3
, also
y
= (3
r
2
)
r
, sowie
y
2
+
d
=
r
6
6
r
4
+ 12
r
2
8 = (
r
2)
3
, also
x
=
r
2. Daher entspricht eine Darstellung
d
=
4.4. DIE DIOPHANTISCHE GLEICHUNG
Y
2
=
X
3
D
71
3
r
2
8 dem L
osungspaar (
r
2
;
(3
r
2
)
r
) unserer diophantischen Gleichung.
Ganz entsprechend f
uhren die andern Darstellungen auf solche L
osungspaare:
die Werte
d
= 3
r
2
+ 8, 3
t
2
+ 1, 3
t
2
1 entsprechen den L
osungspaaren
(
r
2
+ 2
;
r
(
r
2
+ 3)), (4
t
2
+ 1
;
t
(8
t
2
+ 3)), (4
t
2
1
;
t
(8
t
2
3)).
Die einzige Frage, die no ch zu kl
aren ist, ist folgende: kann ein
d
meh-
rere solcher Darstellungen b esitzen? Die Antwort ist:
d
= 11 b esitzt ge-
nau zwei Darstellungen, alle andern h
ochstens eine. Der Beweis ist einfach:
Gleichungen wie 3
r
2
8 = 3
t
2
1 k
onnen schon mo dulo 3 nicht auftre-
ten; es bleib en 3
r
2
8 = 3
t
2
+ 1 (dies f
uhrt auf 3(
r
2
t
2
) = 9, also auf
r
2
t
2
= (
r
t
)(
r
+
t
) = 3, deren einzige L
osung
r
=
2,
t
=
1 ist und
daher auf
d
= 4 f
uhrt, was ab er nicht quadratfrei ist) und 3
r
2
+ 8 = 3
t
2
1
(dies liefert entsprechend 3 =
t
2
r
2
, also
t
=
2,
r
=
1 und somit
d
= 3 + 8 = 3
2
2
1 = 11).
Damit hab en wir b ewiesen:
Satz 4.11.
Sei
d
6
= 1
;
3
quadratfreie nat
urliche Zahl, und
d
6
= 7 mo d 8
. Ist
die Klassenzahl von
Q
(
p
d
)
nicht durch
3
teilbar, so hat die diophantische
Gleichung
y
2
=
x
3
d
1. genau zwei L
osungspaare
(3
;
4)
und
(58
;
3364)
f
ur
d
= 11
;
2. genau ein L
osungspaar, wenn
d
6
= 11
die Form
d
= 3
t
2
1
oder
d
=
3
t
2
8
hat;
3. keine ganzzahligen L
osungen sonst.
Man b eachte, da Satz 4.11 fast alle unserer bisherigen Ergebnisse enth
alt:
wegen 2 = 3
1
2
1 hat z.B.
y
2
=
x
3
2 genau die L
osungen (3
;
5).
Man b etrachte auch den Fall
d
= 26 = 3
3
2
1: man stellt fest, da
y
2
=
x
3
26 auer dem L
osungspaar (207
;
42849), das obiger Satz liefert,
auch no ch die L
osungen (3
;
1) hat. Dies ist kein Widerspruch: aus dem Satz
folgt dann zwangsl
aug, da die Klassenzahl von
Q
(
p
26 ) durch 3 teilbar
sein mu. In der Tat ist die Klassenzahl gleich 6.
Ganz
ahnlich kann man die ganzzahligen L
osungen von
x
p
+
y
p
=
z
p
b estimmen, wenn
p
die Klassenzahl von
Q
(
p
) nicht teilt { dies ist Kummers
Zugang zum Fermatschen Problem.
Zusammenfassung
72
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Dieses Kapitel enth
alt die wesentlichen Ergebnisse der Vorlesung:
Ideale in Ganzheitsringen
O
K
quadratischer Zahlk
orp er bilden eine
Halbgrupp e mit K
urzungsregel;
in
O
K
ist die Primidealzerlegung eindeutig;
rationale Primzahlen sind in
O
K
verzweigt, zerlegt o der tr
age, je nach-
dem (
d=p
) = 0, +1 o der
1 ist;
Ideale
a
und
b
heien
aquivalent, wenn es
;
2 O
K
n f
0
g
gibt mit
a
=
b
. Die
Aquivalenzklassen von Idealen bilden eine Grupp e, die
Idealklassengrupp e.
die Idealklassengrupp e von
K
ist endlich.
Kapitel 5
Geschlechtertheorie und
quadratische Reziprozit
at
5.1 Klassenzahl im engeren Sinne
Die urspr
ungliche Form der
Aquivalenz von Idealklassen, die von Gau im
Zusammenhang mit bin
aren quadratischen Formen eingef
uhrt wurde, un-
terscheidet sich von der (bisher b ehandelten) gew
ohnlichen
Aquivalenz. Die
Einf
uhrung einer
Aquivalenz im engeren Sinne ist ab er f
ur die Geschlech-
tertheorie nur unter groen Opfern zu vermeiden.
Sei also
k
=
Q
(
p
m
) ein quadratischer Zahlk
orp er. Ein
2
k
heit
total
positiv
(in Zeichen:
0), wenn
m <
0 o der ab er
m >
0,
>
0 und
0
>
0
gilt (unter der Identizierung von
p
m
mit der p ositiven Quadratwurzel von
m
). Entsprechend heit
total negativ
, wenn
total p ositiv ist. Statt
0
schreib en wir auch manchmal
, wo
:
p
m
7!
p
m
der nicht-triviale
Automorphismus von
k =
Q
ist.
Beispiel.
In imagin
arquadratischen Zahlk
orp ern sind alle von 0 verschiede-
nen Zahlen totalp ositiv; so ist z.B.
1
0 in
Q
(
p
1 ), ab er
1
0 in
Q
(
p
2 ). Weiter ist 1 +
p
2 nicht total p ositiv in
Q
(
p
2 ) wegen 1
p
2
<
0;
dagegen ist 3 +
p
2
0.
Hilfssatz 5.1.
Ist
2
k
, so ist
N >
0
genau dann, wenn
0
oder
0
gilt.
Beweis.
Ist
0 o der
0, so ist oenbar
N
=
0
>
0. Ist umgekehrt
N >
0, so hab en
und
0
dasselb e Vorzeichen, folglich ist entweder
o der
total p ositiv.
73
74
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Wir erinnern uns daran, da zwei Ideale
a
und
b
aquivalent im gew
ohnli-
chen Sinne heien, wenn
a
=
b
f
ur ein
2
k
gilt. Wir nennen sie
aquivalent
im engeren Sinne (in Zeichen:
a
+
b
), wenn
a
=
b
f
ur ein
0 ist. Da in
imagin
arquadratischen Zahlk
orp ern alle Zahlen
6
= 0 totalp ositiv sind, fallen
dort b eide
Aquivalenzb egrie zusammen.
Auch die
Aquivalenzklassen im engeren Sinne bilden eine (wie wir gleich
sehen werden, endliche) Grupp e, die mit Cl
+
(
k
) b ezeichnet wird; deren Ord-
nung
h
+
nennt man die Klassenzahl im engeren Sinne.
In reell-quadratischen Zahlk
orp ern
k
=
Q
(
p
d
) dagegen sind b eide Begrif-
fe im allgemeinen verschieden: die von dem Ideal (
p
d
) erzeugte Idealklasse
ist oenbar ein Hauptideal im gew
ohnlichen Sinne; sie ist ab er Hauptideal
im engeren Sinne nur dann, wenn es ein
0 gibt mit (
p
d
) =
(1), d.h.
wenn das Ideal (
p
d
) von einem total p ositiven Element erzeugt wird. Die
Zahl
=
p
d
ist wegen
0
=
p
d
nat
urlich nicht total p ositiv.
Im folgenden wollen wir einige Unterschiede, bzw. Gemeinsamkeiten die-
ser b eiden Klassengrupp en untersuchen. Dazu stellen wir erstens fest, da
es eine kanonische Pro jektion Cl
+
(
k
)
!
Cl(
k
) gibt: man ordnet der von
a
erzeugten Idealklasse [
a
]
+
im engeren Sinne die Idealklasse [
a
] im gew
ohnli-
chen Sinne zu (die \Umkehrabbildung" Cl(
k
)
!
Cl
+
(
k
) : [
a
]
7!
[
a
]
+
ist
i.a. nicht wohldeniert, weil
a
b
sein kann, ohne dass
a
+
b
gilt; mit an-
deren Worten: man kann Cl(
k
)
nicht
als Untergrupp e von Cl
+
(
k
) auassen).
Genauer gilt nun:
Prop osition 5.2.
Es bezeichne
h
p
d
i
die Untergruppe
f
1
;
[(
p
d
)]
+
g
der Klas-
sengruppe
Cl
+
(
k
)
im engeren Sinne; dann ist die folgende Sequenz abelscher
Gruppen exakt:
1
! h
p
d
i
{
!
Cl
+
(
k
)
!
Cl(
k
)
!
1
:
(5.1)
Beweis.
Es ist klar, da
:
h
p
d
i !
Cl
+
(
k
) injektiv, da
: Cl
+
(
k
)
!
Cl(
k
) surjektiv, und da im
ker
ist. Es bleibt also ker
im
zu
zeigen.
Sei dazu [
a
]
+
2
ker
. Dann ist
a
=
O
k
f
ur ein
2
k
. Falls
N >
0,
so k
onnen wir
0 w
ahlen und nden [
a
]
+
= 1. Ist dagegen
N <
0, also
z.B.
>
0 und
<
0, und jetzt ist
=
p
d
0, d.h. [
a
]
+
= [(
p
d
)]
+
. In
b eiden F
allen ist [
a
]
+
2
im
.
Als Folgerung halten wir fest: es ist entweder
h
+
=
h
o der
h
+
= 2
h
.
Insb esondere ist auch Cl
+
(
k
) endlich.
5.2. GESCHLECHTER
75
Beispiel.
In
k
=
Q
(
p
3 ) hat das Ideal (
p
3 ) Ordnung 2 in Cl
+
(
k
), obwohl es
Hauptideal im gew
ohnlichen Sinne ist. W
are es Hauptideal im engeren Sinne,
m
ute es ein ganzes Element der Norm +3 geb en:
x
2
3
y
2
= 3 impliziert
ab er 3
z
2
y
2
= 1, also
y
2
1 mo d 3: Widerspruch.
In
k
=
Q
(
p
5 ) dagegen ist auch (
p
5 ) Hauptideal im engeren Sinne:
ein total p ositives Erzeugendes ist
1+
p
5
2
p
5. Diese Beobachtung l
at sich
verallgemeinern:
Korollar 5.3.
F
ur quadratische Zahlk
orper
k
gilt
h
+
(
k
) = 2
h
(
k
)
, fal ls
d
=
disc
k >
0
und die Fundamentaleinheit
"
Norm
+1
hat, und
h
+
(
k
) =
h
(
k
)
sonst.
Beweis.
Aus Prop osition 5.2 folgt, da
h
+
(
k
) =
h
(
k
) genau dann gilt, wenn
die Idealklasse [(
p
d
)]
+
trivial ist. Ab er (
p
d
) ist Hauptideal im engeren Sinne
genau dann, wenn es eine Einheit
2 O
K
gibt mit
p
d
0. F
ur
d <
0
k
onnen wir
= 1 nehmen; ist ab er
d >
0 und
p
d
0, dann zeigt
N
p
d <
0,
da
N <
0 (also
N
=
1) sein mu. Daher ist [(
p
d
)]
+
= 1 genau dann,
wenn es eine Einheit
mit Norm
1 gibt; eine solche wiederum existiert
genau dann, wenn
N "
=
1 ist.
5.2 Geschlechter
Im folgenden b ezeichne
k
immer einen quadratischen Zahlk
orp er
k
=
Q
(
p
m
).
An weiteren Vorb ereitungen b en
otigen wir Hilb erts Satz 90 (dieser Name
kommt daher, weil der Satz in Hilb erts Zahlb ericht von 1897 die Nummer 90
hat). Hilb erts Satz 90 gibt es in zwei Versionen: f
ur Elemente und f
ur Ideale:
Ist
2
k
, so gilt
N
= 1 genau dann, wenn
die Form
=
1
hat.
Ist
a
ein gebro chenes Ideal in
O
k
, so gilt
N
a
= 1 genau dann, wenn
a
die Form
a
=
b
1
f
ur ein ganzes Ideal
b
hat.
Die Richtungen \
(
=" sind in b eiden F
allen trivial. Sei also zuerst
N
= 1.
Ist
=
1, so gen
ugt
=
p
m
; ist
6
=
1, so setze man
=
+ 1: damit
ist dann
1
=
+1
0
+1
=
(
+1)
0
+
=
(
+1)
1+
=
.
Sei nun
N
a
= 1 (also
a
=
cd
1
Quotient zweier ganzer Ideale derselb en
Norm). Wegen der Eindeutigkeit der Primidealzerlegung d
urfen wir anneh-
men, da
c
und
d
teilerfremd sind. Daraus folgt sofort, da
c
und
d
nicht durch
76
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
tr
age Primideale teilbar sein k
onnen: w
are z.B. (
q
)
j
c
, so m
ute
q
2
auch in
der Faktorisierung von
N
d
vorkommen, folglich
d
durch (
q
) teilbar sein: Wi-
derspruch. Aus demselb en Grund k
onnen in
cd
keine verzweigten Primideale
aufgehen. Also sind
c
und
d
Pro dukte zerlegter Primideale; ist
p
t
jj
c
, so folgt
p
t
jj
d
, wegen der Teilerfremdheit also
p
0
t
jj
d
. Dies zeigt, da
c
=
d
0
ist; damit
gilt
a
=
d
0
d
1
=
d
1
.
Ist die Einteilung in Idealklassen im engeren Sinne feiner als die im
gew
ohnlichen, so ist die Einteilung in Geschlechter sehr grob. Wir sagen,
zwei Ideale
a
und
b
seien
ahnlich
(in Zeichen:
a
+
b
), wenn
N
a
=
N N
b
f
ur
ein
2
k
mit
0 gilt. Die dazugeh
origen
Aquivalenzklassen nennt man
Geschlechter; das Geschlecht, welches das Einsideal enth
alt, heit das Haupt-
geschlecht. Die Menge aller Geschlechter bildet eine Grupp e, die Geschlech-
terklassengrupp e Cl
+
gen
(
k
). Tats
achlich lassen sich die Geschlechter recht ein-
fach b eschreib en:
Prop osition 5.4.
F
ur Ideale
a
;
b
in
O
k
gilt
a
+
b
genau dann, wenn
a
+
bc
2
f
ur ein Ideal
c
gilt, d.h. wenn sich ihre Idealklassen im engeren Sinne um ein
Quadrat unterscheiden.
Beweis.
Oenbar gen
ugt es zu zeigen, da
a
+
(1) zu
a
+
c
2
aquivalent ist.
Sei daher
N
a
=
N
(
) f
ur ein
0. Dann ist
N
(
1
a
) = (1), und Hilb erts
Satz 90 f
ur Ideale zeigt, da es ein Ideal
c
gibt mit
1
a
=
c
1
. Wegen
c
+
c
1
folgt jetzt
a
+
c
2
wie b ehauptet.
Ist umgekehrt
a
+
c
2
, so gilt
a
=
c
2
f
ur ein
0, und Bilden der Norm
zeigt
N
a
=
N
(
c
) mit
c
=
N
c
.
Dies zeigt, da Cl
+
gen
(
k
)
'
C
+
=C
2
+
ist, wo
C
+
= Cl
+
(
k
) die Idealklas-
sengrupp e im engeren Sinne b ezeichnet. Das erste Hauptziel der Geschlech-
tertheorie ist die Berechnung der Geschlechterklassenzahl, also der Ordnung
von Cl
+
gen
(
k
). Wir werden dazu einen neuen Begri einf
uhren: ein Ideal
a
heit
ambig
, wenn
a
=
a
ist (wenn also
a
gleich seinem Konjugierten ist);
eine Idealklasse
c
= [
a
]
+
heit
ambig
, wenn sie unter der Galoisop eration
fest bleibt, wenn also
c
=
c
gilt (wenn also
a
+
a
0
gilt). Die ambigen Idea-
klassen bilden eine Untergrupp e Am
+
von Cl
+
(
k
), die Grupp e der ambigen
Idealklassen. Direkt aus der Denition erh
alt man die exakte Sequenz
1
!
Am
+
!
C
+
1
!
C
1
+
!
1
;
(5.2)
wob ei der Homomorphismus
C
+
!
C
1
+
durch
c
7!
c
1
deniert ist.
5.2. GESCHLECHTER
77
Einen dazu analogen Begri gibt es nat
urlich auch f
ur gew
ohnliche Ideal-
klassen { der Unterschied und gleichzeitig der Hauptgrund f
ur die Einf
uhrung
der Klassengrupp e im engeren Sinne b esteht darain, da das n
achste Ergeb-
nis nur f
ur engere Aquivalenz richtig ist:
Prop osition 5.5.
Die ambigen Idealklassen in
Cl
+
(
k
)
sind genau diejeni-
gen, die von ambigen Idealklassen erzeugt werden.
Beweis.
Sei
c
= [
a
]
+
ambig, also
a
=
a
f
ur ein
0. Bilden der Norm
zeigt, da
N
=
1 sein mu; wegen
0 ist also
N
= +1. Hilb erts Satz
90 gibt
=
1
f
ur ein
2
k
. An 0
2
=
N
lesen wir ab, da
N >
0 ist (ist
k
komplex, so ist die Norm ohnehin
0, ist
k
reell, so ist
ein
n
2
Z
genau dann
>
0, wenn
n
0 in
k
gilt). Also ist
o der
total
p ositiv, und wir d
urfen oBdA
0 annehmen. Damit ist
a
+
a
. Ab er
das Ideal
a
ist ambig wegen (
a
)
=
a
=
a
=
a
. Wir hab en damit
gezeigt, da
c
von einem ambigen Ideal erzeugt wird. Da die andere Richtung
trivial ist, ist der Beweis komplett.
Beispiel.
In
k
=
Q
(
p
3 ) wird die Idealklasse [(
p
3 )]
+
der Ordnung 2 in
Cl
+
(
k
) von dem ambigen Ideal (
p
3 ) erzeugt. Das Beispiel
k
=
Q
(
p
34 )
zeigt, da der entsprechende Satz f
ur die gew
ohnliche Klassengrupp e falsch
ist:
k
hat Klassenzahl 2, die Klasse von
p
= (3
;
5 +
p
34 ) hat Ordnung 2
(denn
x
2
34
y
2
=
3 liefert einen Widerspruch mo dulo 17, w
ahrend
p
2
=
(5 +
p
34 ) Hauptideal im gew
ohnlichen Sinne ist) und ist damit automatisch
ambig, wird ab er von keinem ambigen Ideal erzeugt, da alle ambigen Ideale
Hauptideale sind: es ist n
amlich (2
;
p
34 ) = (6 +
p
34 ) und (17
;
p
34 ) =
(17 + 3
p
34 ). In Cl
+
(
k
) dagegen ist die Idealklasse [
p
2
]
+
nicht trivial, da
(5 +
p
34 ) keinen total p ositiven Erzeuger hat.
Unser n
achstes Ziel ist die Berechnung der Anzahl der Geschlechter. Dazu
f
uhren wir einige Grupp en ein:
E
=
O
k
ist die Einheitengrupp e von
O
k
;
E
+
=
f
"
2
E
:
"
0
g
ist deren Untergrupp e total p ositiver Einheiten;
E
1
=
f
"
1
:
"
2
E
g
;
U
=
E
+
=
(
E
+
\
E
1
);
A
, die Grupp e der (gebro chenen) ambigen Ideale;
78
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
I
, die Untergrupp e von
A
, die aus Idealen b esteht, die von rationalen
Zahlen erzeugt werden;
R
=
A=I
schlielich ist deren Faktorgrupp e.
Jetzt b ehaupten wir
Satz 5.6.
Sei
k
quadratischer Zahlk
orper und
t
die Anzahl der verzweigten
Primzahlen. Dann existiert eine exakte Sequenz
1
!
U
!
R
cl
!
Am
+
!
1
;
(5.3)
und es gilt
U
'
Z
=
2
Z
und
R
=
A=I
'
(
Z
=
2
Z
)
t
. Insbesondere ist
C
+
=C
2
+
'
(
Z
=
2
Z
)
t
1
:
Bevor wir diesen Satz b eweisen, notieren wir einige Folgerungen:
Prop osition 5.7.
Ist
k
ein quadratischer Zahlk
orper, dessen Diskriminante
eine Primzahlpotenz ist, dann hat
k
ungerade Klassenzahl (sogar im engeren
Sinne).
Beweis.
Da genau ein Primideal verzweigt, ist
t
= 1, folglich
C
+
=C
2
+
trivial
und damit
C
+
=
C
2
+
. Also ist Quadrieren ein Automorphismus auf der endli-
chen Grupp e
C
+
, und dies impliziert, da deren Ordnung ungerade sein mu
(andernfalls g
ab e es nach Cauchy ein Element der Ordnung 2, und dieses
l
age im Kern con
c
7!
c
2
).
Korollar 5.8.
Ist
disc
k
eine Primzahlpotenz, so hat
k
ungerade Klassenzahl
im engeren Sinne. Ist
d
=
pq
, wo
p
2
;
3 mo d 4
und
q
3 mo d 4
prim sind,
dann sind al le ambigen Ideale Hauptideale im gew
ohnlichen Sinne.
Beweis.
Ist disc
k
eine Primzahlp otenz, also
t
= 1, so folgt
C
+
=
C
2
+
; also
ist Quadrieren ein Automorphismus von
C
+
, und damit hat
C
+
ungerade
Ordnung.
Ist
d
=
pq
, so gilt
t
= 2 und #Am
+
(
k
) = 2; dab ei ist [(
p
pq
)]
+
die ambige
Idealklasse der Ordnung 2, denn die Fundamentaleinheit
"
von
k
hat p ositive
Norm (eine Gleichung
t
2
pq y
2
=
4 w
urde mo dulo
p
auf den Widerspruch
(
t=
2)
2
1 mo d
p
f
uhren). Da die von
p
= (
p;
p
pq
) und
q
= (
q ;
p
pq
)
erzeugten Idealklassen im engeren Sinne eb enfalls ambig sind, m
ussen sie zu
[(1)]
+
o der [(
p
pq
)]
+
im engeren Sinne
aquivalent sein; insb esondere sind es
damit Hauptideale im gew
ohnlichen Sinne.
5.2. GESCHLECHTER
79
Beweis von Satz 5.6.
Wir b eginnen mit der Denition der Homomorphismen
:
U
!
R
und cl :
R
!
Am
+
. Dazu b eobachten wir, da f
ur alle
"
2
E
+
p er denitionem
N "
= +1 gilt; nach Hilb erts Satz 90 ist also
"
=
1
f
ur
ein
2
k
. Ab er dann ist das Ideal
O
k
sicher ambig, und die Abbildung
:
"
7!
O
k
induziert einen Homomorphismus
U
!
R
, den wir eb enfalls
mit
b ezeichnen wollen.
Der Homomorphismus cl wird deniert, indem man
a
I
auf die Idealklasse
[
a
]
+
abbildet. Damit bleibt no ch die Exaktheit zu zeigen.
1. ker
= 1: sei dazu
(
"
) = (
a
) f
ur ein
a
2
Z
. Dann folgt aus
x
1
=
"
und
x
O
k
=
a
O
k
, da
a
=
x
f
ur eine Einheit
2
x
gilt. Ab er jetzt
zeigt 1 =
a
1
=
x
1
1
=
"
1
, da
"
=
1
0 ist.
2. im
ker cl: das ist klar, denn es gilt
(
"
) = (
x
) f
ur ein
x
0.
3. im
ker cl: sei dazu
a
=
a
und
a
=
O
k
f
ur ein
0. Dann ist
1
=
"
eine total p ositive Einheit mit
(
"
) =
O
k
.
4. cl ist surjektiv: sei
c
2
Am
+
; then
c
= [
a
]
+
f
ur ein ambiges Ideal
a
(Prop osition 5.5), und wir hab en
c
= cl (
a
I
).
Damit ist die Exaktheit nachgewiesen.
Nun zeigt man leicht, da
R
eine 2-Grupp e ist, die von den Klassen
p
j
I
erzeugt wird, und da
R
'
(
Z
=
2
Z
)
t
gilt. In der Tat: jedes ambige Ideal hat
die Form (
m
)
Q
p
e
i
i
, wob ei die
p
i
verzweigt sind. Wegen
p
2
i
= (
p
i
) kann man
Quadrate in das Ideal (
m
) hineinziehen und darf annehmen, da
e
i
2 f
0
;
1
g
ist. Jetzt setzt man
:
A=I
!
(
Z
=
2
Z
)
t
: (
m
)
Y
p
e
i
i
7!
(
e
1
;::: ;e
t
)
und zeigt, da
ein Grupp enisomorphismus ist. Als n
achstes zeigen wir
U
'
Z
=
2
Z
.
Ist
d <
0, so op eriert
wie
1 auf den Einheitswurzeln
"
, die
E
er-
zeugen, folglich ist hier
E =E
1
=
E =E
2
'
Z
=
2
Z
. Ist
d >
0, so sei
"
die
Fundamentaleinheit von
k
. Ist
N "
= +1, so folgt
"
1
=
"
2
und
E
+
=
E
,
also
U
=
h
"
i
=
h
"
2
i '
Z
=
2
Z
. Ist dagegen
N "
=
1, dann ist
E
+
=
h
"
2
i
und
"
1
=
h
"
2
i
, somit
E
+
\
E
1
=
h
"
4
i
und schlielich
U
'
Z
=
2
Z
.
Zum Schlu m
ussen wir no ch zeigen, da
C
+
=C
2
+
'
(
Z
=
2
Z
)
t
1
:
Ab er
C
+
=C
2
+
ist oenbar eine elementar-ab elsche 2-Grupp e; nach (5.2) und (5.3)
ist ihre Ordnung (
R
:
U
), und dieser Index ist 2
t
1
, wie wir gerade gezeigt
hab en.
80
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
5.3 Das quadratische Reziprozit
atsgesetz
Ein Korollar von Korollar 5.8 ist das quadratische Reziprozit
atsgesetz:
Satz 5.9.
Sind
p
und
q
ungerade Primzahlen, so ist
p
q
q
p
= (
1)
p
1
2
q
1
2
:
Dar
uberhinaus gelten die Erg
anzungss
atze
(
1
p
) = (
1)
(
p
1)
=
2
und
(
2
p
) =
(
1)
(
p
2
1)
=
8
.
Beweis.
Wir b eginnen mit dem ersten Erg
anzungssatz. Ist
p
1 mo d 4, so
hat
k
=
Q
(
p
p
) ungerade Klassenzahl im engeren Sinne, folglich ist
N "
p
=
1; schreibt man
"
=
1
2
(
t
+
u
p
p
), so folgt
x
2
py
2
=
4, und daraus
(
4
=p
) = (
1
=p
) = 1. Ist umgekehrt (
1
=p
) = 1, so ist
p
in
k
=
Q
(
i
)
zerlegt; also ist
p
= (
a
+
bi
)(
a
bi
), und Normenbildung liefert
p
=
a
2
+
b
2
.
Dies gibt ab er sofort
p
1 mo d 4.
Ganz entsprechend zeigt man den zweiten Erg
anzungssatz: wir setzen
p
= (
1)
(
p
1)
=
2
p
; dann ist
p
1 mo d 4, und
k
=
Q
(
p
p
) hat ungerade
Klassenzahl
h
. Ist
p
1 mo d 8, so ist 2 in
k =
Q
zerlegt, also 2
O
k
=
pp
0
.
Da
p
h
=
1
2
(
x
+
y
p
p
) Hauptideal ist, liefert Normenbildung
x
2
p
y
2
=
4
2
h
; tats
achlich d
urfen wir annehmen, da das p ositive Vorzeichen gilt:
ist
p
=
p
1 mo d 4, so hat die Fundamentaleinheit Norm
1, und wir
k
onnen
x
+
y
p
p
) ggf. mit
"
multiplizieren; ist ab er
p
3 mo d 4, so ist
p
<
0 und die Norm ohnehin p ositiv. Also ist
x
2
p
y
2
= 2
h
+2
, und damit
+1 = (2
h
+2
=p
) = (2
=p
).
Jetzt zum eigentlichen Reziprozit
atsgesetz: wir b ehandeln zuerst den Fall,
da eine der b eiden Primzahlen, sagen wir
p
, kongruent 1 mo d 4 ist. Wir
werden zeigen, da
p
q
= +1
()
q
p
= +1 gilt.
Dazu stellen wir fest, da
p
q
= +1 impliziert, da
q
in
k
=
Q
(
p
p
) zerlegt
ist. Also ist
q
O
k
=
qq
0
und
q
h
=
1
2
(
x
+
y
p
p
) Hauptideal, wob ei
h
=
h
+
nach
Prop osition 5.7 ungerade ist. Normenbildung liefert
4
q
h
=
x
2
py
2
. Dies
wiederum gibt die Kongruenz
4
q
h
x
2
mo d
p
, also wegen
1
p
= +1 auch
q
p
= +1 wie b ehauptet.
Ist dagegen
q
p
= +1, so hat
k
=
Q
(
p
q
) ungerade Klassenzahl
h
, wob ei
wir
q
= (
1)
(
q
1)
=
2
q
gesetzt hab en. Wieder folgt aus der Tatsache, da
p
in
O
k
zerlegt ist, die Gleichung
4
p
h
=
x
2
q
y
2
und damit
p
q
= +1. Da
5.3. DAS QUADRATISCHE REZIPROZIT
ATSGESETZ
81
entweder
q
1 mo d 4 und (
1
=q
) = +1 o der ab er
q
3 mo d 4,
q
negativ
und das Vorzeichen damit p ositive ist, folgt in der Tat
p
q
= +1.
Schlielich sei
p
q
3 mo d 4. Zu zeigen ist, da
p
q
= +1
()
q
p
=
1. Wir b etrachten
k
=
Q
(
p
pq
). Nach Korollar 5.8 ist
p
= (
p;
p
pq
) ein
Hauptideal, also
p
=
1
2
(
x
+
y
p
pq
). Dann ist
4
p
=
x
2
pq y
2
, also
x
=
pz
und
4 =
pz
2
q y
2
. Gilt das p ositive Vorzeichen, so folgt durch Reduzieren
mo dulo
q
und
p
, da (
p
q
) = +1 und (
q =p
) =
1 ist; gilt das negative, so folgt
entsprechend (
p
q
) =
1 und (
q =p
) = +1. Dies b eendet den Beweis.
Zusammenfassung
In diesem Kapitel ging es um
Idealklassen im engeren Sinne,
die Denition der Geschlechterklassengrupp e Cl
+
gen
(
k
),
der Bestimmung ihrer Struktur,
und der Anwendung auf das quadratische Reziprozit
atsgesetz.
82
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
Anhang A
Euler und die diophantische
Gleichung
y
2
=
x
3
2
Dieser Anhang wurde nachtr
aglich (Juli 1999) eingef
ugt.
Euler hat die diophantische Gleichung
y
2
=
x
3
2 (nebst vielen anderen)
in seiner \Anleitung zur Algebra" b ehandelt. Im folgenden wollen wir einige
Abschnitte daraus zitieren.
Euler b esch
aftigt sich mit der L
osung von
x
2
+
cy
2
=
z
3
; dazu schreibt er
z
3
= (
x
+
y
p
c
)(
x
y
p
c
) und folgert
x
+
y
p
c
= (
p
+
q
p
c
)
3
. Dies
b egr
undet er so:
191.
Die hier gebrauchte Metho de ist um so viel merckw
urdiger, da
wir durch H
ulfe irrationaler und so gar imagin
arer Formeln sol-
che Au
osungen gefunden hab en, wozu einig und allein rationale
und so gar gantze Zahlen erfordert wurden. No ch merckw
urdiger
ab er ist es, da in denjenigen F
allen wo die Irrationalit
at ver-
schwindet, unsere Metho de nicht mehr statt ndet: dann wann
z.E.
xx
+
cy y
ein Cubus seyn soll, so kann man sicher schlie-
en da auch die b eyden irrationalen Factoren davon, nemlich
x
+
y
p
c
und
x
y
p
c
, Cub os seyn m
uen; weil dieselb en
unter sich untheilbar sind indem die Zahlen
x
und
y
keinen ge-
meinsamen Theiler hab en. Fiele ab er die Irrationalit
at
p
c
weg,
als wann z.E.
c
=
1 w
are, so w
urde dieser Grund nicht mehr
stattnden, weil alsdann die b eyden Factoren nemlich
x
+
y
und
83
84
QUADRATISCHE ZAHLK
ORPER
x
y
allerdings gemeinsame Theiler hab en k
onnten, ohngeacht
x
und
y
dergleichen nicht hab en, z.E. wann b eyde ungerade Zahlen
w
aren.
Wann demnach
xx
y y
ein Cubus seyn soll, so ist nicht n
othig
da sowohl
x
+
y
als auch
x
y
f
urt sich ein Cubus sey, sondern
man k
onnte wohl setzen
x
+
y
= 2
p
3
und
x
y
= 4
q
3
, da dann
xx
y y
ohnstreitig ein Cubus w
urde nemlich 8
p
3
q
3
, davon die
Cubic-Wurzel ist 2
pq
; alsdann ab er wird
x
=
p
3
+ 2
q
3
, und
y
=
p
3
2
q
3
. Wann ab er die Formel
axx
+
cy y
sich nicht in zwey
rationale Factores zertheilen l
at, so nden auch keine andere
Au
osungen statt, als die hier gegeb en worden.
193.
I I. Frage: Man verlangt solche Quadrate in gantzen Zahlen, wel-
che wann zu 2 addirt wird Cubi werden, wie b ey dem Quadrat
25 geschieht: ob es nun no ch mehr dergleichen giebt wird hier
gefragt?
Da also
xx
+ 2 ein Cubus seyn soll, und 2 ein dopp eltes Quadrat
ist, so suche man erstlich die F
alle, wo die Formel
xx
+ 2
y y
ein
Cubus wird, welches aus dem obige Articul 188, wo
a
= 1 und
c
= 2, geschieht, wann
x
=
p
3
6
pq q
und
y
= 3
ppq
2
q
3
; da nun
hier
y
=
1 so mu seyn 3
ppq
2
q
3
=
q
(3
pp
2
q q
) =
1, und also
q
ein Theiler von 1; es sey demnach
q
= 1, so wird 3
pp
2 =
1;
gilt das ob ere Zeichen, so wird 3
pp
= 3 und
p
= 1, folglich
x
= 5;
das untere Zeichen ab er giebt vor
p
einen irrationalen Werth,
welcher hier nicht statt ndet; woraus folgt, da nur das einzige
Quadrat 25 in gantzen Zahlen die verlangte Eigenschaft hab e.
195.
IV. Frage: Man suche solche Quadrate in gantzen Zahlen, welche
dopp elt genommen wann davon 5 subtrahirt wird, da ein Cubus
heraus komme; o der 2
xx
5 soll ein Cubus seyn.
Man suche erstlich diejenigen F
alle da 2
xx
5
y y
ein Cubus wird,
welches nach dem 188ten Articul, wo
a
= 2 und
c
=
5, geschieht,
Euler und die Gleichung
y
2
=
x
3
2 85
wann
x
= 2
p
3
+ 15
pq q
und
y
= 6
ppq
+ 5
q
3
. Hier ab er mu seyn
y
=
1, und folglich
4
ppq
+ 5
q
3
=
q
(6
pp
+ 5
q q
) =
1
;
welches in gantzen Zahlen nicht geschehen kann, und auch nicht
einmahl in Br
uchen; dahero dieser Fall sehr merckw
urdig ist, da
gleichwohl ein Au
osung statt ndet, wann nemlich
x
= 4, dann
da wird 2
xx
5 = 27, welches der Cubus ist von 3; und hievon
ist es von der gr
oten Wichtigkeit den Grund zu untersuchen.
Mit anderen Worten: Euler hat zu seiner Metho de ein Gegenb eispiel ge-
funden, sieht ab er nicht, wo die L
ucke in seiner Argumentation ist. Tats
achlich
gibt es deren zwwi: einmal die nicht eindeutige Faktorisierung in irreduzible
Elemente in quadratischen Zahlringen, zum andern die Existenz nicht trivia-
ler Einheiten.
