Beweisarchiv: Zahlentheorie: Algebraische Zahlentheorie: Zerlegungsgesetz

Beweisarchiv: Zahlentheorie

Elementare Zahlentheorie: Kleiner Satz von Fermat · Satz von Euklid · Satz von Wilson · Vollständige Multiplikativität der p-adischen Exponentenbewertung

Algebraische Zahlentheorie: Pythagoraszahl nicht-reeller Körper · Korrespondenzsatz der algebraischen Zahlentheorie · Zerlegungsgesetz

Analytische Zahlentheorie: Irrationalität von $\zeta (3)$ · Primzahlsatz

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Satz (Zerlegungsgesetz): Für eine ungerade Primzahl $p$ in $\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ gilt:

$\bullet$ Ist $p\mid {\mathrm{\Delta }}_{\mathbb{Q}}(\sqrt{d})$, dann ist $(p)=(p,\sqrt{d}{)}^2$ und $p$ ist verzweigt,

$\bullet$ Ist $\left(\frac{{\mathrm{\Delta }}_{\mathbb{Q}(\sqrt{d})}}{p}\right)=+1$, dann ist $p$ zerlegt,

$\bullet$ Ist $\left(\frac{{\mathrm{\Delta }}_{\mathbb{Q}(\sqrt{d})}}{p}\right)=-1$, dann ist $p$ träge.

Beweis: Sei zunächst $\delta :={\mathrm{\Delta }}_{\mathbb{Q}(\sqrt{d})}$. Ist $p|\delta$, dann folgt, da $p$ ungrade ist, dass auch $p\mid d$ ist. Also ist

$(p,\sqrt{d}{)}^2=(p^2,p\sqrt{d},d)=(p)(p,\sqrt{d},\frac{d}{p})=(p)=p{𝒪}_{\mathbb{Q}(\sqrt{d})}$

denn aus der Teilerfremdheit von $p$ und $\frac{d}{p}$ folgt, für das Ideal $(p,\sqrt{d},\frac{d}{p})=(1)$.

Ist nun $\left(\frac{\delta }{p}\right)=+1$. Dann folgt, dass $\delta$ und wegen $\delta =d$ oder $\delta =4d$, dass auch $d$ quadratischer Rest modulo $p$ ist. Es existiert daher ein $a\in \mathbb{Z}$ mit $a^2\equiv d\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$. Sei $𝔭:=(p,a+\sqrt{d})$, dann ist

$𝔭{𝔭}^{\prime }=(p,a+\sqrt{d})(p,a-\sqrt{d})=(p^2,p(a+\sqrt{d}),p(a-\sqrt{d}),a^2-d)=p{𝒪}_{\mathbb{Q}(\sqrt{d})}(p,a+\sqrt{d},a-\sqrt{d},\frac{a^2-d}{p}).$

Nun ist wegen $2\sqrt{d}=a+\sqrt{d}-(a-\sqrt{d})$ und damit auch $4d=(2\sqrt{d}{)}^2$ im letzten Ideal enthalten. Aus der Teilerfremdheit von $p$ und $4d$ erhält man schließlich, dass das letzte Ideal der Gleichung das Einsideal ist. Damit folgt $𝔭{𝔭}^{\prime }=p{𝒪}_{\mathbb{Q}(\sqrt{d})}$ mit $𝔭\ne {𝔭}^{\prime }$. Wäre nämlich $𝔭={𝔭}^{\prime }$, dann folgte wie eben $4d\in 𝔭$ und $𝔭=(1)$ im Widerspruch. Also sind $𝔭,{𝔭}^{\prime }$ verschiedene Primideale. Bleibt noch $\left(\frac{\delta }{p}\right)=-1$ zu zeigen. Angenommen es gäbe ein Ideal $𝔭$ der Norm $p$, dann hätte $𝔭$, die Gestalt $𝔭=(p,b+\omega )$ und es wäre $p|N(b+\omega )$. Setzt man $\omega =\sqrt{d}$, dann folgt $N(b+\sqrt{d})=b^2-d\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$, also erhält man die quadratische Kongruenz $b^2\equiv d\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$. Aus dem Legende-Symbol folgt nun, $\left(\frac{\delta }{p}\right)=\left(\frac{4d}{p}\right)=\left(\frac{d}{p}\right)=+1$ im Widerspruch zur Voraussetzung. Für $\omega =\frac{1}{2}(1+\sqrt{d})$ verfährt man analog und erhalten diesmal die quadratische Kongruenz $(2b+1{)}^2\equiv d\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$ und wie eben einen Widerspruch zur Voraussetzung.

$◻$

Wikipedia-Verweise

• Quadratischer Zahlkörper

Literatur

• Candy Walter: Quadratische Zahlkörper und die Geschlechtertheorie. Leibniz Universität Hannover, 2009, DOI: 10.13140/RG.2.2.24046.84800.