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

---

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

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

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

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

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

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

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 $a^{2}\equiv d\,\mathrm {mod} p$. Sei ${\rm {\mathfrak {p}}}:=(p,a+{\sqrt {d}})$, dann ist

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

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 ${\rm {\mathfrak {p}}}{\rm {\mathfrak {p}}}'=p{\rm {\mathcal {O}}}_{{\mathbb {Q} }({\sqrt {d}})}$ mit ${\rm {\mathfrak {p}}}\neq {\rm {\mathfrak {p}}}'$. Wäre nämlich ${\rm {\mathfrak {p}}}={\rm {\mathfrak {p}}}'$, dann folgte wie eben $4d\in {\rm {\mathfrak {p}}}$ und ${\rm {\mathfrak {p}}}=(1)$ im Widerspruch. Also sind ${\rm {\mathfrak {p}}},{\rm {\mathfrak {p}}}'$ verschiedene Primideale. Bleibt noch $\left({\frac {\delta }{p}}\right)=-1$ zu zeigen. Angenommen es gäbe ein Ideal ${\rm {\mathfrak {p}}}$ der Norm $p$, dann hätte ${\rm {\mathfrak {p}}}$, die Gestalt ${\rm {\mathfrak {p}}}=(p,b+\omega )$ und es wäre $p|N(b+\omega )$. Setzt man $\omega ={\sqrt {d}}$, dann folgt $N(b+{\sqrt {d}})=b^{2}-d\equiv 0\,\mathrm {mod} p$, also erhält man die quadratische Kongruenz $b^{2}\equiv d\,\mathrm {mod} p$. 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 $(2b+1)^{2}\equiv d\,\mathrm {mod} p$ und wie eben einen Widerspruch zur Voraussetzung.

$\Box$

Wikipedia-Verweise

• Quadratischer Zahlkörper

Literatur

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