# Quadratischer Zahlbereich/Einführung/Textabschnitt
## Definition

Ein quadratischer Zahlbereich ist der Ring der ganzen Zahlen in einem Erweiterungskörper von $\mathbb {Q}$ vom Grad $2$.
Quadratische Zahlbereiche sind zwar die einfachsten Zahlbereiche, sind aber keineswegs einfach, sondern zeigen bereits die Reichhaltigkeit der algebraischen Zahlentheorie.

## Definition

Eine ganze Zahl heißt quadratfrei, wenn jeder Primfaktor von ihr nur mit einem einfachen Exponenten vorkommt.

## Notation

Zu einer quadratfreien Zahl $D\neq 0,1$ bezeichnet man den zugehörigen quadratischen Zahlbereich, also den Ring der ganzen Zahlen in $\mathbb {Q} [{\sqrt {D}}]$, mit
    $A_{D}.$
Eine quadratische Körpererweiterung der rationalen Zahlen wird durch ein normiertes irreduzibles Polynom beschrieben, das man durch quadratisches Ergänzen auf die Form $X^{2}-q$ bringen kann. Durch Multiplikation mit einem Quadrat (siehe Aufgabe) kann man $q$ durch eine quadratfreie ganze Zahl ersetzen. Die quadratische Körpererweiterung kann man als $\mathbb {Q} =\mathbb {Q} [{\sqrt {D}}]$ mit einer quadratfreien Zahl $D\neq 0,1$ ansetzen. Ein großer Unterschied besteht je nachdem, ob $D$ positiv oder negativ ist. Im positiven Fall ist ${\sqrt {D}}$ eine reelle irrationale Zahl, im negativen Fall handelt es sich um eine imaginäre Zahl. Man definiert:

## Definition

Es sei $D\neq 0,1$ quadratfrei und sei $A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich. Dann heißt $A_{D}$ reell-quadratisch, wenn $D$ positiv ist, und imaginär-quadratisch, wenn $D$ negativ ist.

## Definition

Es sei $D\neq 0,1$ eine quadratfreie Zahl und sei $\mathbb {Q} [{\sqrt {D}}]$ die zugehörige quadratische Körpererweiterung und $A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich. Dann wird der Automorphismus (auf $\mathbb {Q} [{\sqrt {D}}]$, auf $\mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]$ und auf $A_{D}$)
    $a+b{\sqrt {D}}\longmapsto a-b{\sqrt {D}}$
als Konjugation bezeichnet.
Wir bezeichnen die Konjugation von $z$ mit ${\bar {z}}$.

## Bemerkung

Im imaginär-quadratischen Fall, wenn also $D<0$ ist, so ist ${\sqrt {D}}={\mathrm {i} }{\sqrt {-D}}$ mit ${\sqrt {-D}}$ reell. Die Konjugation schickt dies dann auf $-{\sqrt {D}}=-{\mathrm {i} }{\sqrt {-D}}$, sodass diese Konjugation mit der komplexen Konjugation übereinstimmt. Im reell-quadratischen Fall allerdings hat die Konjugation ${\sqrt {D}}\mapsto -{\sqrt {D}}$ nichts mit der komplexen Konjugation zu tun.

## Bemerkung

Bei einer endlichen Körpererweiterung $K\subseteq L$ werden Norm und Spur eines Elementes $x\in L$ über die Determinante und die Spur der Multiplikationsabbildung $f\colon L\rightarrow L$ definiert. Im Fall einer quadratischen Erweiterung
    $\mathbb {Q} \subset \mathbb {Q} [{\sqrt {D}}]\,$
sind diese beiden Invarianten einfach zu berechnen: Da $1$ und ${\sqrt {D}}$ eine $\mathbb {Q}$-Basis bilden, ist $z=a+b{\sqrt {D}}$ und damit ist die Multiplikationsmatrix durch
    ${\begin{pmatrix}a&bD\\b&a\end{pmatrix}}$
gegeben. Somit ist
    $N(z)=a^{2}-b^{2}D=(a+b{\sqrt {D}})(a-b{\sqrt {D}})=z{\overline {z}}\,$
und
    $S(z)=2a=(a+b{\sqrt {D}})+(a-b{\sqrt {D}})=z+{\overline {z}}\,.$

## Lemma

Es sei $\mathbb {Q} \subset L$ eine quadratische Körpererweiterung und $f\in L$.
Dann ist $f$ genau dann ganz über $\mathbb {Z}$, wenn sowohl die Norm als auch die Spur von $f$ zu $\mathbb {Z}$ gehören.

### Beweis

Dies folgt aus Fakt, aus Fakt, und aus der Gestalt des Minimalpolynoms (nämlich gleich $f^{2}-S(f)f+N(f)$, falls $f\notin \mathbb {Q}$) im quadratischen Fall.
$\Box$
Wir kommen zur expliziten Beschreibung eines quadratischen Zahlbereiches.

## Satz

Es sei $D\neq 0,1$ eine quadratfreie Zahl und $A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich.
Dann gilt

### Beweis

Es sei $x\in A_{D}$ gegeben, $x=a+b{\sqrt {D}}$, $a,b\in \mathbb {Q}$. Aus Fakt folgt
    $N(x)=a^{2}-Db^{2}\in {\mathbb {Z} }{\text{ und }}S(x)=2a\in {\mathbb {Z} }.$
Aus der zweiten Gleichung folgt, dass $a={\frac {n}{2}}$ mit $n\in \mathbb {Z}$ ist. Sei $b={\frac {r}{s}}$ mit $r,s$ teilerfremd, $s\geq 1$. Die erste Gleichung wird dann zu ${\left({\frac {n}{2}}\right)}^{2}-D{\left({\frac {r}{s}}\right)}^{2}=k\in \mathbb {Z}$ bzw. $n^{2}-4D{\left({\frac {r}{s}}\right)}^{2}=4k$. Dies bedeutet, da $r$ und $s$ teilerfremd sind, dass $4D$ von $s^{2}$ geteilt wird. Da ferner $D$ quadratfrei ist, folgt, dass $s=1$ oder $s=2$ ist. Im ersten Fall ist $n$ ein Vielfaches von $2$ (da $n^{2}$ ein Vielfaches von $4$ ist), sodass $x\in \mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]$ ist.
Es sei also $s=2$, was zur Bedingung
    $n^{2}-Dr^{2}=4k\,$
führt. Wir betrachten diese Gleichung modulo $4$. Bei $n$ und $r$ gerade ist $x\in \mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]$. Die einzigen Quadrate in $\mathbb {Z} /(4)$ sind $0$ und $1$, sodass für $D=2,3\mod 4$ keine weitere Lösung existiert. Für $D=1\mod 4$ hingegen gibt es auch noch die Lösung $n=1\mod 2$ und $r=1\mod 2$, also $n$ und $r$ beide ungerade. Diese Lösungen gehören alle zu ${\mathbb {Z} }[{\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}]$.
Die umgekehrte Inklusion $\mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]\subseteq A_{D}$ ist klar, sei also $D=1\mod 4$. Dann ist aber
    ${\left({\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}\right)}^{2}-{\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}={\frac {1+D+2{\sqrt {D}}-2-2{\sqrt {D}}}{4}}={\frac {D-1}{4}}\in \mathbb {Z} \,,$
und dabei ist ${\frac {D-1}{4}}$ eine ganze Zahl, sodass dies sofort eine Ganzheitsgleichung über $\mathbb {Z}$ ergibt.
$\Box$
In den im vorstehenden Satz beschriebenen Fällen kann man jeweils den Ring der ganzen Zahlen durch eine Variable und eine Gleichung beschreiben. Für $D=2,3\mod 4$ ist
    $A_{D}\cong \mathbb {Z} [{\sqrt {D}}]\cong \mathbb {Z} [X]/(X^{2}-D)\,.$
Für
    $D=1\mod 4\,$
setzt man häufig $\omega ={\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}$ für den Algebra-Erzeuger. Dieser Erzeuger erfüllt $\omega ^{2}-\omega -{\frac {D-1}{4}}=0$. Wir haben also
    $A_{D}\cong {\mathbb {Z} }[\omega ]/{\left(\omega ^{2}-\omega -{\frac {D-1}{4}}\right)}\,.$
Wir werden häufiger in beiden Fällen diese Ganzheitsbasis $1,\omega$ nennen, mit $\omega ={\sqrt {D}}$ im ersten Fall und
    $\omega ={\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}\,$
im zweiten Fall.

## Lemma

Es sei $D\neq 0,1$ eine quadratfreie Zahl und $A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich.
Dann ist die Diskriminante von $A_{D}$ gleich

### Beweis

Im Fall $D=2,3\mod 4$ ist nach Fakt $A_{D}=\mathbb {Z} [X]/(X^{2}-D)$ und daher bilden $1$ und $X$ eine Ganzheitsbasis. Die möglichen Produkte zu dieser Basis sind in Matrixschreibweise
    ${\begin{pmatrix}1&X\\X&D\end{pmatrix}}.$
Wendet man darauf komponentenweise die Spur an so erhält man
    ${\begin{pmatrix}2&0\\0&2D\end{pmatrix}}$
und die Determinante davon ist $4D$.
Im Fall $D=1\mod 4$ ist hingegen
    $A_{D}=\mathbb {Z} [\omega ]/{\left(\omega ^{2}-\omega -{\frac {D-1}{4}}\right)}\,$
und eine Ganzheitsbasis ist $1$ und $\omega$. Die Matrix der Basisprodukte ist dann
    ${\begin{pmatrix}1&\omega \\\omega &\omega +{\frac {D-1}{4}}\end{pmatrix}}.$
Wendet man darauf die Spur an (die Spur von $\omega$ ist $1$), so erhält man
    ${\begin{pmatrix}2&1\\1&1+{\frac {D-1}{2}}\end{pmatrix}}$
und die Determinante davon ist
    $2{\left(1+{\frac {D-1}{2}}\right)}-1=2+D-1-1=D\,.$
$\Box$