# Zahlbereich/Reine kubische Erweiterung/Beschreibung/Fakt/Beweis

Das Polynom besitzt $X^{3}-ab^{2}$ keine rationale Nullstelle, ist also irreduzibel und somit liegt eine Körpererweiterung vom Grad $3$ vor.
* Es ist unmittelbar klar, dass $x$ zu $L$ gehört und eine Ganzheitsgleichung erfüllt. Ferner ist d.h. $y$ gehört ebenfalls zu $L$, die Ganzheit ist klar.
    $y={\sqrt[{3}]{a^{2}b}}={\frac {1}{b}}{\sqrt[{3}]{ab^{2}}}^{2}={\frac {1}{b}}x^{2}\,,$
* Wegen $X^{3}=bYX=ab^{2}$ liegen auch diese kubischen Terme in dem Ideal. Wir haben durch $X\mapsto x$ und $Y\mapsto y$ einen surjektiven Ringhomomorpismus da $x$ und $y$ die angegebenen Relationen erfüllen. Diese Relationen zeigen auch, dass rechts die Gruppe $\mathbb {Z} \oplus \mathbb {Z} x\oplus \mathbb {Z} y$ steht, da man alle Produkte darin schon ausdrücken kann. Eine weitere Relation kann es nicht geben, da $1,x,y$ über $\mathbb {Q}$ linear unabhängig sind.
    $S=\mathbb {Z} [X,Y]/(XY-ab,X^{2}-bY,Y^{2}-aX)\longrightarrow \mathbb {Z} [x,y],$
* Wir zeigen nun, dass $S$ unter der angegebenen Bedingung normal ist. Wenn eine Primzahl $p$ weder in $a$ noch in $b$ vorkommt und nicht $3$ ist, so ist da man $Y={\frac {X^{2}}{b}}$ schreiben und überall ersetzen kann, da $b$ in $\mathbb {Z} _{(p)}$ eine Einheit ist. Die entstehenden Erzeuger sind $X^{3}-ab^{2}$ und Vielfache davon. Die Faser über $p$ ist somit $\mathbb {Z} /(p)[X]/(X^{3}-u)$ mit einer Einheit $u\in \mathbb {Z} /(p)$. Das beschreibende Polynom $X^{3}-u$ und seine Ableitung $3X^{2}$ erzeugen das Einheitsideal (die Faser über $p$ ist also reduziert) und damit ist nach Fakt die Nenneraufnahme von $S$ an $\mathbb {Z} \setminus (p)$ normal. Es sei nun $p$ ein Teiler von $a$ (wobei der Fall $p=3$ erlaubt ist). Dann ist wieder $S_{\mathbb {Z} \setminus (p)}\cong \mathbb {Z} _{(p)}[X]/(X^{3}-ab^{2})$. Modulo $p$ ist dies $\mathbb {Z} /(p)[X]/(X^{3})$, somit ist das einzige Primideal oberhalb von $(p)$ gleich $(p,X)$. Da wir mit $a$ und $c$ teilerfremd schreiben können, gilt und daher wird dieses Primideal von $X$ erzeugt. Diese Nenneraufnahmen sind also auch normal. Betrachten wir nun und nehmen weiter an, dass $3$ weder in $a$ noch in $b$ vorkommt. Dann kann man wieder die Nenneraufnahme monogen als $\mathbb {Z} _{(3)}[X]/(X^{3}-ab^{2})$ beschreiben. Modulo $3$ ist dies und somit liegt über $(3)$ das einzige Primideal $(3,X-ab^{2})$. Wir bestimmen, unter welchen Bedingungen $X-ab^{2}$ ein Erzeuger dieses Ideals ist. Der Ring $\mathbb {Z} _{(3)}[X]/(X^{3}-ab^{2})$ modulo $X-ab^{2}$ ist da in unserem Fall $a$ und $b$ Einheiten sind. Es geht darum, ob dieser Ring gleich $\mathbb {Z} /(3)$ ist oder nicht, und somit geht es darum, ob die Ordnung von $(ab^{2}+1)(ab^{2}-1)$ gleich $1$ oder höher ist. Wir schreiben $a=9u+r$ und $b=9v+s$ und betrachten zuerst den Fall, wo $r=1,4,7$ ist. Dann ist $ab^{2}+1\neq 0\mod 3$ und wir müssen $ab^{2}-1=(9u+r)(9v+s)^{2}-1$ betrachten. Modulo $9$ ist dies $rs^{2}-1$. Dabei gilt genau in den Fällen Bei $r=2,5,8$ ist $ab^{2}-1\neq 0\mod 3$ und wir müssen $ab^{2}+1=(9u+r)(9v+s)^{2}+1=rs^{2}+1\mod 9$ betrachten. Dabei gilt genau in den Fällen Unter der Voraussetzung $a\neq \pm b$ ist also der Exponent der $3$ in $(ab^{2}+1)(ab^{2}-1)$ genau $1$. Somit ist $3\in (X-ab^{2})$ und das einzige Primideal oberhalb von $(3)$ ist in der Lokalisierung auch ein Hauptideal.
    $S_{\mathbb {Z} \setminus (p)}=\mathbb {Z} _{(p)}[X,Y]/(XY-ab,X^{2}-bY,Y^{2}-aX)\cong \mathbb {Z} _{(p)}[X]/(X^{3}-ab^{2})\,,$
    $a=p\cdot c\,$
    $p={\frac {X^{2}}{cb^{2}}}X\,$
    $p=3\,$
    $\mathbb {Z} /(3)[X]/(X^{3}-ab^{2})=\mathbb {Z} /(3)[X]/(X-ab^{2})^{3}\,$
    $\mathbb {Z} _{(3)}/((ab^{2})^{3}-ab^{2})=\mathbb {Z} _{(3)}/((ab^{2})^{2}-1)=\mathbb {Z} _{(3)}/((ab^{2}+1)(ab^{2}-1))\,,$
    $rs^{2}=1\mod 9\,$
    $(r,s)=(1,\pm 1),(4,\pm 4),(7,\pm 7)\,.$
    $rs^{2}=-1\mod 9\,$
    $(r,s)=(2,\pm 2),(5,\pm 5),(8,\pm 8)\,.$
* Es ist Die Koeffizienten des charakteristischen Polynoms dieses Elementes sind nach Aufgabe gleich $\operatorname {Spur} {\left(z\right)}=1$, ${\frac {1}{9}}{\left(3-3aab^{2}\right)}={\frac {1}{3}}{\left(1-a^{2}b^{2}\right)}$ und Unter der Bedingung $a=\pm b\mod 9$ ist $a^{2}=b^{2}=1,4,7\mod 9$, wir setzen $a^{2}=9m+t$ und $b^{2}=9n+t$. In diesen Fällen ist also stets ein Vielfaches von $3$. Ferner ist Bei $t=1,4$ ist dies sogar ein Vielfaches von $81$. Bei $t=7$ sind die hinteren Summanden zusammen gleich also ein Vielfaches von $27$ und daher ist $z$ ganz. Wir zeigen nun, dass die von $x,y,z$ erzeugte Algebra normal ist. Es sei mit $k,m,n\in \mathbb {Q}$ ein Element, das über eine Ganzheitsgleichung erfüllt, und wir müssen zeigen, dass es zu $\mathbb {Z} [x,y,z]$ gehört. Aufgrund der Spurbedingung ist $3k$ ganzzahlig. Wir ziehen $z$ (oder $3z$) von $w$ ab und können dann $k=0$ annehmen. Die weiteren Koeffizientenbedingungen an das charakteristische Polynom besagen, dass $3mnq$ und $m^{3}q+n^{3}q^{2}$ ganzzahlig sind. Da $q$ kein Vielfaches von $3$ ist, ist also $\operatorname {ord} _{(3)}\,(m)\geq 0$ oder $\operatorname {ord} _{(3)}\,(n)\geq 0$, und Im ersten Fall folgt wegen der letzten Bedingung auch die Bedingung im zweiten Fall und umgekehrt, d.h. die Ordnung von $m$ und $n$ an der Stelle $(3)$ ist $\neq 0$. Wegen der Normalität an den anderen Primzahlen folgt überhaupt, dass $m$ und $n$ ganzzahlig sind.
    $z={\frac {1}{3}}{\left(1+ax+by\right)}={\frac {1}{3}}{\left(1+ax+x^{2}\right)}\,.$
    ${\begin{aligned}N(z)&={\frac {1}{27}}{\left(1-3aab^{2}+a^{3}ab^{2}+(ab^{2})^{2}\right)}\\&={\frac {1}{27}}{\left(1-3a^{2}b^{2}+a^{4}b^{2}+a^{2}b^{4}\right)}\\&={\frac {1}{27}}{\left(1+a^{2}b^{2}(-3+a^{2}+b^{2})\right)}.\end{aligned}}$
    $1-a^{2}b^{2}={\begin{cases}0{\text{ bei }}t=1\,,\\-15{\text{ bei }}t=4\,,\\-48{\text{ bei }}t=7\end{cases}}\mod 9\,,$
    ${\begin{aligned}1+a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2}-3)&=1+{\left(81mn+9(m+n)r+r^{2}\right)}{\left(9(m+n)+2r-3\right)}\\&=1+81A+18(m+n)r^{2}-27(m+n)r+9(m+n)r^{2}+2r^{3}-3r^{2}\\&=81A+1+27(m+n)r^{2}-27(m+n)r+2r^{3}-3r^{2}\\&=81A+1+27(m+n)(r^{2}-r)+2r^{3}-3r^{2}\\&=81A'+1+2r^{3}-3r^{2}.\end{aligned}}$
    $1+2\cdot 7^{3}-3\cdot 7^{2}=540=27\cdot 20\,,$
    $w=k+mx+nx^{2}\,$
    $\operatorname {ord} _{(3)}\,(mn)\geq -1\,,$
    $\operatorname {ord} _{(3)}\,(m^{3}+n^{3}q)\geq 0\,.$