# Reine kubische Gleichung/Z/Ganzheitsring/Textabschnitt

Wir interessieren uns für den Ganzheitsring zur reinen kubischen Körpererweiterung $\mathbb {Q} \subseteq L=\mathbb {Q} [X]/(X^{3}-q)$ mit $q\geq 2$. Wenn in der Primfaktorzerlegung von $q$ eine Primzahl $p$ mit einem Exponenten $\geq 3$ vorkommt, so kann man $p^{3}$ vorziehen und erhält mit der neuen Variablen $pX$ eine neue Darstellung der Körpererweiterung. Deshalb gehen wir direkt davon aus, dass in $q$ nur Primzahlen mit einem Exponenten $1$ oder $2$ vorkommen. Wir können also $q=ab^{2}$ mit $a$ und $b$ quadratfrei und zueinander teilerfremd ansetzen.

## Satz

Es seien $a$ und $b$ teilerfremde quadratfreie natürliche Zahlen, nicht beide $1$, und sei $\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [X]/(X^{3}-ab^{2})=L$ die zugehörige kubische Körpererweiterung. Wir setzen $x={\sqrt[{3}]{ab^{2}}}$ und $y={\sqrt[{3}]{a^{2}b}}$. Dann gelten folgende Aussagen.

### 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.
    $z={\frac {1}{3}}{\left(1+ax+by\right)}={\frac {1}{3}}{\left(1+ax+x^{2}\right)}\,.$
    ${\begin{aligned}N(z)&={\frac {1}{27}}{\left(1-3aab^{2}+a^{3}ab^{2}+(ab^{2})^{2}\right)}\\&={\frac {1}{27}}{\left(1-3a^{2}b^{2}+a^{4}b^{2}+a^{2}b^{4}\right)}\\&={\frac {1}{27}}{\left(1+a^{2}b^{2}(-3+a^{2}+b^{2})\right)}.\end{aligned}}$
    $1-a^{2}b^{2}={\begin{cases}0{\text{ bei }}t=1\,,\\-15{\text{ bei }}t=4\,,\\-48{\text{ bei }}t=7\end{cases}}\mod 9\,,$
    ${\begin{aligned}1+a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2}-3)&=1+{\left(81mn+9(m+n)r+r^{2}\right)}{\left(9(m+n)+2r-3\right)}\\&=1+81A+18(m+n)r^{2}-27(m+n)r+9(m+n)r^{2}+2r^{3}-3r^{2}\\&=81A+1+27(m+n)r^{2}-27(m+n)r+2r^{3}-3r^{2}\\&=81A+1+27(m+n)(r^{2}-r)+2r^{3}-3r^{2}\\&=81A'+1+2r^{3}-3r^{2}.\end{aligned}}$
    $1+2\cdot 7^{3}-3\cdot 7^{2}=540=27\cdot 20\,,$
    $w=k+mx+nx^{2}\,$
    $\operatorname {ord} _{(3)}\,(mn)\geq -1\,,$
    $\operatorname {ord} _{(3)}\,(m^{3}+n^{3}q)\geq 0\,.$
$\Box$

## Korollar

Es sei $q$ eine Primzahl mit $q\neq \pm 1\mod 9$ (was bei $q=2\mod 3$ stets der Fall ist).
Dann ist der Ganzheitsring zur Körpererweiterung
In diesem Fall besitzt der Ganzheitsring die Ganzheitsbasis $1,x,z$.

### Beweis

Dies ist der Spezialfall von Fakt mit $a=q$ und $b=1$. In diesem Fall ist
    $y={\sqrt[{3}]{q^{2}}}={\sqrt[{3}]{q}}^{2}=x^{2}\,$
und
    $S=\mathbb {Z} [x]=\mathbb {Z} [X]/(X^{3}-q)\,.$
$\Box$

## Beispiel

Wir betrachten die Körpererweiterung
    $\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{2}}]=K\subset \mathbb {R} \,.$
Der Ganzheitsring ist
    $\mathbb {Z} [{\sqrt[{3}]{2}}]\cong \mathbb {Z} [X]/(X^{3}-2)\,$
nach Fakt. Das ist keine Galoiserweiterung, da das Polynom $X^{3}-2$ über $K$ (und reell) nicht zerfällt. Oberhalb von $(2)$ liegt das einzige Primideal $(X)$. Für eine ungerade Primzahl $p$ mit $p=2\mod 3$ sind $p-1$ und $3$ teilerfremd und daher ist die dritte Potenz
    $\mathbb {Z} /(p)\longrightarrow \mathbb {Z} /(p),\,z\longmapsto z^{3},$
eine Bijektion. Insbesondere besitzt die $2$ eine eindeutig bestimmte dritte Wurzel $a$ und es gibt eine Faktorzerlegung
    $X^{3}-2=(X-a)(X^{2}+bX+c)\,$
in $\mathbb {Z} /(p)[X]$, wobei der hintere Faktor irreduzibel ist. Deshalb liegen über $(p)$ in der Erweiterung $\mathbb {Z} \subseteq \mathbb {Z} [{\sqrt[{3}]{2}}]$ zwei Primideale, wobei deren Restekörper einerseits $\mathbb {Z} /(p)$ und andererseits ${\mathbb {F} }_{p^{2}}$ ist. Inssbesondere sind diese nicht zueinander isomorph. Bei $p=5$ ist beispielsweise
    $3^{3}=2\mod 5\,$
und
    $X^{3}-2=X^{3}+3=(X+2)(X^{2}+3X+4)\,$
und somit
    ${\begin{aligned}\mathbb {Z} [{\sqrt[{3}]{2}}]\otimes _{\mathbb {Z} }\mathbb {Z} /(5)&=\mathbb {Z} [X]/(X^{3}-2)\otimes _{\mathbb {Z} }\mathbb {Z} /(5)\\&=\mathbb {Z} /(5)[X]/(X^{3}-2)\\&=\mathbb {Z} /(5)[X]/(X+2)\times \mathbb {Z} /(5)[X]/(X^{2}+3X+4)\\&\cong \mathbb {Z} /(5)\times {\mathbb {F} }_{25}.\end{aligned}}$
Bei
    $p=1\mod 3\,$
ist $3$ ein Teiler von $p-1$ und daher gibt es drei dritte Einheitswurzeln in $\mathbb {Z} /(p)$. Wenn die $2$ in $\mathbb {Z} /(p)$ eine dritte Wurzel besitzt, so besitzt sie sogar drei dritte Wurzeln und die Faser zerfällt in drei Punkte, deren Restekörper $\mathbb {Z} /(7)$ sind. Wenn die $2$ in $\mathbb {Z} /(p)$ keine dritte Wurzel besitzt, so besteht die Faser aus einem einzigen Punkt, dessen Restekörper der Körper mit $p^{3}$ Elementen ist.
Sei $p=7$. Dritte Einheitswurzeln sind $1,2,4$. Die andere dritte Potenz ist
    $6=3^{3}=5^{3}=6^{3}\,.$
D.h. $2$ ist keine dritte Potenz und $\mathbb {Z} /(7)[X]/(X^{3}-2)$ ist ein Körper mit $243$ Elementen.
Sei $p=13$. Die dritten Einheitswurzeln sind $1,3,9$. Die weiteren dritten Potenzen sind $-1=12,8=2^{3},5=11^{3}$, die $2$ ist also wieder keine dritte Potenz.
Sei $p=19$. Die dritten Einheitswurzeln sind $1,7,11$. Die weiteren dritten Potenzen sind $-1=18,8=2^{3},7=4^{3},11=5^{3},12=10^{3}$, die $2$ ist also wieder keine dritte Potenz.
Sei $p=31$. Die dritten Einheitswurzeln sind $1,5,25$.
Hier ist
    $2=4^{3}=20^{3}=7^{3}\,.$
D.h. es ist
    ${\begin{aligned}\mathbb {Z} [{\sqrt[{3}]{2}}]\otimes _{\mathbb {Z} }\mathbb {Z} /(31)&=\mathbb {Z} [X]/(X^{3}-2)\otimes _{\mathbb {Z} }\mathbb {Z} /(31)\\&=\mathbb {Z} /(31)[X]/(X^{3}-2)\\&=\mathbb {Z} /(31)[X]/(X-4)(X-7)(X-20)\\&\cong \mathbb {Z} /(31)\times \mathbb {Z} /(31)\times \mathbb {Z} /(31),\end{aligned}}$
die Faser besteht also aus drei Punkten, die alle den Restekörper $\mathbb {Z} /(31)$ besitzen.
Die zusätzliche Ganzheitsgleichung ist bei einer Primzahl $q$ erstmals bei $q=17$ zu berücksichtigen.

## Beispiel

Wir betrachten den Zahlbereich zur Körpererweiterung
    $\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [X]/(X^{3}-17)\,,$
dieser besitzt nach Fakt die Beschreibung
    $R=\mathbb {Z} [x,z]\subseteq \mathbb {Q} [X](X^{3}-17)\,$
mit
    $z={\frac {1+17x+x^{2}}{3}}\,$
und wobei $z$ die Ganzheitsgleichung
    $T^{3}-T^{2}-96T-3072=0\,$
erfüllt.

## Lemma

Es seien $a$ und $b$ teilerfremde quadratfreie natürliche Zahlen, nicht beide $1$, und sei $\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [X]/(X^{3}-ab^{2})=L$ die zugehörige kubische Körpererweiterung mit dem Ganzheitsring $R$. Dann gilt für die Diskriminante von $R$ folgende Beschreibung.

### Beweis

Wir setzen $x={\sqrt[{3}]{ab^{2}}}$ und $y={\sqrt[{3}]{a^{2}b}}$. Nach Fakt ist der Ganzheitsring gleich $\mathbb {Z} [x,y]$ und $1,x,y$ ist eine Ganzheitsbasis, ferner ist $y=x^{2}/b$. Wir berechnen zuerst die Diskriminante zu $1,x,x^{2}$. Dabei ist $x^{3}=ab^{2}$ und $x^{4}=ab^{2}x$. Die Spur von $x$ und von $x^{2}$ ist gleich $0$, daher ist
    $\triangle (1,x,x^{2})=\det {\begin{pmatrix}3&0&0\\0&0&3ab^{2}\\0&3ab^{2}&0\end{pmatrix}}=-27a^{2}b^{4}\,.$
Die Übergangsmatrix zwischen $1,x,x^{2}$ und $1,x,y$ hat die Determinante $1/b$, daher ist die Diskriminante des Zahlbereiches nach Fakt gleich $-27a^{2}b^{2}$.
Im zweiten Fall bleibt die bisherige Rechnung gültig, doch ist jetzt ${\frac {1}{3}}(1+ax+by),x,y$ eine Ganzheitsbasis. Die Übergangsmatrix zwischen den Basen $1,x,y$ und $z,x,y$ ist
    ${\begin{pmatrix}{\frac {1}{3}}&{\frac {a}{3}}&{\frac {b}{3}}\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
mit der Determinante ${\frac {1}{3}}$. Dies ergibt den Faktor ${\frac {1}{9}}$.
$\Box$