# Zahlentheorie (Osnabrück 2008)/Vorlesung 20
## 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 keinwegs einfach, sondern zeigen bereits die Reichhaltigkeit der algebraischen Zahlentheorie.
Wir interessieren uns in der algebraischen Zahlentheorie insbesondere für folgende Fragen.
* Wann ist ein Zahlbereich $R$ ein Hauptidealbereich und wann ist er faktoriell?
* Wenn $R$ kein Hauptidealbereich ist, gibt es dann andere Versionen, die die eindeutige Primfaktorzerlegung ersetzen (Ja: Lokal und auf Idealebene).
* Wenn $R$ kein Hauptidealbereich ist, kann man dann die Abweichung von der Eigenschaft, ein Hauptidealbereich zu sein, in irgendeiner Form messen? (Ja: Durch die sogenannte Klassengruppe).

## 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 beschrieben durch ein normiertes irreduzibles Polynom, das man durch quadratisches Ergänzen auf die Form $X^{2}-q$ bringen kann. Durch Multiplikation mit einem Quadrat (siehe Aufgabe 12.8) kann man $q$ durch eine quadratfreie ganze Zahl ersetzen. 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.
$\Box$

## Satz

Es sei $D\neq 0,1$ eine quadratfreie Zahl und $A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich. Dann gilt
    $A_{D}={\mathbb {Z} }[{\sqrt {D}}],{\text{ wenn }}D=2,3\mod 4$
und
    $A_{D}={\mathbb {Z} }[{\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}],{\text{ wenn }}D=1\mod 4.$

### Beweis

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 Gleichung beschreiben. Für $D=2,3\mod 4$ ist
    $A_{D}\cong {\mathbb {Z} }[X]/(X^{2}-D).$
Für $D=1\mod 4$ setzt man häufig $\omega ={\frac {1+{\sqrt {D}}}{2}}$ für den Algebra-Erzeuger. Dieser Erzeuger erfüllt $\omega ^{2}-\omega -{\frac {D-1}{4}}$. Wir haben also
    $A_{D}\cong {\mathbb {Z} }[\omega ]/(\omega ^{2}-\omega -{\frac {D-1}{4}}).$
Wie 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
    $\triangle =4D,{\text{ wenn }}D=2,3\mod 4$
und
    $\triangle =D,{\text{ wenn }}D=1\mod 4.$

### 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
    $2{\left(1+{\frac {D-1}{2}}\right)}-1=2+D-1-1=D\,.$
$\Box$

## Bemerkung

Das Verhalten von Primzahlen in einer quadratischen Erweiterung lässt sich aus der oben erzielten Beschreibung mit Gleichungen erhalten.
Generell wird bei $R=\mathbb {Z} [X]/(F)$ das Verhalten von $p$ in $R$ durch $(\mathbb {Z} /(p))[X]/({\overline {F}})$ beschrieben, wobei ${\overline {F}}$ bedeutet, dass die ganzzahligen Koeffizienten durch ihre Restklasse modulo $p$ ersetzt werden. Wir nennen den Ring
    $R/(p)=\mathbb {Z} /(p)[X]/({\overline {F}})=\mathbb {Z} [X](p,F)\,$
den Faserring über $p$.
Bei $D=2,3\mod 4$ hat man einfach
    $R/(p)=\mathbb {Z} /(p)[X]/(X^{2}-D)\,,$
wobei man $D$ durch $D\mod p$ ersetzen kann. Die prinzipiellen Möglichkeiten werden in Fakt beschrieben. Ob über $p$ ein oder zwei Primideale liegen hängt davon ab, ob $D$ ein Quadratrest modulo $p$ ist und ob $p$ ungerade ist, und $p$ ist prim genau dann, wenn $D$ kein Quadratrest modulo $p$ ist.
Bei $D=1\mod 4$ hat man
    $R/(p)=\mathbb {Z} /(p)[\omega ]/{\left(\omega ^{2}-\omega -{\frac {D-1}{4}}\right)}\,.$
Ist $p$ ungerade, so ist $2$ eine Einheit in $\mathbb {Z} /(p)$ und man kann quadratisch ergänzen. Dann ist
    $\omega ^{2}-\omega -{\frac {D-1}{4}}={\left(\omega -{\frac {1}{2}}\right)}^{2}-{\frac {1}{4}}-{\frac {D-1}{4}}={\left(\omega -{\frac {1}{2}}\right)}^{2}-{\frac {D}{4}}\,.$
Der Faserring hat daher die Form $\mathbb {Z} /(p)[Y]/{\left(Y^{2}-{\frac {D}{4}}\right)}$ und nach Multiplikation der Gleichung mit der Einheit $4$ kann man dies als $\mathbb {Z} /(p)[Z]/(Z^{2}-D)$ schreiben, sodass es wieder darum geht, ob $D$ ein Quadratrest modulo $p$ ist.
Ist hingegen $p=2$, so schreibt sich die Gleichung als $\omega ^{2}+\omega +c$, wobei $c=1$ ist, wenn $D=5\mod 8$ ist, und $c=0$, wenn $D=1\mod 8$. Im ersten Fall ist die Gleichung irreduzibel über $\mathbb {Z} /(2)$ und $2$ ist prim in $R$, im zweiten Fall ist die Gleichung reduzibel und $2$ zerfällt in zwei Primideale.
Damit können wir entscheiden, wie viele Primideale in $A_{D}$ über einer Primzahl $p$ liegen. Wir wollen darüberhinaus genau beschreiben, wie das Zerlegungsverhalten einer Primzahl in einer quadratischen Erweiterung aussieht, und beginnen mit der Situation, wo $p$ die Diskriminante teilt.

## Lemma

Es sei $D\neq 0,1$ eine quadratfreie Zahl und $A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich. Die Primzahl $p$ sei ein Teiler der Diskriminante $\triangle$ von $A_{D}$. Dann gibt es oberhalb von $p$ genau ein Primideal ${\mathfrak {p}}$ und es ist ${\mathfrak {p}}^{2}=(p)A_{D}$.

### Beweis

Es sei zunächst $D=2,3\mod 4$, sodass $\triangle =4D$ nach Fakt ist und als Primteiler $p$ der Diskriminante $2$ und die Teiler von $D$ in Frage kommen. Es ist
    $A_{D}/(p)=(\mathbb {Z} [X]/(X^{2}-D)/(p))=(\mathbb {Z} /(p))[X]/{\left(X^{2}-D\right)}\,.$
Bei $p{|}D$ steht hier $(\mathbb {Z} /(p))[X]/(X^{2})$ und dieser Ring hat das einzige Primideal $(X)$ mit $X^{2}=0$. Diesem Primideal entspricht in $A_{D}$ das Primideal ${\mathfrak {p}}=(p,X)$. Es ist ${\mathfrak {p}}^{2}=(p)$. Einerseits gilt für $f\in {\mathfrak {p}}^{2}$ im Faserring modulo $p$ die Beziehung $f\in (X^{2})=0$, woraus $f\in (p)$ folgt. Andererseits ist $X^{2}=D=up$ (in $A_{D}$) mit $u\in \mathbb {Z}$. Da $D$ quadratfrei ist, ist $u$ teilerfremd zu $p$ und daher kann man mit $1=ru+sp$ schreiben
    $p=p(ru+sp)=rup+sp^{2}=rX^{2}+sp^{2}\in {\mathfrak {p}}^{2}\,.$
Bei $p=2$ gilt in $\mathbb {Z} /(2)[X]$ die Beziehung $(X-D)^{2}=X^{2}-D^{2}=X^{2}-D$, sodass eine analoge Situation vorliegt.
Es sei jetzt $D=1\mod 4$ und sei $p$ ein Primteiler von $\triangle =D$. Es ist
    $A_{D}/(p)={\left(\mathbb {Z} [\omega ]/{\left(\omega ^{2}-\omega -{\frac {D-1}{4}}\right)}\right)}/(p)=(\mathbb {Z} /(p))[\omega ]/{\left(\omega ^{2}-\omega -{\frac {D-1}{4}}\right)}\,.$
Da $D$ ungerade ist, ist $2$ eine Einheit in $\mathbb {Z} /(p)$, sodass man die Gleichung modulo $p$ als
    ${\left(\omega -{\frac {1}{2}}\right)}^{2}-{\frac {1}{4}}-{\frac {D-1}{4}}={\left(\omega -{\frac {1}{2}}\right)}^{2}-{\frac {D}{4}}={\left(\omega -{\frac {1}{2}}\right)}^{2}\,$
schreiben kann, sodass wieder eine analoge Situation vorliegt.
$\Box$
Zu einem Ideal ${\mathfrak {a}}$ bezeichnet ${\bar {\mathfrak {a}}}$ das konjugierte Ideal, das aus allen konjugierten Elementen aus ${\mathfrak {a}}$ besteht.

## Satz

Es sei $D\neq 0,1$ eine quadratfreie Zahl und $A_{D}$ der zugehörige quadratische Zahlbereich.
Dann gibt es für eine Primzahl $p$ die folgenden drei Möglichkeiten:

### Beweis

Es sei $R=A_{D}$. Wir betrachten den Restklassenring $L=R/(p)$, der eine quadratische Erweiterung des Körpers $\mathbb {Z} /(p)$ ist. Damit gibt es nach Fakt die drei Möglichkeiten:
* $L$ ist ein Körper.
* $L$ ist von der Form $L=\mathbb {Z} /(p)[\epsilon ]/\epsilon ^{2}$.
* $L$ ist der Produktring $L\cong \mathbb {Z} /(p)\times \mathbb {Z} /(p)$.
Im ersten Fall ist $p$ ein Primelement in $R$. Im zweiten Fall besitzt $L$ genau einen Restklassenkörper als einzigen nicht-trivialen Restklassenring, nämlich $\mathbb {Z} /(p)$. Nach der in Aufgabe bewiesenen Korrespondenz gibt es also genau ein Primideal ${\mathfrak {p}}$ mit $(p)\subseteq {\mathfrak {p}}$ (das dem Ideal $(\epsilon )$ im Restklassenring entspricht). Dann ist ${\mathfrak {p}}=(p,\epsilon )$ (wobei hier $\epsilon$ ein Repräsentant in $R$ sei) und ${\mathfrak {p}}^{2}=(p)$.
Im dritten Fall besitzt $L$ zwei Restklassenkörper und damit zwei maximale Ideale, deren Durchschnitt, das zugleich deren Produkt ist, das Nullideal ist. Zurückübersetzt nach $R$ heißt das, dass es zwei verschiedene Primideale ${\mathfrak {p}}$ und ${\mathfrak {q}}$ gibt mit $(p)\subset {\mathfrak {p}},{\mathfrak {q}}$ und mit $(p)={\mathfrak {p}}\cap {\mathfrak {q}}$. Nach Fakt ist ${\mathfrak {p}}\cap {\mathfrak {q}}={\mathfrak {p}}\cdot {\mathfrak {q}}$. Mit $(p)\subset {\mathfrak {p}}$ ist auch $(p)\subset {\overline {\mathfrak {p}}}$. Wir zeigen, dass ${\overline {\mathfrak {p}}}={\mathfrak {q}}$ ist, d.h., dass die beiden Primideale über $p$ konjugiert vorliegen. Da nach Fakt bei $p{|}\triangle$ der zweite Fall vorliegt, wissen wir, dass $p$ die Diskriminate nicht teilt.
Bei $D=2,3\mod 4$ ist $p$ ungerade und $D$ ist ein Quadratrest modulo $p$. Es seien $a$ und $-a$ die beiden verschiedenen (!) Quadratwurzeln modulo $p$. Dann werden die beiden Primideale durch $(p,a\pm {\sqrt {D}})$ beschrieben, und diese sind konjugiert.
Bei $D=1\mod 4$ und $p$ ungerade ist nach der Fakt über die explizite Beschreibung der Faserringe $D$ wieder ein Quadratrest modulo $p$. Es seien $a$ und $-a$ die beiden verschiedenen (!) Quadratwurzeln von $D$ modulo $p$. Dann ist $\omega -{\frac {1}{2}}=\pm {\frac {a}{2}}$ und daher sind die beiden Primideale gleich ${\left(p,\omega \pm a-{\frac {1}{2}}\right)}={\left(p,{\frac {a\pm {\sqrt {D}}}{2}}\right)}$, sodass wieder ein konjugiertes Paar vorliegt.
Bei $D=1\mod 4$ und $p=2$ ist nach der Fakt $D=1\mod 8$. Die Nullstellen des beschreibenden Polynoms sind dann $0$ und $1$. Daher sind die Primideale darüber gegeben durch $(2,\omega )$ und $(2,\omega -1)$. Es ist $(2,\omega )={\left(2,{\frac {{\sqrt {D}}+1}{2}}\right)}$ und $(2,\omega -1)={\left(2,{\frac {{\sqrt {D}}+1}{2}}-1\right)}={\left(2,{\frac {{\sqrt {D}}-1}{2}}\right)}$, sodass wieder ein konjugiertes Paar vorliegt.
$\Box$