Zahlbereich/Reine kubische Erweiterung/Beschreibung/Fakt/Beweis

Das Polynom besitzt ${\displaystyle {}X^{3}-ab^{2}}$ keine rationale Nullstelle, ist also irreduzibel und somit liegt eine Körpererweiterung vom Grad ${\displaystyle {}3}$ vor.

1. Es ist unmittelbar klar, dass ${\displaystyle {}x}$ zu ${\displaystyle {}L}$ gehört und eine Ganzheitsgleichung erfüllt. Ferner ist

   ${\displaystyle {}y={\sqrt[{3}]{a^{2}b}}={\frac {1}{b}}{\sqrt[{3}]{ab^{2}}}^{2}={\frac {1}{b}}x^{2}\,,}$

   d.h. ${\displaystyle {}y}$ gehört ebenfalls zu ${\displaystyle {}L}$, die Ganzheit ist klar.

2. Wegen ${\displaystyle {}X^{3}=bYX=ab^{2}}$ liegen auch diese kubischen Terme in dem Ideal. Wir haben durch ${\displaystyle {}X\mapsto x}$ und ${\displaystyle {}Y\mapsto y}$ einen surjektiven Ringhomomorpismus

   ${\displaystyle S=\mathbb {Z} [X,Y]/(XY-ab,X^{2}-bY,Y^{2}-aX)\longrightarrow \mathbb {Z} [x,y],}$

   da ${\displaystyle {}x}$ und ${\displaystyle {}y}$ die angegebenen Relationen erfüllen. Diese Relationen zeigen auch, dass rechts die Gruppe ${\displaystyle {}\mathbb {Z} \oplus \mathbb {Z} x\oplus \mathbb {Z} y}$ steht, da man alle Produkte darin schon ausdrücken kann. Eine weitere Relation kann es nicht geben, da ${\displaystyle {}1,x,y}$ über ${\displaystyle {}\mathbb {Q} }$ linear unabhängig sind.

3. Wir zeigen nun, dass ${\displaystyle {}S}$ unter der angegebenen Bedingung normal ist. Wenn eine Primzahl ${\displaystyle {}p}$ weder in ${\displaystyle {}a}$ noch in ${\displaystyle {}b}$ vorkommt und nicht ${\displaystyle {}3}$ ist, so ist

   ${\displaystyle {}S_{\mathbb {Z} \setminus (p)}=\mathbb {Z} _{(p)}[X,Y]/(XY-ab,X^{2}-bY,Y^{2}-aX)\cong \mathbb {Z} _{(p)}[X]/(X^{3}-ab^{2})\,,}$

   da man ${\displaystyle {}Y={\frac {X^{2}}{b}}}$ schreiben und überall ersetzen kann, da ${\displaystyle {}b}$ in ${\displaystyle {}\mathbb {Z} _{(p)}}$ eine Einheit ist. Die entstehenden Erzeuger sind ${\displaystyle {}X^{3}-ab^{2}}$ und Vielfache davon. Die Faser über ${\displaystyle {}p}$ ist somit ${\displaystyle {}\mathbb {Z} /(p)[X]/(X^{3}-u)}$ mit einer Einheit ${\displaystyle {}u\in \mathbb {Z} /(p)}$. Das beschreibende Polynom ${\displaystyle {}X^{3}-u}$ und seine Ableitung ${\displaystyle {}3X^{2}}$ erzeugen das Einheitsideal (die Faser über ${\displaystyle {}p}$ ist also reduziert) und damit ist nach Fakt die Nenneraufnahme von ${\displaystyle {}S}$ an ${\displaystyle {}\mathbb {Z} \setminus (p)}$ normal.

   Es sei nun ${\displaystyle {}p}$ ein Teiler von ${\displaystyle {}a}$ (wobei der Fall ${\displaystyle {}p=3}$ erlaubt ist). Dann ist wieder ${\displaystyle {}S_{\mathbb {Z} \setminus (p)}\cong \mathbb {Z} _{(p)}[X]/(X^{3}-ab^{2})}$. Modulo ${\displaystyle {}p}$ ist dies ${\displaystyle {}\mathbb {Z} /(p)[X]/(X^{3})}$, somit ist das einzige Primideal oberhalb von ${\displaystyle {}(p)}$ gleich ${\displaystyle {}(p,X)}$. Da wir

   ${\displaystyle {}a=p\cdot c\,}$

   mit ${\displaystyle {}a}$ und ${\displaystyle {}c}$ teilerfremd schreiben können, gilt

   ${\displaystyle {}p={\frac {X^{2}}{cb^{2}}}X\,}$

   und daher wird dieses Primideal von ${\displaystyle {}X}$ erzeugt. Diese Nenneraufnahmen sind also auch normal.

   Betrachten wir nun

   ${\displaystyle {}p=3\,}$

   und nehmen weiter an, dass ${\displaystyle {}3}$ weder in ${\displaystyle {}a}$ noch in ${\displaystyle {}b}$ vorkommt. Dann kann man wieder die Nenneraufnahme monogen als ${\displaystyle {}\mathbb {Z} _{(3)}[X]/(X^{3}-ab^{2})}$ beschreiben. Modulo ${\displaystyle {}3}$ ist dies

   ${\displaystyle {}\mathbb {Z} /(3)[X]/(X^{3}-ab^{2})=\mathbb {Z} /(3)[X]/(X-ab^{2})^{3}\,}$

   und somit liegt über ${\displaystyle {}(3)}$ das einzige Primideal ${\displaystyle {}(3,X-ab^{2})}$. Wir bestimmen, unter welchen Bedingungen ${\displaystyle {}X-ab^{2}}$ ein Erzeuger dieses Ideals ist. Der Ring ${\displaystyle {}\mathbb {Z} _{(3)}[X]/(X^{3}-ab^{2})}$ modulo ${\displaystyle {}X-ab^{2}}$ ist

   ${\displaystyle {}\mathbb {Z} _{(3)}/((ab^{2})^{3}-ab^{2})=\mathbb {Z} _{(3)}/((ab^{2})^{2}-1)=\mathbb {Z} _{(3)}/((ab^{2}+1)(ab^{2}-1))\,,}$

   da in unserem Fall ${\displaystyle {}a}$ und ${\displaystyle {}b}$ Einheiten sind. Es geht darum, ob dieser Ring gleich ${\displaystyle {}\mathbb {Z} /(3)}$ ist oder nicht, und somit geht es darum, ob die Ordnung von ${\displaystyle {}(ab^{2}+1)(ab^{2}-1)}$ gleich ${\displaystyle {}1}$ oder höher ist. Wir schreiben ${\displaystyle {}a=9u+r}$ und ${\displaystyle {}b=9v+s}$ und betrachten zuerst den Fall, wo ${\displaystyle {}r=1,4,7}$ ist. Dann ist ${\displaystyle {}ab^{2}+1\neq 0\mod 3}$ und wir müssen ${\displaystyle {}ab^{2}-1=(9u+r)(9v+s)^{2}-1}$ betrachten. Modulo ${\displaystyle {}9}$ ist dies ${\displaystyle {}rs^{2}-1}$. Dabei gilt

   ${\displaystyle {}rs^{2}=1\mod 9\,}$

   genau in den Fällen

   ${\displaystyle {}(r,s)=(1,\pm 1),(4,\pm 4),(7,\pm 7)\,.}$

   Bei ${\displaystyle {}r=2,5,8}$ ist ${\displaystyle {}ab^{2}-1\neq 0\mod 3}$ und wir müssen ${\displaystyle {}ab^{2}+1=(9u+r)(9v+s)^{2}+1=rs^{2}+1\mod 9}$ betrachten. Dabei gilt

   ${\displaystyle {}rs^{2}=-1\mod 9\,}$

   genau in den Fällen

   ${\displaystyle {}(r,s)=(2,\pm 2),(5,\pm 5),(8,\pm 8)\,.}$

   Unter der Voraussetzung ${\displaystyle {}a\neq \pm b}$ ist also der Exponent der ${\displaystyle {}3}$ in ${\displaystyle {}(ab^{2}+1)(ab^{2}-1)}$ genau ${\displaystyle {}1}$. Somit ist ${\displaystyle {}3\in (X-ab^{2})}$ und das einzige Primideal oberhalb von ${\displaystyle {}(3)}$ ist in der Lokalisierung auch ein Hauptideal.

4. Es ist

   ${\displaystyle {}z={\frac {1}{3}}{\left(1+ax+by\right)}={\frac {1}{3}}{\left(1+ax+x^{2}\right)}\,.}$

   Die Koeffizienten des charakteristischen Polynoms dieses Elementes sind nach Aufgabe gleich ${\displaystyle {}\operatorname {Spur} {\left(z\right)}=1}$, ${\displaystyle {}{\frac {1}{9}}{\left(3-3aab^{2}\right)}={\frac {1}{3}}{\left(1-a^{2}b^{2}\right)}}$ und

   ${\displaystyle {}{\begin{aligned}N(z)&={\frac {1}{27}}{\left(1-3aab^{2}+a^{3}ab^{2}+(ab^{2})^{2}\right)}\\&={\frac {1}{27}}{\left(1-3a^{2}b^{2}+a^{4}b^{2}+a^{2}b^{4}\right)}\\&={\frac {1}{27}}{\left(1+a^{2}b^{2}(-3+a^{2}+b^{2})\right)}.\end{aligned}}}$

   Unter der Bedingung ${\displaystyle {}a=\pm b\mod 9}$ ist ${\displaystyle {}a^{2}=b^{2}=1,4,7\mod 9}$, wir setzen ${\displaystyle {}a^{2}=9m+t}$ und ${\displaystyle {}b^{2}=9n+t}$. In diesen Fällen ist

   ${\displaystyle {}1-a^{2}b^{2}={\begin{cases}0{\text{ bei }}t=1\,,\\-15{\text{ bei }}t=4\,,\\-48{\text{ bei }}t=7\end{cases}}\mod 9\,,}$

   also stets ein Vielfaches von ${\displaystyle {}3}$. Ferner ist

   ${\displaystyle {}{\begin{aligned}1+a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2}-3)&=1+{\left(81mn+9(m+n)r+r^{2}\right)}{\left(9(m+n)+2r-3\right)}\\&=1+81A+18(m+n)r^{2}-27(m+n)r+9(m+n)r^{2}+2r^{3}-3r^{2}\\&=81A+1+27(m+n)r^{2}-27(m+n)r+2r^{3}-3r^{2}\\&=81A+1+27(m+n)(r^{2}-r)+2r^{3}-3r^{2}\\&=81A'+1+2r^{3}-3r^{2}.\end{aligned}}}$

   Bei ${\displaystyle {}t=1,4}$ ist dies sogar ein Vielfaches von ${\displaystyle {}81}$. Bei ${\displaystyle {}t=7}$ sind die hinteren Summanden zusammen gleich

   ${\displaystyle {}1+2\cdot 7^{3}-3\cdot 7^{2}=540=27\cdot 20\,,}$

   also ein Vielfaches von ${\displaystyle {}27}$ und daher ist ${\displaystyle {}z}$ ganz.

   Wir zeigen nun, dass die von ${\displaystyle {}x,y,z}$ erzeugte Algebra normal ist. Es sei

   ${\displaystyle {}w=k+mx+nx^{2}\,}$

   mit ${\displaystyle {}k,m,n\in \mathbb {Q} }$ ein Element, das über eine Ganzheitsgleichung erfüllt, und wir müssen zeigen, dass es zu ${\displaystyle {}\mathbb {Z} [x,y,z]}$ gehört. Aufgrund der Spurbedingung ist ${\displaystyle {}3k}$ ganzzahlig. Wir ziehen ${\displaystyle {}z}$ (oder ${\displaystyle {}3z}$) von ${\displaystyle {}w}$ ab und können dann ${\displaystyle {}k=0}$ annehmen. Die weiteren Koeffizientenbedingungen an das charakteristische Polynom besagen, dass ${\displaystyle {}3mnq}$ und ${\displaystyle {}m^{3}q+n^{3}q^{2}}$ ganzzahlig sind. Da ${\displaystyle {}q}$ kein Vielfaches von ${\displaystyle {}3}$ ist, ist

   ${\displaystyle {}\operatorname {ord} _{(3)}\,(mn)\geq -1\,,}$

   also ${\displaystyle {}\operatorname {ord} _{(3)}\,(m)\geq 0}$ oder ${\displaystyle {}\operatorname {ord} _{(3)}\,(n)\geq 0}$, und

   ${\displaystyle {}\operatorname {ord} _{(3)}\,(m^{3}+n^{3}q)\geq 0\,.}$

   Im ersten Fall folgt wegen der letzten Bedingung auch die Bedingung im zweiten Fall und umgekehrt, d.h. die Ordnung von ${\displaystyle {}m}$ und ${\displaystyle {}n}$ an der Stelle ${\displaystyle {}(3)}$ ist ${\displaystyle {}\neq 0}$. Wegen der Normalität an den anderen Primzahlen folgt überhaupt, dass ${\displaystyle {}m}$ und ${\displaystyle {}n}$ ganzzahlig sind.