Beweisarchiv: Zerlegungsgesetz

Satz (Zerlegungsgesetz): Für eine ungrade Primzahl $p$ in ${\mathbb Q}(\sqrt{d})$ gilt:

$\bullet$ Ist $p\mid\Delta_{\mathbb Q}(\sqrt{d})$, dann ist $(p)=(p,\sqrt{d} )^{2}$ und $p$ ist verzweigt,

$\bullet$ Ist $\left(\frac{\Delta_{{\mathbb Q}(\sqrt{d})}}{p}\right)=+1$, dann ist $p$ zerlegt,

$\bullet$ Ist $\left(\frac{\Delta_{{\mathbb Q}(\sqrt{d})}}{p}\right)=-1$, dann ist $p$ träge.

Beweis: Sei zunächst $\delta:=\Delta_{{\mathbb Q}(\sqrt{d})}$. Ist $p|\delta$, dann folgt, da $p$ ungrade ist, dass auch $p\mid d$ ist. Also ist

$(p,\sqrt{d} )^{2}=(p^{2},p\sqrt{d},d)=(p)(p,\sqrt{d},\frac{d}{p})=(p)=p{\rm {\mathcal O}}_{{\mathbb Q}(\sqrt{d})}$

denn aus der Teilerfremdheit von $p$ und $\frac{d}{p}$ folgt, für das Ideal $(p,\sqrt{d},\frac{d}{p})=(1)$.

Ist nun $\left(\frac{\delta}{p}\right)=+1$. Dann folgt, dass $\delta$ und wegen $\delta=d$ oder $\delta =4d$, dass auch $d$ quadratischer Rest modulo $p$ ist. Es existiert daher ein $a\in {\mathbb Z}$ mit $a^{2}\equiv d\,\mathrm{mod}p$. Sei ${\rm {\mathfrak p}}:=(p,a+\sqrt{d})$, dann ist

${{\rm {\mathfrak p}}{\rm {\mathfrak p}}'=(p,a+\sqrt{d})(p,a-\sqrt{d} )}{=(p^{2},p(a+\sqrt{d}),p(a-\sqrt{d}),a^{2}-d)}{=p{\rm {\mathcal O}}_{{\mathbb Q}(\sqrt{d})} (p,a+\sqrt{d},a-\sqrt{d},\frac{a^{2}-d}{p}).}$

Nun ist wegen $2\sqrt{d}=a+\sqrt{d}-(a-\sqrt{d})$ und damit auch $4d=(2\sqrt{d})^{2}$ im letzten Ideal enthalten. Aus der Teilerfremdheit von $p$ und $4d$ erhält man schließlich, dass das letzte Ideal der Gleichung das Einsideal ist. Damit folgt ${\rm {\mathfrak p}}{\rm {\mathfrak p}}'=p{\rm {\mathcal O}}_{{\mathbb Q}(\sqrt{d})}$ mit ${\rm {\mathfrak p}}\ne {\rm {\mathfrak p}}'$. Wäre nämlich ${\rm {\mathfrak p}}={\rm {\mathfrak p}}'$, dann folgte wie eben $4d\in {\rm {\mathfrak p}}$ und ${\rm {\mathfrak p}}=(1)$ im Widerspruch. Also sind ${\rm {\mathfrak p}},{\rm {\mathfrak p}}'$ verschiedene Primideale. Bleibt noch $\left(\frac{\delta}{p} \right)=-1$ zu zeigen. Angenommen es gäbe ein Ideal ${\rm {\mathfrak p}}$ der Norm $p$, dann hätte ${\rm {\mathfrak p}}$, die Gestalt ${\rm {\mathfrak p}}=(p,b+\omega)$ und es wäre $p|N(b+\omega)$. Setzt man $\omega=\sqrt{d}$, dann folgt $N(b+\sqrt{d})=b^{2}-d \equiv0\,\mathrm{mod}p$, also erhält man die quadratische Kongruenz $b^{2}\equiv d\,\mathrm{mod}p$. Aus dem Legende-Symbol folgt nun, $\left(\frac{\delta}{p}\right)=\left(\frac{4d}{p}\right)=\left(\frac{d}{p}\right)=+1$ im Widerspruch zur Voraussetzung. Für $\omega =\frac{1}{2} (1+\sqrt{d})$ verfährt man analog und erhalten diesmal die quadratische Kongruenz $(2b+1)^{2}\equiv d\,\mathrm{mod}p$ und wie eben einen Widerspruch zur Voraussetzung. $\square$