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\begin{document}
\title{§3.2 Zerlegung von Primzahlen in Zahlkörpern}
\date{}

\begin{frame}
\titlepage
\end{frame}

\begin{frame}
\s{Bemerkung.}
Ein wesentlicher Grund für die Betrachtung von Gittern und vor allem multiplikativen Gittern ist, dass sie oftmals "`einfacher"' sind als der Zahlring\pause{} \s{(zum Beispiel ist für $d\in\squarefree_1$ das multiplikative Gitter $\Z[\sqrt d]$ "`einfacher"' als
$\Z[\frac{1+\sqrt d}2]=\O_d$)}\pause{}
und für gewisse Zwecke doch den Zahlring ersetzen können. 
\end{frame}

\begin{frame}<1-13,16-19,21-27>[fragile] % the fragile option makes tikzcd work: http://tex.stackexchange.com/questions/211774/beamer-tikz-cd-problem
\s{Bemerkung.}
Sei \s{$K$ ein Zahlkörper} und \s{$x_1,\dots,x_n$ eine $\Z$-Basis von $\O_K$}.
\begin{overprint}
\onslide<2-8>
\begin{enumerate}[(a)]
\item \a{Sei $I\ne(0)$ ein Ideal von $\O_K$.} \uncover<3->{Nach Lemma 2.5.3 gilt $I\cap\Z\ne(0)$,} \uncover<4->{das heißt \s{es gibt ein eindeutig bestimmtes $m\in\N$ mit $I\cap\Z=(m)$}.} \uncover<5->{Insbesondere gilt \s{$m\O_K\subseteq I$} und \a{man kann $I$ sehen als $m$ zusammen mit dem Bild von $I$ unter $\O_K\to\O_K/m\O_K$}.}

\uncover<6->{
\bigskip
Ein Ideal $\ne(0)$ des Zahlrings $\O_K$ ist also gegeben durch eine natürliche Zahl $m$ und ein Ideal des endlichen Rings
\s{$\O_K/m\O_K=(\Z x_1\oplus\dots\oplus\Z x_n)/(m\Z x_1+\dots+m\Z x_n)$},}
\uncover<7->{dessen additive Gruppe in natürlicher Weise ein freier $\Z/m\Z$-Modul mit Basis $\overline{x_1},\dots,\overline{x_n}$ ist.}

\uncover<8->{
\bigskip
Insbesondere ist $\O_K/I$ endlich mit \a{$\#(\O_K/I)\mid m^n$}.}
\end{enumerate}
\onslide<9-13>
\begin{enumerate}[(a)]
\item[(b)] Sei $m\in\N$. In Anbetracht von (a) ist der \a{$m^n$-elementige Ring $\O_K/m\O_K$} von besonderem Interesse. \uncover<10->{\s{Um diesen zu kennen, braucht man aber den Zahlring $\O_K$ oft gar nicht genau zu kennen.}} \uncover<11->{\s{Es reicht, ein multiplikatives Gitter $M$ in $K$ zu kennen mit}
\boxed{$(m,[\O_K:M])=(1)$}.} \uncover<12->{Dann gibt es $s,t\in\Z$ mit $sm+t[\O_K:M]=1$. Für jedes $x\in\O_K$ gilt dann
\[x=1\cdot x=s\underbrace{mx}_{\in m\O_K}+t\underbrace{[\O_K:M]x}_{\in M},\]
weshalb der \s{kanonische Homomorphismus
$M/mM\to\O_K/m\O_K$ surjektiv} ist.} \uncover<13->{Wegen $M/mM\overset{\text{$M$ Gitter}}=m^n=\#\O_K/m\O_K$ ist dieser \s{auch injektiv} und wir haben eine kanonische Isomorphie
\[\a{M/mM\cong\O_K/m\O_K}.\]}
\end{enumerate}
\onslide<16-20>
\begin{enumerate}[(a)]
\item[(c)] Wir spezialisieren das unter (a) und (b) Gesagte auf Primideale. \a{Sei $\p\in M_{\O_K}$.} Dann gibt es \s{genau ein $p\in\P$ mit $\p\cap\Z=(p)$}.

\bigskip
Insbesondere \s{$p\O_K\subseteq\p$} und \a{man kann $\p$ sehen als $p$ zusammen mit dem Bild von $\p$ unter $\O_K\to\O_K/p\O_K$}.
\uncover<17->{

\bigskip
Ein Primideal $\ne(0)$ des Zahlrings $\O_K$ ist also gegeben durch eine Primzahl $p$ und ein Primideal des endlichen Ringes
\s{$\O_K/p\O_K$},
dessen additive Gruppe in natürlicher Weise ein $\F_p$-Vektorraum mit Basis $\overline{x_1},\dots,\overline{x_n}$ ist.}
\uncover<18->{

\bigskip
Insbesondere
ist $\#(\O_K/\p)\in\{p,p^2,\dots,p^n\}$.}
\uncover<19->{

\bigskip
Ist $M$ ein multiplikatives Gitter in $K$ mit \boxed{$p\nmid[\O_K:M]$},\\
so gilt kanonisch \a{$M/pM\cong\O_K/p\O_K$}.}
\end{enumerate}
\onslide<21-26>
\begin{enumerate}[(a)]
\item[(d)] Nach dem Satz vom primitiven Element gibt es $a\in K$ mit \a{$K=\Q(a)$}. Wegen $K=(\Z\setminus\{0\})^{-1}\O_K$
kann man leicht \a{$a\in\O_K$} wählen. \uncover<22->{Dann ist \a{$\Z[a]$ ein multiplikatives Gitter in $K$}.

\bigskip
Setze $f:=\irr_\Q(a)\in\Q[X]$. Dann
$f\in\Z[X]$.} \uncover<23->{Da $f$ normiert ist, gilt $f\Q[X]\cap\Z[X]=f\Z[X]$ (benutze zum Beispiel das Lemma von Gauß). Daher
kanonisch $\Z[X]/(f)\hookrightarrow\Q[X]/(f)$.} \uncover<24->{Bezeichne \s{$\Z[X]\to\F_p[X],\ g\mapsto\overline g$} den Homomorphismus mit
\s{$\overline m=\overline m^{\underset{(p)}{}}$} ($m\in\Z$) und \s{$\overline X=X$}. Dann liegt $\overline f$ im Kern des
Epimorphismus $\F_p[X]\to\Z[a]/p\Z[a]$ mit $X\mapsto\overline a$.

\bigskip
Da $f$ normiert ist, gilt $\deg\overline f=\deg f=n$ und daher
$\#(\F_p[X]/(\overline f))=p^n\overset{\text{$\Z[a]$ Gitter}}=\#(\Z[a]/p\Z[a])$.}
\uncover<25->{Daher haben wir $\F_p[X]/(\overline f)\underset{\overline X\mapsto\overline a}{\overset\cong\to}\Z[a]/p\Z[a]$.}
\uncover<26->{Falls \boxed{$p\nmid[\O_K:\Z[a]]$}, so haben wir auch noch kanonisch
\a{$\Z[a]/p\Z[a]\cong\O_K/p\O_K$} und es ergibt sich folgendes kommutative Diagramm:}
\end{enumerate}
\onslide<27>
\begin{enumerate}[(a)]
\item[(d)]
\[
\shorthandoff{"} % because of clash with ngerman option of babel
\begin{tikzcd}[row sep=1em]
\Q[X]/(f) \arrow[r, "\cong", "\overline X\mapsto a" below]&K&\\
&&\O_K\arrow[ddd, two heads]\arrow[hook]{lu}[sloped,description]{\supseteq}\\
\Z[X]/(f) \arrow[r, "\cong", "\overline X\mapsto a" below] \arrow[dd, two heads] \arrow[uu, hook]&\Z[a]\arrow[dd, two heads]
\arrow[hook]{ru}[description,sloped]{\subseteq}\\
\\
\F_p[X]/(\overline f) \arrow[r, "\cong", "\overline X\mapsto \overline a" below]&\Z[a]/p\Z[a]\arrow[r,"\overset{\boxed{$p~\nmid~[\O_K:\Z[a]]$}}{\overset\Downarrow\cong}"]&\O_K/p\O_K
\end{tikzcd}
\]
\end{enumerate}
\end{overprint}
\end{frame}

\begin{frame}
\s{Satz.}
Seien $K=\Q(a)$ ein Zahlkörper, $a$ ganz über $\Z$, $p\in\P$ mit \boxed{$p\nmid[\O_K:\Z[a]]$}, $f:=\irr_\Q(a)\in\Z[X]$,
$m\in\N$, $g_1,\dots,g_m\in\Z[X]$ und $\al_1,\dots,\al_m\in\N$ mit \[\s{\overline f=\overline{g_1}^{\al_1}\dotsm\overline{g_m}^{\al_m}
\qquad\text{in $\F_p[X]$}},\]
wobei $\overline{g_1},\dots,\overline{g_m}$ paarweise verschiedene normierte irreduzible Polynome in $\F_p[X]$ seien.
Dann ist
$\a{\p_i:=g_i(a)\O_K+p\O_K}$ für jedes $i\in\{1,\dots,m\}$ ein Primideal von $\O_K[X]$ mit Trägheitsindex \s{$f_\Z(\p_i)=\deg\overline{g_i}$},
$\p_1,\dots,\p_m$ sind paarweise verschieden und es gilt \[\s{p\O_K=\p_1^{\al_1}\dotsm\p_m^{\al_m}}.\]

\begin{overprint}
\onslide<2-3>
\s{Beweis.}
Da $\F_p[X]$ ein Hauptidealring ist, sind die verschiedenen Primideale darin, die $(\overline f)$ enthalten, genau die
$(\overline{g_1}),\dots,(\overline{g_m})$. \uncover<2->{Deren Bilder
$(\overline{g_1(a)}),\dots,(\overline{g_m(a)})$
unter $\ph\colon\F_p[X]/(\overline f)\to\O_K/p\O_K,\ \overline X\mapsto\overline a$ sind
genau die verschiedenen Primideale von $\O_K/p\O_K$.} \uncover<3->{Daher sind
$\p_1,\dots,\p_m$ als deren Urbilder unter $\O_K\to\O_K/p\O_K$ genau die verschiedenen Primideale von $\O_K$, die $(p)$ enthalten.}

\onslide<4-11>
\s{Beweis.}
$\p_1,\dots,\p_m$ sind genau die verschiedenen Primideale von $\O_K$, die $(p)$ enthalten.
\uncover<5->{Mit $e_i:=e_\Z(\p_i)$ und $f_i:=f_\Z(\p_i)$ für $i\in\{1,\dots,m\}$ folgt
$e_1,\dots,e_m,f_1,\dots,f_m\in\N$,
$p\O_K=\p_1^{e_1}\dotsm\p_m^{e_m}$ und $\sum_{i=1}^me_if_i=n:=[K:\Q]=\deg f=\deg\overline f$.} \uncover<6->{Es gilt
$\s{f_i=[\O_K/(g_i(a)\O_K+p\O_K):\F_p]}$ und $\a{\O_K/(g_i(a)\O_K+p\O_K)\cong(\O_K/p\O_K)/(\overline{g_i(a)})\cong\F_p[X]/(\overline{g_i})}$ als}\\
\only<6>{\rlap{Ring}}\only<7>{\rlap{abelsche Gruppe}}\only<8>{\rlap{$\Z$-Modul}}\only<9>{\rlap{$\Z/(p)$-Modul}}\uncover<10->{$\F_p$-Vektorraum.}
\uncover<11->{Somit $f_i=\deg\overline{g_i}$.}
\onslide<12-16>
\s{Beweis.}
Mit $e_i:=e_\Z(\p_i)\ge1$ und $f_i:=f_\Z(\p_i)=\deg\overline{g_i}$ für $i\in\{1,\dots,n\}$ gilt
$p\O_K=\p_1^{e_1}\dotsm\p_m^{e_m}$ und $\sum_{i=1}^me_if_i=n:=[K:\Q]=\deg f=\deg\overline f$.
\uncover<13->{\s{Wendet man $\ph\colon\F_p[X]/(\overline f)\to\O_K/p\O_K,\ \overline X\mapsto\overline a$ auf die Gleichung $f=\overline{g_1}^{\al_1}\dotsm\overline{g_m}^{\al_m}$ an, so erhält
man $\overline{g_1(a)}^{\al_1}\dotsm\overline{g_m(a)}^{\al_m}=0$ in $\O_K/p\O_K$, also $\p_1^{\al_1}\dotsm\p_m^{\al_m}\subseteq
p\O_K$, \uncover<14->{das heißt $1\le e_i=\widetilde v_{\p_i}(p\O_K)\le\al_i$ für alle $i\in\{1,\dots,m\}$.}}}
\uncover<15->{Es folgt $n=\sum_{i=1}^me_if_i\le\sum_{i=1}^m\al_if_i=\sum_{i=1}^m\al_i\deg(\overline{g_i})=n$}
\uncover<16->{und daher $e_i=\al_i$ für alle $i\in\{1,\dots,m\}$.}
\end{overprint}
\end{frame}

\begin{frame}
\s{Bemerkung.}
Sei $K=\Q(a)$ ein Zahlkörper, $a$ ganz über $\Z$, $f:=\irr_\Q(a)$ und $p\in\P$ mit \boxed{$p^2\nmid N_{K|\Q}(f'(a))$}. Dann
\boxed{$p\nmid[\O_K:\Z[a]]$}, denn \[\s{|N_{K|\Q}(f'(a))|=|d(\Z[a])|=[\O_K:\Z[a]]^2|d(\O_K)|.}\]
\end{frame}

\begin{frame}<1-9,11-15>
\s{Beispiel.}
Sei $d\in\squarefree$, $p\in\P$ und $K:=\Q(\sqrt d)$. Da $K|\Q$ eine Galoiserweiterung vom Grad $2$ ist, tritt
genau einer der folgenden Fälle ein:
\begin{itemize}
\item<2-> \a{$p\O_K=\q^2$} mit $\q\in M_{\O_K}$ ("`$p$ \a{verzweigt} in $K$"') und $\s{\O_K/\q\cong\F_p}$
\item<3-> \a{$p\O_K\in M_{\O_K}$} ("`$p$ \a{träge} in $K$"') und $\s{\O_K/p\O_K\cong\F_{p^2}}$
\item<4-> \a{$p\O_K=\q_1\q_2$} mit $\q_1,\q_2\in M_{\O_K}$ und $\q_1\ne\q_2$ ("`$p$ \a{zerlegt} in $K$"') und
\[\s{\O_K/\q_1\cong\O_K/\q_2\cong\F_p}.\]
\end{itemize}
\vspace*{-1.3em}

\begin{overprint}
\onslide<5-9>
Setze $f:=\irr_\Q(\sqrt d)$. Es gilt
\[N_{K|\Q}(f'(\sqrt d))=(\sqrt d-(-\sqrt d))((-\sqrt d)-\sqrt d)=-4d,\] \uncover<6->{also
\boxed{$p^2\nmid N_{K|\Q}(f'(\sqrt d))$} für alle $p\in\P\a{\setminus\{2\}}$.} \uncover<7->{Wegen der vorherigen Bemerkung
können wir für \s{$p\in\P\a{\setminus\{2\}}$} den Satz
mit $a:=\sqrt d$ anwenden.} \uncover<8->{Für \a{$p=2$} können wir im Fall \s{$d\in\squarefree_{2,3}$} wegen $\O_K=\Z[\sqrt d]$ immer noch $a:=\sqrt d$
setzen,} \uncover<9>{während wir im Fall \s{$d\in\squarefree_1$} die kompliziertere Wahl $a:=\frac{1+\sqrt d}2$ treffen müssen (beachte
$\Q(\sqrt d)=\Q(\frac{1+\sqrt d}2)$).}

\onslide<11>
\begin{enumerate}[{Fall }1]
\item \s{$p\in\P\setminus\{2\}$}

Setze $a:=\sqrt d$, $f:=\irr_\Q(a)=X^2-d$.

\begin{enumerate}[{Fall 1.}1]
\item \s{$\overline d$ ist ein Quadrat in $\F_p$.}

Wähle $c\in\Z$ mit $\overline d=\overline c^2$ in $\F_p$.\\
Dann $\overline f=(X-\overline c)(X+\overline c)$ in $\F_p[X]$.

\begin{enumerate}[{Fall 1.1.}1]
\item \s{$p\mid d$}

$\overline c=\overline d=0$ und $\overline f=X^2$ in $\F_p[X]$\\
$p\O_K={\underbrace{(\sqrt d,p)}_{\in M_{\O_K}}}^2$ \a{$\leadsto$ verzweigt}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\onslide<12>
\begin{enumerate}[{Fall }1]
\item \s{$p\in\P\setminus\{2\}$}

Setze $a:=\sqrt d$, $f:=\irr_\Q(a)=X^2-d$.

\begin{enumerate}[{Fall 1.}1]
\item \s{$\overline d$ ist ein Quadrat in $\F_p$.}

Wähle $c\in\Z$ mit $\overline d=\overline c^2$ in $\F_p$.\\
Dann $\overline f=(X-\overline c)(X+\overline c)$ in $\F_p[X]$.

\begin{enumerate}[{Fall 1.1.}1]
\item[Fall 1.1.2] \s{$p\nmid d$}

$\overline c\ne0$, da $\overline d\ne0$ in $\F_p$\\
$\overline c\ne-\overline c$ in $\F_p$, da $\overline 2\in\F_p^\times$ (beachte $p\ne2$)\\
$p\O_K=\underbrace{(\sqrt d-c,p)}_{\in M_{\O_K}}\underbrace{(\sqrt d+c,p)}_{\in M_{\O_K}}$ \a{$\leadsto$ zerlegt}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\onslide<13>
\begin{enumerate}[{Fall }1]
\item \s{$p\in\P\setminus\{2\}$}

Setze $a:=\sqrt d$, $f:=\irr_\Q(a)=X^2-d$.

\begin{enumerate}[{Fall 1.}1]
\item[Fall 1.2] \s{$\overline d$ ist kein Quadrat in $\F_p$.}

Dann $\overline f$ irreduzibel in $\F_p[X]$, also $p\O_K\in M_{\O_K}$.
\a{$\leadsto$ träge}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\onslide<14>

\begin{enumerate}[{Fall }1]
\item[Fall 2] \s{$p=2$}

\begin{enumerate}[{Fall 2.}1]
\item \s{$d\in\squarefree_{2,3}$}

Setze $a:=\sqrt d$, $f:=\irr_\Q(a)=X^2-d$.

$\overline f=X^2-\overline d=X^2-\overline d^2=(X-\overline d)(X+\overline d)=(X-\overline d)^2$
in $\F_2[X]$, also $2\O_K={\underbrace{(\sqrt d-d,2)}_{\in M_{\O_K}}}^2$ \a{$\leadsto$ verzweigt}
\vspace*{-1em}

\item \s{$d\in\squarefree_1$}

Setze $a:=\frac{1+\sqrt d}2$, $f:=\irr_\Q(a)=X^2-X-\frac{d-1}4$.

\begin{enumerate}[{Fall 2.2.}1]

\item \s{$d\equiv_{(8)}1$}

$\overline f=X^2-X=X(X-1)$ in $\F_2[X]$, also
$2\O_K=\underbrace{(\sqrt d,2)}_{\in M_{\O_K}}\underbrace{(\sqrt d-1,2)}_{\in M_{\O_K}}$
\a{$\leadsto$ zerlegt}

\item \s{$d\equiv_{(8)}5$}

$\overline f=X^2-X-1$ irreduzibel in $\F_2[X]$,\\
also \quad $2\O_K\in M_{\O_K}$
\a{$\leadsto$ träge}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\onslide<15>

\begin{enumerate}[{Fall }1]
\item[Fall 2] \s{$p=2$}

\begin{enumerate}[{Fall 2.}1]
\item \s{$d\in\squarefree_{2,3}$}

Setze $a:=\sqrt d$, $f:=\irr_\Q(a)=X^2-d$.

$\overline f=X^2-\overline d=X^2-\overline d^2=(X-\overline d)(X+\overline d)=(X-\overline d)^2$
in $\F_2[X]$, also $2\O_K={\underbrace{(\sqrt d-d,2)}_{\in M_{\O_K}}}^2$ \a{$\leadsto$ verzweigt}
\vspace*{-1em}

\item \s{$d\in\squarefree_1$}

Setze $a:=\frac{1+\sqrt d}2$, $f:=\irr_\Q(a)=X^2-X-\frac{d-1}4$.

\begin{enumerate}[{Fall 2.2.}1]
\item[Fall 2.2.2] \s{$d\equiv_{(8)}5$}

$\overline f=X^2-X-1$ irreduzibel in $\F_2[X]$,\\
also $2\O_K\in M_{\O_K}$
\a{$\leadsto$ träge}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{enumerate}


\end{overprint}
\end{frame}
\end{document}