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Mathematisches Institutder

Ludwig-Maximilians-Universität München

Bachelorarbeit

Hasse-Prinzip und schwacheApproximation

Verfasser: Christoph Schießl

Betreuer: Prof. Dr. U. Derenthal27. April 2012

Inhaltsverzeichnis

I. Schwache Approximation und Hasse-Prinzip 3I.1. Einleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3I.2. Hilfsmittel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4I.3. Ein einfaches Gegenbeispiel zum Hasse-Prinzip . . . . . . . . . . . . . . . . 5I.4. Ein einfaches Gegenbeispiel zur schwachen Approximation . . . . . . . . . . 5

II. Schnitt zweier Quadriken 6

III. Selmers Beispiel 8III.1. Eigenschaften von Q( 3√6) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8III.2. Globale Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10III.3. Lokale Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

IV. Gauß- und Jacobi-Summen 13IV.1. Charaktere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13IV.2. Gauß-Summen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14IV.3. Jacobi-Summen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

V. Beispiel von Lindt und Reichardt 17V.1. Lokale Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17V.2. Globale Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

VI. Kubische Reziprozität 20VI.1. Eisenstein-Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20VI.2. Primzahlen in Z[ω] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21VI.3. Beweis des kubischen Reziprozitätsgesetzes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

VII. Gegenbeispiel zur schwachen Approximation 28VII.1. Kongruenzrelationen der Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28VII.2. Verletzung der schwachen Approximation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

VIII. Eine kubische Fläche 31VIII.1. Komponente ohne rationale Punkte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31VIII.2. Komponente mit dichten rationalen Punkten . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

I. Schwache Approximation und Hasse-Prinzip

I. Schwache Approximation und Hasse-PrinzipI.1. EinleitungMit Ω bezeichnen wir die Menge aller Primstellen von Q (alle Primzahlen und die un-endliche Stelle ∞). Für jede Primzahl p erhalten wir die p-adische Bewertung

vp

(pea

b

)= e

für a, b, e ∈ Z und ggT(ab, p) = 1. Wir schreiben manchmal auch pe ‖ x für vp(x) = e.Diese Bewertung erzeugt die p-adische Norm durch ‖x‖p = p−vp(x) für x ∈ Q. Derunendlichen Stelle ordnen wir die euklidische Norm ‖ · ‖∞ zu. Die entsprechenden Ver-vollständigungen von Q sind die p-adischen Körper Qp und die reellen Zahlen R = Q∞.

Die Lösungsmenge eines Gleichungssystems f1, f2, · · · ∈ Z[X1, . . . , Xn] über einemKörper K bezeichnen wir mit X(K). Wir betrachten vor allem die „globalen“ LösungenX(Q) und die „lokalen“ X(Qv) für v ∈ Ω. Dies sind also die reellen und die p-adischenLösungen. Letztere kodieren die Lösbarkeit modulo beliebiger Potenzen der Primzahl p[Ser73, II.2, Proposition 5]. Auf X(Qv) erhalten wir eine Topologie durch die Produkt-topologie auf Qnv .Manchmal kann man rationale Lösungen ausschließen, weil es sogar in einer der Ver-

vollständigungen Qv keine Lösungen gibt. Gilt auch die Umkehrung?

Definition 1. Ein Gleichungssystem verletzt das Hasse-Prinzip, falls X(Q) = ∅, aber∏v∈ΩX(Qv) 6= ∅ ist.

Bei Verwendung homogener Gleichungen betrachten wir entsprechend „nicht-triviale“,von 0 verschiedene Lösungen.

Definition 2. Ein Gleichungssystem erfüllt schwache Approximation, wenn X(Q) dichtin∏v∈ΩX(Qv) liegt (mit der diagonalen Einbettung und der Produkttopologie).

Insbesondere gilt schwache Approximation, wenn∏v∈ΩX(Qv) = ∅. Eine äquivalente

Charakterisierung der schwachen Approximation ist:Sei für jede Primstelle v ∈ Ω eine Lösung (xv1, . . . , xvn) ∈ Qnv gegeben. Sei S ⊂ Ω eine

endliche Menge von Primstellen und ε > 0. Dann existiert eine Lösung (x1, . . . , xn) ∈ Qn,sodass ‖xi − xvi ‖v < ε für alle 1 ≤ i ≤ n und v ∈ S.Wir können schwache Approximation als „chinesischen Restsatz“ auf den Lösungen

des Gleichungssystems interpretieren.

Satz 1. Das leere Gleichungssystem AnQ erfüllt schwache Approximation.

Beweis. Wir zeigen zunächst den Fall n = 1. Sei ε > 0 und S ⊂ Ωr ∞ eine endlicheMenge von Primzahlen. Wir beschränken uns zuerst auf die Approximation rationaler

3


Tupel. Seien (asb )s∈S ∈ QS mit gemeinsamem Hauptnenner und a∞ ∈ R gegeben. Setzeεs = ε‖b‖s. Wähle jeweils ns ∈ N, sodass s−ns < εs. Dann gibt es nach dem chinesi-schen Restsatz ein a ∈ Z, das alle Kongruenzen a ≡ as (mod sns) simultan erfüllt. Dasbedeutet also, dass ‖a− as‖s < s−ns < εs für alle s ∈ S ist. Wir müssen noch an derunendlichen Stelle annähern. Sei dazu w =

∏sns . Wir können x, y ∈ Z so wählen, dass∥∥∥a+xw

1+yw − a∞∥∥∥∞< ε‖b‖∞ ist. Setze z = a+xw

1+yw . Dann bleibt aber

‖z − as‖s =∥∥∥∥ 1

1 + yw

∥∥∥∥s

‖a− as + w(x− yas)‖s < εs,

da 1 + yw nicht und a− as + w(x− yas) mindestens ns-mal durch s teilbar ist. Wegen∥∥∥∥zb − a

b

∥∥∥∥v

= ‖b‖−1v ‖a− b‖v <

1‖b‖v

εv = ε

für alle v ∈ S ∪ ∞ ist zb eine gesuchte rationale Approximation.

Weil Q in Qv dicht liegt, können wir dann auch Tupel von Werten in Qv annähern.Für n > 1 approximieren wir in jeder Komponente.

Wir werden in dieser Arbeit Beispiele betrachten, bei denen das Hasse-Prinzip oderschwache Approximation versagen. Die einfachsten Gegenbeispiele aus Kapitel I.3 undI.4 bestehen nur aus einigen geometrischen Punkten.Der berühmte Satz von Hasse-Minkowski beweist das Hasse-Prinzip für quadratische

Formen [Ser73, Satz 8]. Glatte Quadriken mit einem rationalen Punkt sind aber biratio-nal äquivalent über Q zu einem PnQ und erfüllen daher auch schwache Approximation[Har04, Theorem 2.2.1]. Schon der Schnitt zweier Quadriken verletzt im Allgemeinenaber schwache Approximation oder das Hasse-Prinzip (Kapitel II, Beispiel von Lindt-Reichardt in Kapitel V). Das Beispiel von Selmer (Kapitel III) zeigt, dass das Hasse-Prinzip auch bei einer elliptischen Kurve, also einer kubischen Gleichung in zwei Varia-blen, fehlschlagen kann. In Kapitel VII und VIII betrachten wir kubische Flächen, diezwar rationale Punkte haben, aber schwache Approximation nicht erfüllen.

I.2. HilfsmittelOft reichen Lösungen modulo kleiner Primzahlpotenzen, um diese auf Zp zu „heben“.

Lemma 1 (Hensel). [Ser73, 2.2] Sei p ∈ N prim. Seien f ∈ Zp[X] und x ∈ Z, n ∈ N,sodass f(x) ≡ 0 (mod pn). Wenn 0 ≤ 2vp(f ′(x)) < n existiert ein y ∈ Zp mit f(y) = 0und y ≡ x (mod pn−vp(f ′(x))).

Korollar. Sei p ∈ N prim und p - n ∈ Z. Ist p 6= 2 bzw. 6= 3 und n ein Quadrat bzw.Kubus modulo p, so auch in Zp. Für p = 2 bzw. p = 3 kann man dies modulo 23 bzw. 33

prüfen.

4


Wir schreiben zur Abkürzung oft einfach k√n und meinen eine beliebige Lösung von

xk − n = 0. Häufig werden wir benutzen:

Lemma 2. Seien a, n ∈ Z, b ∈ N, x, y ∈ Q. Sei n = xb− ayb und p ∈ N prim. Dann ista eine b-te Potenz modulo p oder b | vp(n).

Beweis. Zuerst erweitern wir mit der b-ten Potenz des Hauptnenners von x und y. Ist qein gemeinsamer Primfaktor von y und n, gilt auch q | x und qb | xb−ayb = n. Wir könnenalso beide Seiten um qb reduzieren. Dies führen wir solange durch, bis wir n′, x′, y′ ∈ Z,ggT(y′, n′) = 1 mit n′ = (x′)b − a(y′)b erhalten haben. Bei allen Umformungen habenwir nur mit b-ten Potenzen multipliziert. Also gilt vp(n′) ≡ vp(n) (mod b). Aufgrundder Teilerfremdheit ist y′ modulo n′ invertierbar und a ≡ (y′−1x′)b (mod n′). Wenn nunnoch p | n′, ist a eine b-te Potenz modulo p. Andernfalls war b | vp(n).

I.3. Ein einfaches Gegenbeispiel zum Hasse-PrinzipSatz 2. Seien z1, z2 aus Z so gewählt, dass z1, z2 und z1z2 keine Quadrate in Q sind,hingegen z1 ein Quadrat in Q2 ist. Dann verletzt

(X2 − z1Y2)(X2 − z2Y

2)(X2 − z1z2Y2) = 0

das Hasse-Prinzip.

Beweis. Lösung über Q ist nach Vorraussetzung nur (0, 0). Reelle Lösungen gibt es, daz1 > 0, z2 > 0 oder z1z2 > 0. Für jede Primzahl p 6= 2 ist das Produkt zweier quadrati-scher Nicht-Reste ein quadratischer Rest modulo p. Nach dem Korollar zu Lemma 1 ist(√z1, 1), (√z2, 1) oder (√z1z2, 1) eine über Qp definierte Lösung. In Q2 existiert nachVorraussetzung die Lösung (√z1, 1) .

Ein konkretes Beispiel (vgl. [AL11, S. 14]) wäre

(X2 − 17Y 2)(X2 − 2Y 2)(X2 − 34Y 2) = 0.

Wegen 17 ≡ 1 (mod 8) ist 17 ein Quadrat in Q2 .

I.4. Ein einfaches Gegenbeispiel zur schwachen ApproximationDie Gleichung

(X − Y )(X2 − 2Y 2) = 0

verletzt schwache Approximation.Alle rationalen Lösungen über Q werden durch (λ, λ) | λ ∈ Q gegeben. Die reelle

Lösung (√

2, 1) kann damit nicht approximiert werden.

5

II. Schnitt zweier Quadriken

II. Schnitt zweier QuadrikenSatz 3. Der Schnitt der zwei Quadriken

st = x2 + y2

(4t− 3s)(4s− t) = x2 + z2

in P4Q verletzt schwache Approximation, hat aber rationale Lösungen.

Beweis. Das Beispiel stammt aus [CTS77, S.3]. Hier geben wir einen relativ elementarenBeweis, die Beweistechnik lehnt sich an [BSD75] an.Der rationale Punkt (x, y, z, s, t) = (0, 2, 0, 1, 4) liegt auf der Fläche. Nach Lemma 1

existiert√−15 in Q2, da −15 ≡ 12 (mod 8). Wir zeigen nun, dass die Lösung

(1, 1,√−15, 2, 1) ∈ Q5

2

nicht durch rationale Lösungen approximiert werden kann.Für jede Primzahl p ≡ 3 (mod 4) ist −1 kein quadratischer Rest. Lemma 2 zeigt hier,

dass st und (4t− s)(4s− t) gerade oft durch p teilbar sind.Die Gleichungen sind homogen. Weil s und t nicht gleichzeitig 0 sein können, läßt sich

jede nicht-triviale Lösung in der Forma

b(x, y, z, s, t) ∈ Q5

als rationales Vielfaches einer Lösung (x, y, z, s, t) schreiben, bei der s, t ganz und teiler-fremd sind. Da st ≥ 0, können wir s und t ≥ 0 erreichen. Sei außerdem ggT(a, b) = 1.Wenn diese Lösung bezüglich ‖ · ‖2 nahe an (1, 1,

√−15, 2, 1) liegt, ist

∥∥∥∥ab s− 2∥∥∥∥

2=∥∥∥∥1b

∥∥∥∥2‖as− 2b‖2 <

12

und ∥∥∥∥ab t− 1∥∥∥∥

2=∥∥∥∥1b

∥∥∥∥2‖at− b‖2 <

12 .

Das bedeutet, dass as − 2b und at − b gerade sind . Folglich 2 | as und damit 2 | s,denn sonst wäre a gerade, also wegen 2 | at − b auch b gerade. Dies widerspricht derTeilerfremdheit von a und b. Insbesondere ist t ungerade, weil ggT(s, t) = 1.

Jede Primzahl π ≡ 3 (mod 4) teilt st gerade oft, wegen der Teilerfremdheit gilt das fürjeden der Faktoren s und t. Wegen π2 ≡ 1 (mod 4), 2 - t und t ≥ 0, ist t ≡ 1 (mod 4).

6

II. Schnitt zweier Quadriken

Dann gilt aber 4s − t ≡ 3 (mod 4). Wäre 4s − t < 0, so wäre 4t − 3s > 4t − 34 t > 0.

Dies steht im Widerspruch zu (4t − 3s)(4s − t) ≥ 0. Ein gemeinsamer Primteiler von4t− 3s und 4s− t ist wegen

4(4s− t) + (4t− 3s) = 13s

und3(4s− t) + 4(4t− 3s) = 13t

höchstens 13 ≡ 1 (mod 4). Jeder Primfaktor kongruent 3 modulo 4 kommt gerade oftin (4t− 3s)(4s− t), also auch in 4s− t, vor. Da 4s− t positiv und ungerade ist, müsste4s− t ≡ 1 (mod 4) sein. Widerspruch.

7

III. Selmers Beispiel

III. Selmers BeispielEines der berühmtesten Gegenbeispiele ist eine elliptische Kurve von Selmer [Sel57]:

3x3 + 4y3 + 5z3 = 0.

Die folgende Darstellung ist angelehnt an [Cas86, Kapitel 7.1 und 9.1] und [Con12].

Satz 4. Die Gleichung 3x3 + 4y3 + 5z3 = 0 verletzt das Hasse-Prinzip.

Wir zeigen zuerst, dass es keine rationalen Lösungen gibt. Dabei können wir zur äqui-valenten Gleichung (2y)3 + 6x3 = −10z3 bzw. nach Substitution 2y = X, x = Y und−z = Z zu X3 + 6Y 3 = 10Z3 übergehen. Sei α = 3√6. Im Zahlkörper Q(α) lässt sich dielinke Seite faktorisieren:

X3 + 6Y 3 = (X + Y α)(X2 −XY α+ Y 2α2)

Wir werden also zuerst die Eigenschaften von Q( 3√6) betrachten.

III.1. Eigenschaften von Q( 3√

6)Sei α = 3√6.

Lemma 3. Der Ganzheitsring O von Q(α) ist Z[α].

Beweis. Da α ganz ist, ist Z[α] im Ganzheitsring enthalten. Wir berechnen die Diskrimi-nante der Basis 1, α, α2 von Q(α). Die Einbettungen Q(α) 7→ C sind id, σ1 : α 7→ ζαund σ2 : α 7→ ζ2α, wobei ζ eine primitive dritte Einheitswurzel ist. Damit haben wir

disc(1, α, α2) = det

1 α α2

1 αζ α2ζ2

1 αζ2 α2ζ

2

= 32α6(ζ2 − ζ)2 = −2235.

Wegendisc(1, α, α2) = [O : Z[α]]2 disc(O/Z)

[Mil12, Bemerkung 2.25] kann der Index nur durch die quadratisch vorkommenden Prim-zahlen 2 und 3 teilbar sein. Die Erweiterung wird durch das Eisensteinpolynom X3 − 6(für die Primzahlen 2 und 3) gegeben. Das folgende Lemma zeigt uns damit, dass derIndex 1 sein muss.

Lemma 4. Sei K = Q(β) ein Zahlkörper, wobei das Minimalpolynom von β ein Eisen-steinpolynom von Grad n zur Primzahl p ∈ N ist. Dann ist p kein Teiler von [OK : Z[β]][Con09, Satz 3.3].

8


Beweis. Der Index ist endlich, da 1, . . . , βn−1 eine Basis von Q[β]/Q ist [Neu92, S.12].Angenommen, p | [OK : Z[β]]. Es gibt also ein Element γ aus OK mit γ 6∈ Z[β], aberpγ ∈ Z[β]. Schreiben wir pγ = g0 + · · ·+ gn−1β

n−1 mit gi ∈ Z, so ist ein gi nicht durch pteilbar. Wir zeigen aber nun durch Induktion über i, dass das nicht möglich ist. DurchMultiplizieren mit βn−1 sehen wir, da β Nullstelle eines Eisensteinpolynoms ist, dassg0β

n−1 ∈ pOK . Alsopn = N (p) | N (g0)N (β)n−1.

Die Norm von β ist bis auf Vorzeichen der konstante Term des Minimalpolynoms, dieserist genau einmal durch p teilbar, folglich ist g0 ein Vielfaches von p. So fortfahrenderkennen wir, dass alle Koeffizienten durch p teilbar sind. Widerspruch.

Damit haben wir den Ganzheitsring bestimmt und können folgende Methode anwen-den, um die Zerlegung von Primzahlen aus Z in Primideale von Z[α] zu bestimmen[Mil12, vgl. S.56, Satz 3.41].

Satz 5. Sei K ein Zahlkörper mit Ganzheitsring OK = Z[β] und f(X) das Minimalpo-lynom von β über Q. Außerdem sei p ∈ Z prim und f(X) =

∏i fi(X)ei die Zerlegung

von f in verschiedene irreduzible Polynome modulo p. Dann ist

(p) =∏i

(p, fi(β))ei

die Zerlegung von (p) in Primideale von OK . Der jeweilige Trägheitsgrad wird durch denGrad von fi gegeben.

Hiermit bestimmen wir nun das Verhalten von Primzahlen in Q[α].

p = 2, 3 :Da X3 − 6 ≡ X3 (mod 2), zerfällt (2) = p3

2 mit einem Primideal p2 von Norm 2.Analog (3) = p3

3.

p ≡ 2 mod 3, p 6= 2 :Hier sind 3 und |F×p | = p− 1 teilerfremd. Daher ist x 7→ x3 eine Bijektion auf F×p ,es gibt somit genau ein a ∈ F×p mit a3 ≡ 6 (mod p).Da (X − a)3 6≡ X3 − 6 (mod p), ist X3 − 6 ≡ (X − a)f mit einem f ∈ Fp[X] vonGrad 2 die Zerlegung in irreduzible Polynome modulo p. Das Ideal (p) zerlegt sichin

(p) = pp,1pp,2

mit Idealen von Norm p bzw. p2.

p ≡ 1 mod 3 :In diesem Fall haben wir drei verschiedene dritte Einheitswurzeln ζi, da die Ein-heitengruppe zyklisch von durch 3 teilbarer Ordnung ist. Ist 6 eine dritte Potenz

9


modulo p, zerfällt X3 − 6 = (X − 3√6)(X − 3√6ζ)(X − 3√6ζ2) und (p) zerlegt sichin drei verschiedene Ideale (p) = pp,1pp,2pp,3 von Norm p. Ist andererseits 6 keinedritte Potenz, dann bleibt (p) unzerlegt.

Lemma 5. Der Zahlkörper Q[α] hat Klassenzahl 1.

Beweis. Jede Nebenklasse der Klassengruppe enthält ein Ideal, dessen Norm höchstensso groß wie die Minkowski-Schranke ( 4

π )s n!nn

√| disc(Ok)| ist [Cas86, Satz 8.7.1]. Dabei ist

n der Grad der Körpererweiterung und 2s die Anzahl der komplexen Einbettungen vonK in C. Hier haben wir

4π

3!33

√2235 ≈ 8.821.

Es reicht somit aus zu zeigen, dass die Primideale mit Norm ≤ 8 Hauptideale sind.Diese Primideale finden wir als Faktoren der Primzahlen 2, 3, 5 und 7. Nach obigenÜberlegungen haben wir eindeutige Primdeale p2, p3 und p5,1 mit Norm 2, 3 und 5,hingegen drei Primideale p7,1, p7,2, p7,3 mit Norm 7. Die Norm von α+ k mit k ∈ Z istk3 + 6, denn

N(α+ k) = (α+ k)(αζ3 + k)(αζ23 + k) = k3 + 6.

Damit können wir eine Liste von Hauptidealen und ihren Zerlegungen erstellen.

N(α) = 6 (α) = p2p3

N(1− α) = −5 (1− α) = p5,1

N(2− α) = 2 (2− α) = p2

N(3− α) = 21 (3− α) = p3p7,1

N(1 + α) = 7 (1 + α) = p7,2

Die Faktorisierung von (α), (1 − α), (2 − α) folgt aus der oberen Eindeutigkeit derPrimideale mit Norm 2, 3 und 5. Wegen (3−α) | (21) und (21) = (3)(7) = p3

3p7,1p7,2p7,3sehen wir, dass ohne Einschränkung (3− α) = p3p7,1 ist. Wir müssen noch zeigen, dassp7,1 6= (1 + α). Sonst hätten wir

p7,1 | (1 + α) + (3− α) = (4) = p62,

was unmöglich ist. Daher sehen wir sofort, dass p2, p5,1 und p7,2 Hauptideale sind, damitnach der ersten Gleichung auch p3, dann nach der vierten p7,1. Letztlich wegen (7) =p7,1p7,2p7,3 auch p7,3. Damit haben wir gezeigt, dass alle Ideale Hauptideale sind.

III.2. Globale LösungenSei nun (X,Y, Z) eine nichttriviale rationale Lösung zu X3 + 6Y 3 = 10Z3. Wegen derHomogenität können wir ohne Einschränkung X, Y und Z aus Z und, da die Koeffizien-ten quadratfrei sind, sogar paarweise teilerfremd wählen. Dann sind X gerade, Y und Zungerade, X und Z nicht durch 3, X und Y nicht durch 5 teilbar.

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Über den Faktor X + Y α in der Faktorisierung

(X + Y α)(X2 −XY α+ Y 2α2) = 10Z3

können wir sogar noch weiteres aussagen.

Lemma 6. Es ist (X + Y α) = p2p5,1b3 für ein Ideal b ⊆ Z[α].

Beweis. Jeder gemeinsame Primteiler der beiden linken Faktoren teilt

(X2 −XY α+ Y 2α2)− (X − 2Y α)(X + Y α) = 3Y 2α2

und(X2 −XY α+ Y 2α2)− (−2X + Y α)(X + Y α) = 3X2.

Aufgrund der Teilerfremdheit von X und Y (diese gilt wegen (X) + (Y ) = (1) auch inder Erweiterung) sind nur die Teiler p2 und p3 von 3 und α möglich. Auch p3 könnenwir ausschließen, da dies (α) = p2p3, aber nicht X teilt. Da X mindestens dreimal, Yals ungerade Zahl nicht und α nur einmal von p2 geteilt wird, enthält (X + Y α) denPrimfaktor p2 genau einmal. Wir verteilen nun die Primfaktoren von (10) = p3

2p5,1p5,2auf die beiden Faktoren. Da p5,1 = (1− α) und X + Y α = X + Y + Y (α − 1) reicht esaus zu zeigen, dass 5 | X + Y . Dies gilt aber, da

X3 ≡ −6Y 3 ≡ (−Y )3 mod 5

und X 7→ X3 bijektiv auf F5 ist. Da X und Y nicht durch 5 teilbar sind, also 5 =p5,1p5,2 kein Teiler von X + Y α ist, muss p5,2 den rechten Faktor teilen. Alle sonstigenPrimfaktoren von (Z) treten aufgrund der obigen Überlegung entweder im linken oderrechten Faktor in dritten Potenzen auf.

Lemma 7. Das Element e = 12(2 − α)3 = 1 − 6α + 3α2 ist eine Einheit und 1, e, e2

bildet ein Vertretersystem für Z[α]×/Z[α]×3.

Beweis. Wegen (2) = p32 = (2− α)3 ist e eine Einheit. Wir betrachten e im Restklassen-

körperZ[α]/(1 + α) ∼= Z/7Z, α 7→ −1

des Primideals p7,2 = (1+α) mit Trägheitsgrad 1. In Z/7Z ist 1−6α+3α2 ≡ 1+6+3 ≡ 3keine dritte Potenz.Wir benutzen nun den Dirichletschen Einheitensatz [Neu92, S. 44]. Die Einheiten-

gruppe Z[α]× ist das Produkt der Gruppe der Einheitswurzeln und einer eindimensio-nalen freien abelschen Gruppe. Als einzige Einheitswurzeln sind ±1 enthalten, da Z[α]reell ist. Die Einheitengruppe modulo Kuben ist hier also eine zyklische Gruppe mit 3Elementen und wird von jeder Einheit erzeugt, die kein Kubus ist. Eine solche habenwir mit e gefunden.

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Die Idealgleichung (X + Y α) = p2p5,1b3 können wir wegen Klassenzahl 1 in eine

Gleichung von Elementen

(X + Y α) = (2− α)(1− α)eib3

übertragen, wobei (b) = b und 0 ≤ i ≤ 2. Mit γ = (2−α)ib = u+ vα+wα2 erhalten wir

2i(X + Y α) = (2− α)(1− α)γ3 = (2− α)(1− α)(u+ vα+ wα2)3. (∗)

Also muss der Koeffizient von α2 auf der rechten Seite 0 sein. Diesen rechnen wir einfachaus:

0 = (u3 + 6v3 + 36w3 + 36uvw)− 9(6uw2 + u2v + 6v2w) + 6(uv2 + 6vw2 + u2w)= (u3 + 6v3 + 36w3) + 6(uv2 + u2w) + 9(4vw2 + 4uvw − u2v)− 27(2uw2 + 2v2w)

Also 3 | u, folglich 9 | 6v3 und somit 3 | v. Letztendlich 27 | 36w3 und 3 | w. Damitist 3 gemeinsamer Faktor von u, v und w, also auch von X und Y wegen (∗), was wirausgeschlossen haben. Insgesamt haben wir also gezeigt, dass es keine nicht-trivialenglobalen Lösungen gibt.

III.3. Lokale LösungenSatz 6. Die Gleichung 3x3 + 4y3 + 5z3 = 0 hat überall nichttriviale lokale Lösungen.

Beweis. Über endlichen Körpern würde die Existenz einer Lösung über endlichen Kör-pern aus der Hasse-Weil-Schranke folgen [Cas86, Appendix D, Satz A]). Die Lösungenlassen sich aber auch konkreter finden.Die Tupel(x, y, z

)=(− 1, 3

√3/4, 0

),(0, 3√

5/4,−1),(5,−2 3

√15/4,−3

),(− 1, 0, 3

√3/5

)sind Lösungen. Wir werden zeigen, dass über jedem Qv eine davon definiert ist. Sei p ∈ Nprim. Die Untergruppe der Kuben hat Index 1 oder 3 in der zyklischen Gruppe (Z/pZ)×.Sei p 6= 2, 3, 5. Dann ist mindestens eine der Zahlen

34

54

34 ·

54 = 15

1634 ·

45 = 3

5

ein Kubus modulo p. Modulo 27 ist 54 ≡ 23. Für p = 5 ist 3

4 ≡ 33 (mod 5) und auch fürp = 2 ist 3

5 ≡ 1 (mod 2) ein Kubus. Nach Lemma 1 existieren die dritten Wurzeln auchin Zp. Über R existiert jede der obigen Lösungen.

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IV. Gauß- und Jacobi-Summen

IV. Gauß- und Jacobi-SummenWir entwickeln hier die notwendigen Grundlagen über Gauß- und Jacobi-Summen fürden Beweis des kubischen Reziprozitätsgesetzes. Außerdem werden wir sie im Beispielvon Lindt und Reichardt benutzten, um lokale Lösbarkeit zu zeigen. Wir orientieren unsan [IR90, Kapitel 8].

IV.1. CharaktereDefinition 3. Sei G eine endliche Gruppe und K ein Körper. Einen Gruppenhomomor-phimus χ : G 7→ K× nennen wir Charakter von G.

Die Charaktere von G nach K× bilden eine Gruppe mit punktweiser Multiplikationund dem trivialen Charakter ε : G 7→ K×, g 7→ 1 als neutralem Element.

Lemma 8. Sei χ : G 7→ K× ein Charakter. Für g ∈ G ist χ(g) eine |G|-te Einheitswurzelund χ = χ−1 im Fall K = C.

Beweis. Sei g ∈ G. Dann ist χ(g)|G| = χ(g|G|) = χ(e) = 1.Weil χ(g) eine Einheitswurzelist, sind χ(g) und χ(g)−1 gleich.

Lemma 9. Sei χ : G 7→ K× ein Charakter. Dann gilt

∑t∈G

χ(t) =|G| falls χ = ε,

0 sonst.

Beweis. Der Fall χ = ε ist klar. Sonst existiert ein g ∈ G mit χ(g) 6= 1. Dann ist

χ(g)∑t∈G

χ(t) =∑t∈G

χ(gt) =∑t∈G

χ(t),

da x 7→ gx eine Bijektion auf G ist. Wegen χ(g) 6= 1 muss∑t∈G χ(t) = 0 sein.

Ein Beispiel wäre:

Lemma 10. Falls (p− 1) - k, gilt 1k + · · ·+ (p− 1)k ≡ 0 (mod p).

Beweis. Die Abbildung x 7→ xk ist ein Charakter von F×p . Da F×p ein Element vonOrdnung p− 1 hat, ist er nichttrivial, wenn (p− 1) - k.

13


IV.2. Gauß-SummenSei im Folgenden p ∈ N prim und ζ = e2iπ/p. Dann ist ζa für a ∈ Fp wohldefiniert.

Definition 4. Sei χ : F×p 7→ C ein Charakter. Wir erweitern χ auf ganz Fp durch

χ(0) =

1 falls χ = ε,

0 sonst.

Dabei bleibt χ multiplikativ und wir nennen ihn multiplikativer Charakter von Fp.

Diese Festlegung stellt sich bei der Anwendung auf diophantische Gleichungen alsvorteilhaft heraus.

Definition 5. Sei χ ein multiplikativer Charakter von Fp. Dann heißt

g(χ) =∑t∈Fp

χ(t)ζt

Gauß-Summe auf Fp zum Charakter χ.

Lemma 11. Sei χ 6= ε ein multiplikativer Charakter von Fp. Dann hat die Gauß-SummeAbsolutbetrag |g(χ)| = √p.

Beweis. [Cas86, Lemma D.1, S. 340]Wir berechnen

|g(χ)|2 =

∑a∈Fp

χ(a)ζa∑

b∈Fpχ(b)ζb

=∑

a,b∈F×p

χ(a)χ(b)ζa−b.

Setze c = ab−1. Also χ(a)χ(b) = χ(a)χ(b−1) = χ(c) und a− b = b(c− 1). Dann ist∑a,b∈F×p

χ(a)χ(b)ζa−b =∑c∈F×p

χ(c)∑b∈F×p

ζb(c−1).

Die Abbildung b 7→ ζb(c−1) ist ein Charakter der additiven Gruppe Fp. Er ist nichttri-vial für c 6= 1. Damit haben wir mit Lemma 9

∑b∈F×p

ζb(c−1) =∑b∈Fp

ζb(c−1) − 1 =−1 für c 6= 1,p− 1 für c = 1.

Also letztendlich wieder mit Lemma 9

|g(χ)|2 =∑c∈F×p

χ(c)∑b∈F×p

ζb(c−1) = (p−1)χ(1)−∑

c∈F×p r1

χ(c) = pχ(1)−∑c∈F×p

χ(c) = p.

14


Lemma 12. Sei χ ein multiplikativer Charakter von Fp. Dann gilt g(χ) = χ(−1)g(χ).

Beweis. Da χ(−1) = χ(−1) = ±1, erhalten wir

g(χ) =∑t∈Fp

χ(t)ζt =∑t∈Fp

χ(−t)ζ−t = χ(−1)∑t∈Fp

χ(t)ζt = χ(−1)g(χ).

IV.3. Jacobi-SummenDefinition 6. Seien χ und λ multiplikative Charaktere von Fp. Wir nennen

J(χ, λ) =∑a∈Fp

χ(a)λ(1− a)

die Jacobi-Summe von χ und λ.

Lemma 13. Seien χ und λ nichttriviale multiplikative Charaktere von Fp. Dann gilt

(i) J(ε, ε) = p,

(ii) J(ε, χ) = J(ε, χ) = 0,

(iii) J(χ, χ−1) = −χ(−1),

(iv) J(χ, λ) = g(χ)g(λ)g(χλ) , falls χλ 6= ε.

Beweis. Alle Indizes laufen über Fp.

(i) J(ε, ε) =∑t ε(t)ε(1− t) =

∑t 1 · 1 = p.

(ii) J(ε, χ) =∑t 1 · χ(t) =

∑t6=0 χ(t) = 0 nach Lemma 9.

(iii)J(χ, χ−1) =

∑a

χ(a)χ−1(1− a) =∑a6=1

χ( a

1− a)

Die Abbildung a 7→ a1−a ist eine Bijektion zwischen Fp r 1 und Fp r −1 mit

Umkehrfunktion c 7→ c1+c . Also nach Lemma 9

J(χ, χ−1) =∑a6=1

χ( a

1− a)

=∑c 6=−1

χ(c) = −χ(−1).

15


(iv) Wir multiplizieren aus:

g(χ)g(λ) =(∑

s

χ(s)ζs)(∑

t

λ(t)ζt)

=∑s

∑t

χ(s)λ(t)ζs+t

=∑a

( ∑s+t=a

χ(s)λ(t))ζa

Für a = 0 ist ∑s+t=0

χ(s)λ(t) =∑s

χ(s)λ(−s) = λ(−1)∑s

χλ(s) = 0

nach Lemma 9, da χλ 6= ε.Falls a 6= 0 ist x 7→ a−1x eine Bijektion auf Fp, also∑

s+t=aχ(s)λ(t) =

∑a−1s+a−1t=1

χ(s)λ(t) =∑s+t=1

χ(as)λ(at)

= χλ(a)∑s+t=1

χ(s)λ(t) = χλ(a)J(χ, λ).

Diese Gleichung gilt auch für a = 0, da χλ(a) = 0. Wir erhalten

g(χ)g(λ) =∑a

( ∑s+t=a

χ(s)λ(t))ζa =

∑a

J(χ, λ)χλ(a)ζa = J(χ, λ)g(χλ).

Lemma 14. Sind χ, λ und χλ nichttriviale multiplikative Charaktere von Fp, so ist|J(χ, λ)| = √p.

Beweis. Nach Lemma 11 und Lemma 13 haben wir

|J(χ, λ)| =∣∣∣∣g(χ)g(λ)g(χλ)

∣∣∣∣ = √p.

Lemma 15. Ist χ ein multiplikativer Charakter von Fp mit Ordnung 3, so gilt

g(χ)3 = pJ(χ, χ).

Beweis. Da χ2 6= ε, können wir Lemma 13 verwenden. Damit gilt wegen χ(−1) =χ(−1)3 = 1:

g(χ)3 = g(χ)g(χ2)J(χ, χ) = g(χ)g(χ)J(χ, χ) Lemma 13 und 8= χ(−1)g(χ)g(χ)J(χ, χ) = pJ(χ, χ) Lemma 12 und 11

16

V. Beispiel von Lindt und Reichardt

V. Beispiel von Lindt und ReichardtVon Lindt und Reichardt stammt eines der ersten und bekanntesten Beispiele einerGleichung, die das Hasse-Prinzip verletzt.Wir benutzen Techniken aus [Sch07, Kapitel 3.5].

Satz 7. Die GleichungX4 − 17Y 4 = 2Z2

verletzt das Hasse-Prinzip.

V.1. Lokale LösungenLemma 16. Sei U eine endliche Untergruppe der Charaktere einer Gruppe G in einenKörper K. Sei a in G. Dann gilt

∑χ∈U

χ(a) =|U | falls χ(a) = 1 für alle χ ∈ U,0 sonst.

Beweis. Die Auswerteabbildung U 7→ K×, χ 7→ χ(a) ist ein Gruppenhomomorphismusund damit selbst ein Charakter. Die Aussage folgt aus Lemma 9.

Lemma 17. Die Gruppe der multiplikativen Charaktere auf Fp ist zyklisch von Ordnungp− 1.

Beweis. Sei g eine primitive Restklasse von Fp. Ein Charakter wird durch das Bild vong festgelegt. Die Abbildung χ : F×p 7→ C, gk 7→ e2iπk/(p−1) ist ein Charakter mit Ordnungp−1. Da Charaktere nach Lemma 8 nur (p−1)-te Einheitswurzeln als Werte annehmenkönnen, haben wir mit den Potenzen von χ schon alle Charaktere gefunden.

Sei f ∈ Z[X1, . . . , Xn]. Wir schreiben Ap(f) für die Anzahl der Lösungen der Gleichungf = 0 in Fp.

Lemma 18. Sei p ∈ N prim, n ∈ N und a ∈ Fp. Dann gilt

Ap(Xn − a) =∑χn=ε

χ(a),

wobei wir über alle multiplikativen Charaktere χ auf Fp mit χn = ε summieren.

Beweis. Wir unterscheiden die Fälle a = 0 und a 6= 0.

• Ist a = 0, hat die Summe wegen ε(0) = 1 und χ(0) = 0 für χ 6= ε den Wert 1. Dieeinzige Lösung ist 0.

17


• Sei g primitive Restklasse von Fp und χ : g 7→ e2iπ/(p−1) Erzeuger der Charakter-gruppe. Ist a 6= 0, schreiben wir a = gk, k ∈ Z. Dann ist a genau dann eine n-tePotenz in Fp, wenn nx ≡ k (mod p − 1) lösbar ist. Dies ist genau dann möglich,wenn ggT(n, p−1) | k gilt. Dann folgt für alle y ∈ Z aus ny ≡ 0 (mod p−1) schonyk ≡ 0 (mod p−1). Schreiben wir jeden Charakter λ in der Form λ = χy mit y ∈ Zheißt das, dass aus λn = χny = ε auch λ(a) = χ(g)yk = 1 folgt. Zusammengefasstist a eine n-te Potenz genau dann, wenn λ(a) = 1 für alle Charaktere λ mit λ4 = ε.Die Charaktergruppe und F×p sind beide zyklisch mit p − 1 Elementen. Daher ist- falls a vierte Potenz - Ap(X4 − a) = Ap(X4 − 1) = |λ4 = ε|. Mit Lemma 16erhalten wir die gewünschte Gleichheit.

Lemma 19. Seien a, b und c aus F×p . Die Anzahl der Lösung der Gleichung aX4+bY 4 =c erfüllt die Ungleichung

|Ap(aX4 + bY 4 − c)− p| ≤ 3 + 6√p.

Beweis. Die Abschätzung ist ein Spezialfall der sehr viel allgemeineren Hasse–Weil–Schranke bzw. Riemann-Vermutung für endliche Körper [Cas86, Appendix D]. Mit Lem-ma 18 setzen wir Charaktere zum Abschätzen der Anzahl an Lösungen ein. Es gilt

Ap(aX4 + bY 4 − c) =∑

α+β=cAp

(X4 − α

a

)Ap

(X4 − β

b

)

=∑

α+β=c

∑χ4=ε

∑φ4=ε

χ

(α

a

)φ

(β

b

)=

∑χ4=φ4=ε

χ(a)−1φ(b)−1χ(c)φ(c)∑

α+β=1χ(α)φ(β)

=∑

χ4=φ4=εχ(a)−1φ(b)−1χφ(c)J(χ, φ).

Wir schätzen mit Lemma 13 die Beträge der einzelnen Terme ab. Da die Charak-terwerte Einheitswurzeln sind, ist nur der Betrag der Jacobi-Summe interessant. DieUntergruppen χ4 = ε und φ4 = ε haben jeweils höchstens 4 Elemente.

• Für χ = φ = ε ist J(ε, ε) = p.

• Für χ = ε und φ 6= ε oder umgekehrt ist J(χ, φ) = 0.

• Im Fall ε 6= χ = φ−1 hat die Jacobi-Summe Betrag 1. Dies tritt höchstens 3 malauf.

• Sind χ 6= ε, φ 6= ε, χφ 6= ε, dann hat J(χ, φ) Betrag √p. Dies kann 6 mal vorkom-men.

18


Damit können wir |Ap − p| ≤ 3 + 6√p abschätzen.

Für Primzahlen p ≥ 43 ist |Ap(X4−17Y 4−2)−43| ≤ 3 + 6√

43 < 43. Wir haben alsoeine Lösung in Fp. Diese kann mit Satz 1 auf Qp gehoben werden, da eine der partiellenAbleitungen 4X3 und 17 · 4Y 3 von 0 verschieden ist. Alle Primzahlen p < 43 probiertman durch [Sch07, Kapitel 3.5]. Das lassen wir aus.

V.2. Globale LösungenWir werden zeigen, dass es keine nichttrivialen rationalen Lösungen gibt. Dazu formenwir die Gleichung in den Schnitt zweier Quadriken um [AL11, Lemma 11].Lemma 20. Die Gleichung

X4 − 17Y 4 = 2Z2 (1)hat über einem beliebigen Körper genau dann eine von 0 verschiedene Lösung, wenn

U2 − 17W 2 = 2T 2 UW = V 2 (2)eine solche hat [AL11, Lemma 11].Beweis. Ist 2 = 0, haben beide Gleichungen nichttriviale Lösungen (x, y, z) = (1, 1, 1)bzw. (u, v, w, t) = (1, 1, 1, 1). Sei also 2 6= 0. Ist (x, y, z) 6= 0 Lösung zu (1), dann erfüllt(u, v, w, t) = (x2, xy, y2, z) 6= 0 die Gleichungen (2). Ist andersherum (u, v, w, t) 6= 0Lösung von (2), sind sowohl (x, y, z) = (u, v, ut) als auch (v, w,wt) Nullstellen von (1).Eine davon ist nicht-trivial, da u und w nicht gleichzeitig 0 sein können.

Satz 8. Die Gleichung von Lindt-Reichhardt hat keine nichttrivialen rationalen Lösun-gen.Beweis. Wir benutzen das letzte Lemma. Sei (u, v, w, t) eine von 0 verschiedene rationaleLösung zu

U2 − 17W 2 = 2T 2 UW = V 2.

Die Gleichungen sind homogen, wir können also eine ganzzahlige Lösung (u, v, w, t) mitggT(u, v, w, t) = 1 wählen. Dann sind auch u und w teilerfremd, da die Koeffizientenquadratfrei sind. Auch kann t nicht durch 17 teilbar sein. Sei p 6= 2 ein Primteiler vont. Somit gilt u2 ≡ 17w2 (mod p). Da u und w teilerfremd, ist w 6≡ 0 (mod p). Dasquadratische Reziprozitätsgesetz zeigt

1 =(17p

)2

=(p

17

)2.

Da auch 2 ≡ 62 (mod 17), sind alle Primfaktoren von t Quadrate modulo 17. Also istt2 6≡ 0 (mod 17) eine vierte Potenz modulo 17. Weil u2w2 = v4 und ggT(u,w) = 1, istu2 eine vierte Potenz. Daher wegen 2t2 ≡ u2 (mod 17) auch 2, was im Widerspruch zu2

164 = 24 ≡ −1 (mod 17) steht.

19

VI. Kubische Reziprozität

VI. Kubische ReziprozitätFür die Behandlung einer kubischen Gleichung in Kapitel VII benötigen wir das kubischeReziprozitätsgesetz. Wir orientieren uns an [IR90, Kapitel 9], werden aber einige Beweiseanders führen, insbesondere die Methoden aus Kapitel III benutzen.

VI.1. Eisenstein-ZahlenSei ω = −1+

√−3

2 eine dritte Einheitswurzel mit Minimalpolynom X2 + X + 1. Wirbetrachten den Zahlkörper Q(ω). Dessen Zahlring sind die Eisenstein-Zahlen Z[ω], denndie Diskriminante der Basis 1, ω

disc(1, ω) = det(

1 ω1 ω2

)2

= −3

ist quadratfrei. Die Minkowski-Schranke hat den Wert

4π

222

√3 = 2

√3

π≈ 1,10.

Deshalb ist Z[ω] ein Hauptidealring und faktoriell. Wir haben die Norm N (x + yω) =(x+ yω)(x+ yω) = x2 − xy + y2.

Lemma 21. Die Einheiten von Z[ω] sind ±1, ±ω, ±ω2.

Beweis. Wir bestimmen alle Elemente x + yω ∈ Z[ω] mit Norm 1. Aufgrund der Sym-metrie und durch Multiplikation mit ±1 können wir x > 0 und x ≥ y wählen. In diesemFall ist

1 = N (x+ yω) = x(x− y) + y2 ≥ y2.

Wir haben also entweder y = 0 und dann x = 1 oder y = 1 und dann x = 1. Somiterhalten wir die Einheiten ±1, ±ω und ±ω2 = ∓(ω + 1).Wir hätten auch mit dem Dirichletschen Einheitensatz argumentieren können, dass

hier kein freier Anteil in der Einheitengruppe existiert. Die einzigen enthaltenen Ein-heitswurzeln sind die sechsten.

20


VI.2. Primzahlen in Z[ω]Dauernd verwenden werden wir:

Satz 9. Die Primzahlen p ∈ N verhalten sich in Z[ω] wie folgt:

(i) Einzig p = 3 verzweigt, und zwar als 3 = −ω2(1− ω)2 mit der Primzahl 1− ω.

(ii) Falls p ≡ 1 (mod 3) ist, zerlegt sich p = ππ mit einer nicht-rationalen Primzahlπ ∈ Z[ω] der Norm p. Dabei sind π und π nicht assoziiert.

(iii) Falls p ≡ 2 (mod 3) ist, bleibt p prim in Z[ω].

Beweis. Da Z[ω] der Ganzheitsring ist, können wir die Zerlegung von p anhand derZerlegung von X2 + X + 1 (mod p) erkennen (vgl. Satz 5). Diese führen wir wegenX3 − 1 = (X − 1)(X2 + X + 1) auf die Bestimmung der dritten Einheitswurzeln in Fpzurück.

(i) Für p = 3 ist (X − 1)3 ≡ X3 − 1 (mod 3), also X2 + X + 1 ≡ (X − 1)2 (mod 3).Das Ideal (3) = p2

3 verzweigt in ein Primideal p3 der Norm 3. Da −ω2(1−ω)2 = 3,ist dieses −ω2(1− ω)2 = 3.

(ii) Wenn p ≡ 1 (mod 3) ist F×p eine zyklische Gruppe mit durch 3 teilbarer Ordnung.Diese hat 3 verschiedene dritte Einheitswurzeln. Folglich zerfällt X2 + X + 1 inzwei verschiedene Linearfaktoren. Damit ist (p) = (π)(π′) für Primelemente π undπ′ von Norm N (π) = N (π′) = p. Wegen N (π) = ππ = p ist π′ ∼ π. Da (π) 6= (π),sind π und π nicht assoziiert.

(iii) Falls p ≡ 2 (mod 3) ist, sind 3 und |F×p | teilerfremd. Also ist 1 die einzige dritteEinheitswurzel. Außerdem ist 1 keine Nullstelle von X2 +X+1 (mod p), da p 6= 3.Damit hat X2 +X + 1 keine Nullstelle in Fp und ist irreduzibel. Folglich bleibt pprim.

Sei π ∈ Z[ω] prim und π - α ∈ Z[ω]. Im Ganzheitsring eines Zahlkörper ist jedes Prim-ideal außer 0 maximal. Daher ist Z[ω]/πZ[ω] ein Körper mit N (π) Elementen [Neu92,Th. 3.1]. Nach dem kleinen Satz von Fermat gilt

αN (π)−1 ≡ 1 (mod π). (∗)

Ist π 1− ω, sind 1, ω und ω2 verschieden modulo π, da

π - 1− ω π - ω − ω2 = ω(1− ω) π - 1− ω2 = −ω2(1− ω).

Somit ist 1, ω, ω2 eine dreielementige Untergruppe von (Z[ω]/πZ[ω])×. Nach Lagrange3 | N (π)− 1. Wir können also α

N (π)−13 betrachten. Dies ist modulo π Nullstelle von

X3 − 1 = (X − 1)(X − ω)(X − ω2),

21


somit giltαN (π)−1

3 ≡ 1, ω, oder ω2 (mod π).

Definition 7. Für eine Primzahl π ∈ Z[ω] mit π 1 − ω und α ∈ Z[ω] definieren wirdas kubische Legendresymbol

(απ

)3 durch den eindeutigen Wert 0, 1, ω, oder ω2 mit(α

π

)3≡ α

N (π)−13 (mod π).

Die Definition ist unabhängig von der Restklasse von α modulo π. Falls π | α ist,erhalten wir

(απ

)3 = 0.

Lemma 22. Sei π ∈ Z[ω] prim mit π 1 − ω. Das kubische Legendresymbol ist einmultiplikativer Charakter mit Ordnung 3 auf Z[ω]/πZ[ω].

Beweis. Seien α, β ∈ Z[ω]. Das Legendresymbol ist multiplikativ, da(αβ

π

)3≡ (αβ)

N (π)−13 ≡ α

N (π)−13 β

N (π)−13 ≡

(α

π

)3

(β

π

)3

(mod π).

Wähle eine Restklasse g aus Z[ω]/πZ[ω] mit Ordnung N (π)−1. Dann ist( gπ

)3 6= 1. Also

ist das Legendresymbol nichttrivial und hat wegen (∗) Ordnung 3.

Lemma 23. Sei π ∈ Z[ω] prim mit π 1 − ω und α ∈ Z[ω]. Das Legendresymbolvertauscht mit komplexer Konjugation:(

α

π

)3

=(α

π

)3.

Beweis. Aus (α

π

)3≡ α

N (π)−13 (mod π)

und N (π) = N (π) folgt (α

π

)3≡ α

N (π)−13 ≡

(α

π

)3

(mod π).

Lemma 24. Sind n, p ∈ Z, p prim in Z[ω] mit p - n, so ist(np

)3

= 1.

Beweis. Für ganze n und p zeigt Lemma 23, dass(n

p

)3

=(n

p

)3

=(n

p

)3,

also ist(np

)3

= 1, da(np

)36= 0 wegen p - n.

22


Lemma 25. Sei π ∈ Z[ω] prim mit π 1 − ω und π - α ∈ Z[ω]. Dann gilt(απ

)3 = 1

genau dann, wenn α eine dritte Potenz modulo π ist.

Beweis. Wähle eine Restklasse g aus Z[ω]/πZ[ω] mit Ordnung N (π) − 1 und schreibeα = gk. Da 3 | N (π)− 1, ist α dritte Potenz genau dann, wenn 3 | k. Dies ist äquivalentzu 1 ≡ gk

N (π)−13 ≡ α

N (π)−13 ≡

(απ

)3 (mod π).

Definition 8 (Jacobi-Symbol). Wir erweitern das Legendre-Symbol auf nicht-prime„Nenner“. Seien α und τ aus Z[ω] mit 1− ω - τ . Dann setzen wir(

α

τ

)3

=

1 falls τ Einheit,(απ1

)3· · ·(απn

)3

falls τ = π1 · · ·πn die Zerlegung in Primfaktoren ist.

Im faktoriellen Ring Z[ω] ist die Primfaktorzerlegung bis auf Einheiten eindeutig unddaher das Jacobi-Symbol wohldefiniert. Es ist ebenfalls multiplikativ. Lemma 23 und 24übertragen sich von jedem Faktor auf das Jacobi-Symbol.Genauso wie man sich beim quadratischen Reziprozitätsgesetz auf positive Primzahlen

beschränkt, müssen wir auch hier eine Normierung vornehmen.

Definition 9. Eine Zahl z ∈ Z[ω] heißt primär, falls z ≡ −1 mod 3. In der Darstellungπ = a+ bω bedeutet das a ≡ −1 (mod 3) und 3 | b.

Lemma 26. Sei z ∈ Z[ω] mit 1− ω - z, dann ist genau ein Assoziertes von z primär.

Beweis. Die 6 Assozierten zu z sind inkongruent modulo 3, denn seien e und f aus Z[ω]×mit ez ≡ fz mod 3. Dann ist 3 = −ω2(1− ω)2 | (e− f)z. Wegen (1− w) - z haben wir(1− ω)2 | (e− f). Die Differenz zweier verschiedener Einheiten kann bis auf den Faktor±1 folgende Werte annehmen:

1− ω 1 + ω = −ω2

1− ω2 = (1 + ω)(1− ω) 1 + ω2 = −ωω − ω2 = ω(1− ω) ω + ω2 = −1.

Dabei kommen nur Einheiten und höchstens einmal der Faktor (1 − ω) vor. Damit iste = f und die 6 Assozierten sind verschieden modulo 3. Sie können nicht kongruent zu0, 1− ω, −1 + ω modulo 3 sein, denn das würde 1− ω | z implizieren. Die 6 Assoziertenüberdecken folglich die übrigen 6 Werte modulo 3, genau eines ist kongruent zu −1.

Wir halten fest, dass mit z auch z primär ist. Außerdem kann (1−ω) kein Teiler einerprimären Zahl sein.

Satz 10 (Kubische Reziprozitätsgesetz). Sind π und θ primäre Zahlen aus Z[ω], so ist(π

θ

)3

=(θ

π

)3.

23


Wir können auch π ≡ ±1 (mod 3) zulassen, da(−1π

)3

=(−13

π

)3

= 1.

Satz 11 (Zusatz zum kubischen Reziprozitätsgesetz). Sei z ∈ Z[ω] und z ≡ 1 (mod 3).Schreibe z = 1 + 3m+ 3nω mit m, n ∈ Z. Dann ist(

ω

z

)3

= ω2m+2n und(1− ω

z

)3

= ωm.

VI.3. Beweis des kubischen ReziprozitätsgesetzesSei nun π ∈ Z[ω] eine nichtrationale Primzahl mit N (π) = p ≡ 1 (mod 3). Dann istinsbesondere π 1− ω. Wir haben uns überlegt, dass

Z[ω]/πZ[ω] ' Z/pZ.

Damit können wir das kubische Legendresymbol( ·π

)3 als Charakter mit Ordnung 3 auf

Z/pZ auffassen (Lemma 22).

Lemma 27. Sei π ∈ Z[ω] eine nicht-rationale Primzahl mit N (π) = p ≡ 1 (mod 3).Dann gilt im Ring Z[ω]

J( ·π ,·π ) ≡ −1 mod 3.

Beweis. In diesem Fall ist p ≡ 1 (mod 3) und prim. Mit Lemma 9 und 15 berechnen wir(ζ = e2iπ/p):

J( ·π ,·π ) ≡ pJ( ·π ,

·π ) = g(χ)3 =

( ∑t∈Fp

(t

π

)3ζt)3

≡∑t∈Fp

(t

π

)3

3ζ3t =

∑t∈F×p

ζ3t ≡ −ζ3·0 = −1 (mod 3).

Hier ist wieder x 7→ ζ3x ein nichttrivialer Charakter auf der additiven Gruppe vonFp. Wir haben dabei mit Kongruenzen im Ring der ganzalgebraischen Zahlen über Zgearbeitet. Also ist J( ·π ,

·π ) + 1 = 3z für eine ganzalgebraische Zahl z ∈ Q(ω). Der ganze

Abschluss von Z in Q(ω) ist aber Z[ω]. Daher gilt die Kongruenz letztendlich auch inZ[ω].

Lemma 28. Sei π ≡ −1 (mod 3) eine primäre nicht-rationale Primzahl in Z[ω] mitN (π) = p. Dann ist J( ·π ,

·π ) = π und g( ·π )3 = pπ.

Beweis. Wir haben in Lemma 14 gezeigt, dass N (J( ·π ,·π )) = p. Also ist diese Jacobi-

Summe assoziert zu π oder π. Vorher haben wir gezeigt, dass sie primär ist. Da genauein Assoziiertes primär ist, ist J( ·π ,

·π ) sogar gleich π oder π. Letzteres ist aber nicht

möglich:

24


J( ·π ,·π ) =

∑x∈Fp

(x

π

)(1− xπ

)≡∑x∈Fp

xp−1

3 (1− x)p−1

3 (mod π).

Das ist ein Polynom vom Grad 23(p − 1) ohne konstanten Term. Nach Lemma 10 ist

die Summe über jedes seiner Monome kongruent 0 (mod p), und damit auch die gesamteSumme modulo π. Die Primzahlen π und π sind aber nicht assoziiert. Nach Lemma 15ist g( ·π )3 = pπ.

Lemma 29. Seien π und λ aus Z[ω] primäre Primzahlen. Außerdem sei π nicht rationalund die Normen p = N (π) 6= N (λ) verschieden. Dann gilt(

pπ

λ

)3

=(N (λ)

π

)2

3.

Beweis. Sei q die zu λ gehörende rationale Primzahl. Mit Lemma 28 erhalten wir

g( ·π )N (λ) = g( ·π )(pπ)N (λ)−1

3 ≡ g( ·π )(pπ

λ

)3

(mod λ).

Mit ζ = e2iπ/p ist andererseits

g( ·π )N (λ) =( ∑t∈Fp

(t

π

)3ζt)N (λ)

≡∑t∈Fp

(t

π

)N (λ)

3ζN (λ)t Frobenius modulo q

≡∑t∈Fp

(N (λ)π

)−1

3

(t

π

)3ζt p - N (λ) und N (λ) ≡ 1 (mod 3)

≡(N (λ)

π

)2

3g( ·π ) (mod λ) Charakter mit Ordnung 3.

Fassen wir beides zusammen, gilt

g( ·π )(pπ

λ

)3≡ g( ·π )

(N (λ)π

)2

3(mod λ).

Nach Erweitern mit g( ·π ) wenden wir Lemma 11 an:

p

(pπ

λ

)3≡ p

(N (λ)π

)2

3(mod λ).

Modulo λ ist p invertierbar.

25


Beweis des kubischen Reziprozitätsgesetzes. Seien zuerst π und λ primäre Primzahlenmit verschiedenen Normen N (π) = p und N (λ) = q. Wir unterscheiden verschiedeneFälle:

• Sind beide Primzahlen rational, ist nach Lemma 24 sowohl(λπ

)3

= 1 als auch(πλ

)3 = 1.

• Ist nur λ rational, gilt( pλ

)3 = 1. Lemma 29 ergibt hier:

(π

λ

)3

=(λ2

π

)2

3=(λ

π

)3.

• Sind beide nicht rational, betrachten wir(π

λ

)3

(qλ

π

)3

=(π

λ

)3

(p2

λ

)3

Lemma 29

=(π

λ

)3

(p

λ

)3

=(pπ

λ

)3

Lemma 23

=(q2

π

)3

=(λ

π

)3

(qλ

π

)3

Lemma 29.

Also ist(πλ

)3 =

(λπ

)3.

Wir erweitern nun auf zusammengesetzte π und λ. Jede primäre Zahl lässt sich bisauf den Faktor ±1 in primäre Primfaktoren zerlegen. Denn wähle eine Faktorisierungz = eπ1 · · ·πn mit einer Einheit e und allen Primfaktoren πi ≡ −1 mod 3 (Lemma 26),also auch e ≡ ±1 mod 3, somit e = ±1. Sind die Normen der Faktoren von π von denNormen der Faktoren in λ verschieden, können wir das kubische Reziprozitätsgesetz injedem Faktor anwenden.Wir müssen noch den Fall primärer Primzahlen π und λmitN (π) = N (λ) untersuchen.

Dann ist π ∼ λ oder π ∼ λ. Da alle diese Zahlen primär sind, reicht es aus, nur π = λund π = λ zu betrachten. Im ersten Fall ist das kubische Reziprozitätsgesetz klar. Imzweiten Fall ist π + π ≡ 1 (mod 3). Wegen π, π - π + π, können wir mit dem schonBewiesenen rechnen [Lem00, Prop. 7.7, S.215]:(

π

π

)3

=(π + π

π

)3

=(

π

π + π

)3

=( −ππ + π

)3

=(π + π

π

)3

=(π

π

)3.

26


Beweis des Zusatzes zum kubischen Reziprozitätsgesetz. Wir benutzen Ideen aus [Wil77]und [Lem00, Kapitel 7.2].Sei zuerst π ≡ 1 (mod 3) prim. Schreibe π = 1 + 3m + 3n. Wir berechnen die Norm

von π modulo 9:

N (1 + 3m+ 3nω) = (1 + 3m)2 − (1 + 3m)3n+ (3n)2 ≡ 1 + 6m+ 6n (mod 9).

Nach Definition des Legendresymbols ist(ω

π

)3

= ωN (π)−1

3 = ω2m+2n.

Dabei kommt es nur auf die Restklasse der Norm modulo 9 an.Die Zahl π − 3ω ≡ π (mod 3) ist ebenfalls primär. Wir können daher das kubische

Reziprozitätsgesetz anwenden:(3ωπ

)3

=(−3ω

π

)3

=(π − 3ωπ

)3

=(

π

π − 3ω

)3

=( 3ωπ − 3ω

)3.

Wenn wir diesen Schritt n-mal durchführen, erhalten wir(3ωπ

)3

=( 3ω

1 + 3m

)3

=( 3

1 + 3m

)3

(w

1 + 3m

)3

= ω2m

mit Lemma 24. Die Gleichung 3 = −ω2(1− ω)2 liefert(1− ωπ

)3

=(

(1− ω)4

π

)3

=(

32ω2

π

)3

= ω4m = ωm.

Es kommt nur auf die Restklassen von n und m modulo 3, also die Restklasse von πmodulo 9 an. Sei auch λ = 1 + 3m′ + 3n′ω aus Z[ω] prim. Dann ist

πλ = (1 + 3m+ 3nω)(1 + 3m′ + 3n′ω) ≡ 1 + 3(m+m′) + 3(n+ n′)ω (mod 9).

Also kann der Satz auf das Jacobisymbols erweitert werden.

27

VII. Gegenbeispiel zur schwachen Approximation

VII. Gegenbeispiel zur schwachen ApproximationFolgendes Beispiel ist eine leichte Verallgemeinerung von [HB92, Satz 1]. Wir zeigen mitdem kubischen Reziprozitätsgesetz, dass ganze Lösungen der Gleichung x3 + y3 + z3 =kw3 für k = 2n mit 3 - n ∈ N und k = 3 gewisse Kongruenzen erfüllen. Diese können wirbenutzen, um die Verletzung schwacher Approximation nachzuweisen.

x3 + y3 + z3 = 2

VII.1. Kongruenzrelationen der LösungenSatz 12. Sei (x, y, z, w) ∈ Z4 eine Lösung von x3+y3+z3 = kw3 mit ggT(x, y, z, w) = 1.Dann ist

(i) für k = 2n mit 3 - n ∈ N entweder x, y oder z durch 6 teilbar.

(ii) für k = 3 entweder x ≡ y ≡ z (mod 9) oder genau eine der Zahlen durch 9 teilbar.

Beweis. Wir arbeiten wieder in Z[ω] mit ω = e2iπ

3 . Dort können wir die Gleichungfaktorisieren:

(x+ y)(x+ yω)(x+ yω2) = z3 − kw3.

Sei π ein Primfaktor von x + y ω in Z[ω] mit zugehöriger rationaler Primzahl p. Eineganze Zahl z wird genau dann von π in Z[ω] geteilt, wenn p | z in Z. Außerdem sei p - 3k,insbesondere also π 1− ω. Dann gilt pe ‖ z genau dann, wenn πe ‖ z.Wir haben z3 ≡ kw3 (mod π). Wenn π bzw. p - ggT(w, z), dann auch π - w. In diesem

Fall ist w modulo π invertierbar. Damit ist k eine dritte Potenz modulo π. Wegen π - kalso (

k

π

)3

= 1.

28


Ist allerdings p gemeinsamer Teiler von z und w, kann π wegen Primitivität der Lösungkein Teiler von x sein. Sei πe ‖ x + yω. Angenommen, π teilt auch x + y. Dann istπ | (x + yω) − ω(x + y) = x(1 − ω), was wegen π - 1 − ω und π - x nicht möglich ist.Genauso zeigen wir, dass π - x+ yω2. Folglich gilt

πe ‖ x3 + y3 = z3 − kw3.

Nach Lemma 2 ist 3 | e oder k eine dritte Potenz modulo π.Zusammengefasst haben wir (

k

πe

)3

= 1, (∗)

wann immer π - 3k und πe ‖ x+ yω.

• Sei k = 2n und 3 - n ∈ N. Modulo 9 sind nur 0 und ±1 Kuben. Daher musskw3 ≡ 0, ±2, ±4 (mod 9) gelten. Durch Ausprobieren aller Fälle stellen wir fest,dass bis auf Symmetrie nur (x3, y3, z3) ≡ (1, 0,−1) (mod 9) möglich ist. Dabei gehtein, dass wir eine teilerfremde Lösung gewählt haben. Also ist ohne Einschränkunggenau y durch 3 teilbar. Dann sind x+ yω und 3 teilerfremd. Außerdem ist genaueine der Zahlen x, y und z gerade und daher 2 - x + yω. Da 2 auch in Z[ω] primist, ist jeder Primfaktor π von x+ yω kein Teiler von 6. Mit (∗) haben wir also( 2n

x+ yω

)3

= 1 =( 2x+ yω

)3,

weil n kein Vielfaches von 3 ist. Da x+yω ≡ ±1 (mod 3) können wir das kubischeReziprozitätsgesetz anwenden. Wir erhalten

1 =(x+ yω

2

)≡ (x+ yω)

22−13 = x+ yω mod 2.

Folglich ist y gerade.

• Für k = 3 ist 0 ≡ x3 + y3 + z3 ≡ x + y + z (mod 3). Damit folgt entwederx ≡ y ≡ z ≡ ±1 (mod 3) oder genau eine der Zahlen x, y, z ist durch 3 teilbar(ohne Einschränkung y). Im zweiten Fall haben wir die assozierte Zahl

v = (x+ yω)ω = −y + (x− y)ω ≡ ∓1 (mod 3).

Im ersten Fall ist x + yω selbst schon kongruent ±1 modulo 3 und wir setzenv = x+ yω. Wie oben erhalten wir( 3

x+ yω

)3

=(3v

)3

= 1,

29


da v ∼ x + yω. Schreibe ±v = 1 + 3m + 3nω. Nach dem Zusatz zum kubischenReziprozitätsgesetz (Satz 11) gilt

1 =(3v

)3

=(w

v

)2

3

(1− wv

)2

3= wm+nω2m = ωn.

Also 3 | n. Im ersten Fall heißt das 9 | y, im zweiten 9 | x − y. Wegen Symmetriegilt x ≡ y ≡ z (mod 9).

VII.2. Verletzung der schwachen ApproximationSatz 13. Obige Gleichung verletzt für k = 2 bzw. k = 3 schwache Approximation.

Beweis. Jede von 0 verschiedene Lösung können wir in der Form ab (x, y, z, w) ∈ Q4 mit

(a, b) ∈ Z2 teilerfremd als Vielfaches einer Lösung (x, y, z, w) ∈ Z4 mit ggT(x, y, z, w) = 1schreiben.

• Sei k = 2n, 3 - n ∈ N. Wir haben mit (0, 1,−1, 0) ∈ Q42 und (1, 0,−1, 0) ∈ Q4

3Lösungen. Liegt obige rationale Lösung bezüglich ‖ · ‖2 und ‖ · ‖3 nahe daran, sind

ax, ay − b az + b

oft durch 2 und

ax− b, ay az + b

oft durch 3 teilbar. Also 2 | x, da aus 2 | a wegen 2 | ay− b auch 2 | b folgen würde.Genauso 3 | y. Dann können y und z nicht gerade sein. Nach Satz 12 muss 6 | xsein. Damit wegen 3 | ax − b auch 3 | b. Aus 3 | az + b und 3 - a folgt 3 | z , alsoauch 3 | w. Dies steht im Widerspruch zu ggT(x, y, z, w) = 1.

• Für k = 3 ist (−2, 1, 4, 3√19) eine Lösung. Wegen 73 ≡ 19 (mod 27) gibt es einedritte Wurzel aus 19 in Q3.Wenn die Lösung nahe daran liegt, heißt das, dass

ax+ 2b ay − b az − 4b

oft durch 3 teilbar sind. Wäre nun x, y oder z durch 9 teilbar, so wäre 9 | b. Imanderen Fall x ≡ y ≡ z (mod 9) wäre 9 | (ax+ 2b)− (ay− b) = a(x− y) + 3b, alsoauch hier 3 | b.Damit sind x, y und z alle Vielfache von 3, also auch w. Widerspruch.

Im Allgemeinen ist x3+y3+z3 = kw3 aber kein Gegenbeispiel zum Hasse-Prinzip, dennes gibt für jedes k eine nicht-triviale rationale Lösung. Riley gab dafür einen explizitenTerm an [Mor49, S. 3].

30

VIII. Eine kubische Fläche

VIII. Eine kubische FlächeSatz 14. [SD62] Die kubische Fläche

t(x2 + y2) = (4z − 7t)(z2 − 2t2)

hat zwei reelle Zusammenhangskomponenten. Eine enthält keine rationalen Punkte, inder anderen sind diese dicht.

VIII.1. Komponente ohne rationale PunkteLemma 30. Die Fläche hat keine rationalen Lösungen mit t 6= 0 and | zt | ≤

√2.

Beweis. [Bri08, Beispiel 1.10] Sei (z, t, x, y) ∈ Q4 eine Lösung mit t 6= 0. Wir können(z, t) ∈ Z2 und teilerfremd, außerdem t > 0 wählen. Angenommen | zt | ≤

√2.

Nach Erweitern mit t haben wir

(tx)2 + (ty)2 = t(7t− 4z)(2t2 − z2).

Aufgrund von 74 >

√2 und |z| ≤ t

√2 sind alle drei Faktoren auf der rechten Seite

positiv. Nach Lemma 2 teilt jeder Primfaktor p ≡ 3 (mod 4) die rechte Seite gerade oft.Wir zeigen nun, dass p nur einen der Faktoren der rechten Seite teilen kann.

• Ist p | t und p | (7t− 4z), dann auch p | 4z und dies ist aufgrund von ggT(z, t) = 1und p ≡ 3 (mod 4) unmöglich.

• Wir haben ggT(t, 2t2 − z2) = ggT(t, z2) = 1.

• Wäre p ein gemeinsamer Faktor von 7t− 4z und 2t2 − z2, wäre er auch Teiler von(8t + 7z)(7t − 4z) − 28(2t2 − z2) = 17tz. Wegen 17 ≡ 1 (mod 4) wäre p Teilervon t oder z. Weil p | 2t2 − z2 und p - 2, gilt p | t genau dann, wenn p | z. Dieswiderspricht der Teilerfremdheit von t und z.

In jedem der Faktoren t, 7t− 4z, 2t2 − z2 sind so jeweils alle Primfaktoren kongruent3 modulo 4 gerade oft enthalten. Da sie positiv sind, sind sie somit nicht kongruent 3modulo 4.Ist t gerade, muss z ungerade sein und damit wäre 2t2 − z2 ≡ 3 (mod 4). Ist t jedoch

ungerade, müsste entweder t ≡ 3 (mod 4) oder 7t− 4z ≡ 3 (mod 4) sein. Widerspruch.

VIII.2. Komponente mit dichten rationalen PunktenMit „dicht“ meinen wir im Folgenden immer „dicht in den reellen Punkten“ bezüglichder Standardtopologie.

31


Der affine Anteil (t = 1)

x2 + y2 = (4z − 7)(z2 − 2)

entsteht durch Rotation der elliptischen Kurve

r2 = (4z − 7)(z2 − 2)

um die z-Achse. Damit haben wir im Reellen zwei Zusammenhangskomponenten, näm-lich den linken Teil der Fläche mit |z| ≤

√2 und den rechten mit z ≥ 7

4 .

-5

-3

-1

1

3

5

-2 -1 1 2 3

r2 = (4z − 7)(z2 − 2) und x2 + y2 = (4z − 7)(z2 − 2)

In der rechten Komponente liegt der rationale Punkt (x, y, z) = (1, 1, 2). Wenn wirden Schnitt der Fläche mit der Ebene x− y = 0 betrachten, erhalten wir die elliptischeKurve

2u2 = (4z − 7)(z2 − 2) = 4z3 − 7z2 − 8z + 14

mit dem rationalen Punkt (u, z) = (1, 2). Durch die Substitution U = 16u und Z = 8ztransformieren wir in die Normalform

U2 = Z3 − 14Z2 − 27Z + 28 · 7.

mit dem rationalen Punkt (U,Z) = (16, 16). Wir berechnen die Vielfachen dieses Punk-tes, und stellen fest, dass

4(16, 16) = (24557/2744, 2913/196)

32


auf der Kurve liegt, aber nicht ganz ist. Daher haben wir nach dem Satz von Nagell-Lutzeinen Punkt mit unendlicher Ordnung gefunden.

Satz (Nagell-Lutz). [ST92, II.5] Sei

U2 = Z3 + aZ2 + bZ + c

eine elliptische Kurve mit ganzzahligen Koeffizienten a, b, c und (U,Z) ein rationalerPunkt endlicher Ordnung. Dann sind U und Z ganz.

Auf einer elliptischen Kurve sind die Vielfachen eines Punktes unendlicher Ordnungaber dicht in der reellen Zusammenhangskomponente.

Beweisskizze. Die Verknüpfung ist stetig. Die reellen Punkte bilden damit eine eindimen-sionale, kompakte (wegen des projektiven Abschlusses), reelle Lie-Gruppe. Über denreellen Zahlen gibt eine oder zwei Zusammenhangskomponenten. In unserem Fall bil-det die rechte Komponente eine zusammenhängende Untergruppe. Jede eindimensionale,kompakte, zusammenhängende, reelle Liegruppe ist aber isomorph zur Kreisgruppe R/Z[ST92, vgl. II.2, S.42]. Wir zeigen nun, dass in R/Z jede unendliche Untergruppe dichtist. Dazu identifizieren wir Elemente aus R/Z mit ihrem Vertreter aus [0, 1). Sei nuna ∈ [0, 1) mit unendlicher Ordnung. Kein Vielfaches von a liegt also in Z. Wähle n ∈ Nso, dass na < 1, aber (n+1)a > 1. Dann ist 1−na ≤ 1

2a oder (n+1)a−1 ≤ 12a. Induktiv

finden wir so von 0 verschiedene Elemente aus 〈a〉, die beliebig nahe an 0 liegen. Mitihren Vielfachen kann jede reelle Zahl approximiert werden. Das Erzeugnis von a istdicht.

Auf jedem Kreis mit einem rationalen Punkt liegen die rationalen Punkte dicht. Damitsind diese auch auf der Rotationsfläche der elliptischen Kurve in der rechten Komponentedicht. Wie wir oben gesehen haben, liegt in der anderen aber kein einziger rationalerPunkt.

33

Literatur

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[Lem00] Lemmermeyer, F.: Reciprocity Laws. Berlin : Springer, 2000

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