Quadratischer Zahlbereich/Beschreibung/Fakt/Beweis/Variante

Sei $x\in A_D$ gegeben. Dann ist einerseits $x=q+p\sqrt{D}$ mit $p,q\in \mathbb{Q}$ und andererseits ist $x$ ganz über $\mathbb{Z}$. Damit ist auch die Konjugation $\overline{x}$ ganz über $\mathbb{Z}$. Es folgt, dass sowohl die Norm $N(x)=x\overline{x}=q^2-D{p}^2$ als auch die Spur $S(x)=x+\overline{x}=2q$ ganz über $\mathbb{Z}$ sind. Da sie zugleich rationale Zahlen sind folgt

$q^2-D{p}^2\in \mathbb{Z}\text{ und }2q\in \mathbb{Z}.$

Aus der zweiten Gleichung folgt, dass $q=n/2$ ist mit $n\in \mathbb{Z}$. Sei $p=r/s$ mit $r,s$ teilerfremd und $s\ge 2$. 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 $\mathbb{Z}$ normal ist, sodass $x\in \mathbb{Z}[\sqrt{D}]$ ist.

Sei also $s=2$, was zur Bedingung

$n^2-D{r}^2=4k$

führt. Wir betrachten diese Gleichung modulo $4$. Die einzigen Quadrate in $\mathbb{Z}/(4)$ sind $0$ und $1$, sodass für $D=2,3mod4$ keine Lösung existiert. Für $D=1mod4$ hingegen gibt es nur die Lösung $n=1mod4$ und $r=1mod4$. Diese Lösungen gehören alle zu $\mathbb{Z}\left[\frac{1+\sqrt{D}}{2}\right]$.

Die umgekehrte Inklusion $\mathbb{Z}[\sqrt{D}]\subseteq A_D$ ist klar, sei also $D=1mod4$. Dann ist aber

${\left(\frac{1+\sqrt{D}}{2}\right)}^2-2\frac{1+\sqrt{D}}{2}=\frac{1+D+2\sqrt{D}-2-2\sqrt{D}}{4}=\frac{D-1}{4}\in \mathbb{Z},$

sodass dies sofort eine Ganzheitsgleichung über $\mathbb{Z}$ ergibt.