G. Nebe, M. Künzer

Übungen Algebra II, Sommersemester 03

Lösung 1

Aufgabe 1.

(a) Sei ξ = a + b\sqrt{d} mit a, b ∈ Q ein allgemeines Element von Q(\sqrt{d}). Dieses Element ist ganz (über Z) genau dann, wenn sein Minimalpolynom in Z[X] liegt. Ist b = 0, so ist dies gegeben durch μ_{ξ,Q}(X) = X − a, und wir erhalten als Bedingung a ∈ Z.

Ist b ≠ 0, so ist μ_{ξ,Q}(X) von Grad 2, und wegen ξ^{2} = (a^{2} + db^{2}) + 2ab\sqrt{d} ergibt sich

μ_{ξ,Q}(X) = X^{2} − 2aX + (a^{2} − db^{2}) .

Mit 2a =: a_{0} ∈ Z und b = b_{1}/b_{2} mit b_{1}, b_{2} ∈ Z in gekürzter Form wird aus der Forderung a^{2} −db^{2} ∈ Z die Bedingung, daß a_{0}^{2}/4−db_{1}^{2}/b_{2}^{2} ganz sei. Hieraus lesen wir zunächst 4db_{1}^{2}/b_{2}^{2} ganz ab. Da d quadratfrei ist, folgt zunächst, daß b_{2} ein Teiler von 4 ist. Dann kann man noch b_{2} = 4 ausschließen. Damit können wir auch b = b_{0}/2 mit b_{0} ∈ Z schreiben (nicht notwendig gekürzt). Die Bedingung liest sich nun

a_{0}^{2} ≡_{4} db_{0}^{2}

Fall d ≡_{4} 1. Wir erhalten a_{0} ≡_{2} b_{0}. Der Ring der ganzen Zahlen ist als Menge gegeben durch \{(a_{0} + b_{0}\sqrt{d})/2 : a_{0}, b_{0} ∈ Z, a_{0} ≡_{2} b_{0}\} (der Fall b = 0 ist hierbei mit abgedeckt). Als Z-lineare Basis ergibt sich e.g. (1, \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{d}}{2}), der Ring selbst ist gegeben durch Z[\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{d}}{2}].

Fall d ≡_{4} 2. Die Kongruenz ist nur lösbar für a_{0} ≡_{2} 0, was wegen d quadratfrei wiederum b_{0} ≡_{2} 0 impliziert. Der Ring der ganzen Zahlen ist also gegeben durch Z[\sqrt{d}], mit Z-linearer Basis (1, \sqrt{d}).

Fall d ≡_{4} 3. Wäre a_{0} ungerade, so hätte auch b_{0} ungerade zu sein, was auf den Widerspruch 1 ≡_{4} −1 führte. Die Kongruenz ist also nur lösbar für a_{0}, b_{0} ≡_{2} 0. Der Ring der ganzen Zahlen ist mithin gegeben durch Z[\sqrt{d}], mit Z-linearer Basis (1, \sqrt{d}).

(b) Bestimmen wir zunächst die Einheiten. Ein Element a + b\sqrt{2} mit a, b ∈ Z ist genau dann eine Einheit, wenn seine Norm N_{Q(\sqrt{2})|Q}(a+b\sqrt{2}) = a^{2} −2b^{2} in Z^{∗} = \{−1, +1\} liegt. Insbesondere ist mit a + b\sqrt{2} stets auch ±a ± b\sqrt{2} eine Einheit.

Ferner beobachten wir noch, daß (1 + \sqrt{2})(−1 + \sqrt{2}) = 1, beide Faktoren sind Einheiten von Norm −1.

Wir behaupten, daß jede Einheit von der Form ±(1+\sqrt{2})^{m} mit m ∈ Z ist. Beachte, daß wenn a + b\sqrt{2} von dieser Form ist, dann auch ±a ± b\sqrt{2}.

Sei a + b\sqrt{2} eine Einheit, und seien a, b ≥ 0. Wir haben zu zeigen, daß diese Einheit von der verlangten Form ist. Es wird

(a + b\sqrt{2})(−1 + \sqrt{2}) = (2b − a) + (a − b)\sqrt{2} .

Nun ist für b > 0

a − b = \sqrt{2b^{2} ± 1} − b ∈ [0, b) .

Also dürfen wir mit Induktion b = 0 annehmen. Dann aber ist a = 1.

Betrachten wir nun die Primideale. Zeigen wir zunächst, daß Z[\sqrt{2}] ein euklidischer Ring ist, und also insbesondere ein Hauptidealbereich. Sei dazu

[figure: Z[\sqrt{2}] ∖ \{0\}; ∥−∥; Z_{≥0}; a + b\sqrt{2}; ∥a + b\sqrt{2}∥ := |N_{Q(\sqrt{2})|Q}(a + b\sqrt{2})| = |a^{2} − 2b^{2}| ,]

wobei a, b ∈ Z. Sicher ist ∥xy∥ = ∥x∥∥y∥. Zu zeigen ist noch, daß für x, y ∈ Z[\sqrt{2}] mit y ≠ 0 zwei Elemente s, r ∈ Z[\sqrt{2}] existieren mit x = sy + r, wobei r = 0 oder ∥r∥ < ∥y∥. Schreiben wir x/y = ξ + η\sqrt{2} mit ξ, η ∈ Q, so finden wir s = σ + τ\sqrt{2} mit σ, τ ∈ Z und |σ − ξ|, |τ − η| ≤ 1/2. Wir dürfen also |ξ|, |η| ≤ 1/2 annehmen und haben

|N_{Q(\sqrt{2})|Q}(ξ + η\sqrt{2})| < 1

zu zeigen, was aber unmittelbar folgt.

Zunächst ist nun 0 ein Primideal, und das ist das einzige Primideal, das über dem Nullideal in Z liegt.

Sei p ∈ Z eine Primzahl. Die Primideale, die über pZ liegen, entsprechen den Primidealen von Z[\sqrt{2}]/pZ[\sqrt{2}] ≃ F_{p}[X]/(X^{2} − 2). Wir müssen also untersuchen, wie f(X) := X^{2} − 2 ∈ F_{p}[X] in Faktoren zerfällt, und unterscheiden die folgenden Fälle.

p = 2. Hier ist f(X) = X^{2}. Es liegt also genau ein Primideal über 2, entsprechend (X) ⊆ F_{2}[X], und das läuft auf (2, \sqrt{2}) = (\sqrt{2}) hinaus.

p ≥ 3, p ≡_{8} 3 oder p ≡_{8} 5. Wir behaupten, daß pZ[\sqrt{2}] ein Primideal ist. Wäre p nicht prim, so wäre, da Z[\sqrt{2}] als Hauptidealring primfaktoriell ist (cf. Aufg. 4 b), p auch reduzibel. Es hat Norm p^{2}, würde also in zwei Elemente von Norm ±p zerfallen. Nun gibt aber eine Fallunterscheidung nach Restklassen modulo 4, daß p = a^{2} − 2b^{2} mit a, b ∈ Z impliziert, daß p ≡_{8} 1 oder p ≡_{8} −1. Also kann p nicht reduzibel sein, und muß mithin prim sein. Insbesondere ist f(X) ein irreduzibles Polynom in F_{p}[X].

p ≥ 3, p ≡_{8} −1. In Z[i] ist mit p = 8n − 1

(2^{2n})^{2} = (1 + i)^{p}(1 + i) ≡_{p} (1 + i^{p})(1 + i) = (1 − i)(1 + i) = 2 ,

und diese Kongruenz gilt dann auch in Z. Somit erhalten wir in F_{p}[X] die Zerlegung f(X) = (X − 2^{2n})(X + 2^{2n}), und entsprechend die Primideale (p, \sqrt{2} − 2^{(p+1)/4}) und (p, \sqrt{2} + 2^{(p+1)/4}). Beide sind natürlich Hauptideale, nur ist es wohl nicht möglich, einen Hauptidealerzeuger in geschlossener Form anzugeben.

Ist hingegen p ≡_{8} 1, so ist mit p = 8n + 1 wegen

2^{4n+1} = (1 + i)^{p}(1 − i) ≡_{p} (1 + i^{p})(1 − i) = (1 + i)(1 − i) = 2

zumindest einmal 2^{4n} ≡_{p} 1. Da F_{p}^{∗} ≃ C_{8n}, ist 2 ein Quadrat in F_{p}. Sei etwa 2 ≡_{p} α_{p}^{2}, mit α_{p} ∈ Z. Dann wird f(X) = (X − α_{p})(X + α_{p}), und entsprechend die Primideale (p, \sqrt{2}−α_{p}) und (p, \sqrt{2}+α_{p}). Beide sind natürlich Hauptideale, nur ist es wohl nicht möglich, einen Hauptidealerzeuger in geschlossener Form anzugeben. Auch die bloße Existenzaussage für α_{p} ist nicht zufriedenstellend. Wir erhalten so die Primideale

\begin{matrix}0, (\sqrt{2}), (3), (5), (3 + \sqrt{2}), (3 − \sqrt{2}), (11), (13), (5 − 2\sqrt{2}), (5 + 2\sqrt{2}), (19), \\ (5 − \sqrt{2}), (5 + \sqrt{2}), (29), (7 − 3\sqrt{2}), (7 + 3\sqrt{2}) , …, \end{matrix}

wobei wir nun in den angeführten Idealen geeignete Hauptidealerzeuger gesucht haben.

Aufgabe 2.

(a) Wir können p ≥ 3 annehmen. Sei x ∈ Q(ζ_{p}) ganz über Z. Dann ist die Spur Tr_{Q(ζ_{p})|Q}(xζ_{p}^{i}) ∈ Z für alle i ∈ [0, p−2]. Schreiben wir x = ∑_{j∈[0,p−2]} α_{j}ζ_{p}^{−j}, so folgt, daß

∑_{j∈[0,p−2]} α_{j}Tr_{Q(ζ_{p})|Q}(ζ_{p}^{−j}ζ_{p}^{i}) ∈ Z

für alle i ∈ [0, p − 2]. Mit Cramer ist also α_{k} · det(Tr_{Q(ζ_{p})|Q}(ζ_{p}^{i−j}))_{i,j} ∈ Z für alle k ∈ [0, p − 2]. Wir wollen diese Determinante berechnen. Zunächst ist Tr_{Q(ζ_{p})|Q}(ζ_{p}^{j}) gleich p − 1 für j ∈ pZ, und gleich −1 sonst. Eine elementare Rechnung zeigt, daß allgemein die Determinante einer Matrix in Q^{n×n} mit ξ −1 auf der Hauptdiagonalen und −1 außerhalb der Hauptdiagonalen gleich ξ^{n} − nξ^{n−1} ist – subtrahiere die erste Spalte von den weiteren, dann addiere alle Zeilen zur ersten. Damit wird in unserem Fall

det(Tr_{Q(ζ_{p})|Q}(ζ_{p}^{i−j}))_{i,j} = p^{p−1} − (p − 1)p^{p−2} = p^{p−2} .

Bezeichnet O den Ring der ganzen Zahlen in Q(ζ_{p}), so erhalten wir also p^{p−2}O ⊆ Z[ζ_{p}]. Beachte ferner, daß O ≃ Z^{p−1} als abelsche Gruppen. Es ist (ζ_{p}^{i} − 1)/(ζ_{p} − 1) für i ∈ [1, p − 1] eine Einheit in Z[ζ_{p}] und also auch in O. In der Tat, mit j ∈ [1, p − 1] so, daß ij ≡_{p} 1 wird (ζ_{p} − 1)/(ζ_{p}^{i} − 1) = ((ζ_{p}^{i})^{j} − 1)/(ζ_{p}^{i} − 1) ∈ Z[ζ_{p}]. Insbesondere unterscheiden sich (ζ_{p} − 1)^{p−1} und ∏_{i∈[1,p−1]}(ζ_{p}^{i} − 1) = N_{Q(ζ_{p})|Q}(ζ_{p} − 1) = (−1)^{p−1}μ_{ζ_{p}−1,Q}(0) = (−1)^{p−1}Φ_{p}(1) = (−1)^{p−1}p um eine Einheit in O. Schreiben wir λ := ζ_{p} − 1 und halten wir fest, daß λ^{p−1}O = pO. Betrachten wir die absteigende Kette

λ^{0}O ⊇ λ^{1}O ⊇ λ^{2}O ⊇ ⋯

Da O ⊇ pO ⊇ p^{2}O ⊇ ⋯ eine echt absteigende Kette bildet, muß die Inklusion λ^{i}O ⊇ λ^{i+1}O stets echt sein, da sonst die Kette an dieser Stelle stationär würde. Die Quotienten λ^{i}O/λ^{i+1}O sind somit als F_{p}-Vektorräume von Dimension ≥ 1. Da zusammen ∑_{i∈[0,p−2]} dimF_{p} λ^{i}O/λ^{i+1}O = dimF_{p} O/pO = p−1 erreicht wird, erhalten

wir dimF_{p} λ^{i}O/λ^{i+1}O = 1.

Speziell ist F_{p} \overline{}O/λO, x \overline{}x, ein Isomorphismus. Hieraus entnehmen wir Z + λO = O (∗). Das wiederum ergibt mit λ multipliziert λZ + λ^{2}O = λO, und dies in (∗) eingesetzt liefert Z + λ^{2}O = O. Das wiederum ergibt mit λ multipliziert λZ + λ^{3}O = λO, und dies in (∗) eingesetzt liefert Z + λ^{3}O = O. So fortfahrend erhalten wir O = Z + λ^{(p−1)(p−2)}O = Z + p^{p−2}O ⊆ Z[ζ_{p}]. Insgesamt erhalten wir somit O = Z[ζ_{p}].

(b) Sei hierzu

[figure: Z[ζ_{3}] ∖ {0}; ∥−∥; Z_{≥0}; a + bζ_{3}; ∥a + bζ_{3}∥ := N_{Q(ζ_{3})|Q}(a + bζ_{3}) = a^{2} − ab + b^{2} ,]

wobei a, b ∈ Z. Beachte, daß in der Tat a^{2} − ab + b^{2} ≥ 0 stets, da für ab ≥ 0 gilt, daß a^{2} − ab + b^{2} ≥ (a − b)^{2}. Ähnlich wie oben für Z[\sqrt{2}] bleibt nun zu zeigen, daß für ξ, η ∈ Q mit |ξ|, |η| ≤ 1/2 gilt, daß

N_{Q(\sqrt{2})|Q}(ξ + ηζ_{3}) < 1 .

In der Tat ist

∥ξ + ηζ_{3}∥ = ξ^{2} − ξη + η^{2}
≤ 1/4 + 1/4 + 1/4
< 1 .

Aufgabe 3.

Mit ∥a + bi∥ := N(a + bi) = a^{2} + b^{2}, wobei a, b ∈ Z, wird Z[i] ein euklidscher Ring, da für ξ, η ∈ Q mit |ξ|, |η| ≤ 1/2

N(ξ + ηi) ≤ 1/2 < 1 .

Zunächst ist nun 2 = 1^{2} + 1^{2}.

Primzahlen p ≥ 3 mit p ≡_{4} −1 lassen sich sicher nicht als Summe zweier Quadrate schreiben, wie eine Betrachtung modulo 4 ergibt.

Wir behaupten umgekehrt, daß sich alle Primzahlen p ≥ 3 mit p ≡_{4} 1 als Summe zweier Quadrate schreiben lassen. Schreibe p = 4n + 1 mit n ∈ Z. Es wird (−1)^{2n} ≡_{p} 1, und somit ist −1 ∈ (F_{p}^{∗})^{2}. In der Tat ist

(2n)!^{2} ≡_{p} 1 · 2 ⋯ 2n · (p − 2n) · (p − 2n + 1) ⋯ (p − 1) ≡_{p} −1 .

Somit teilt p das Element ((2n)! − i)((2n)! + i), ohne einen der Faktoren zu teilen. Also ist p nicht prim, und damit auch nicht irreduzibel. Somit finden wir p = (a + bi)(c + di) mit weder a + bi noch c + di Einheit, a, b, c, d ∈ Z. Also ist a^{2} + b^{2} = N_{Q(i)|Q}(a + bi) ein echter Teiler von N_{Q(i)|Q}(p) = p^{2}, d.h. a^{2} + b^{2} = p.

Aufgabe 4.

(a) Sei R ein primfaktorieller Integritätsbereich. Sind π und π′ zwei Primelemente, und teilt π das Element π′, so ist π′/π eine Einheit. Denn aus π′ = aπ mit a ∈ R folgt π′ | a oder π′ | π. Im ersteren Fall gäbe es ein b ∈ R mit π′ = ππ′b, woraus sich nach Kürzen von π′ ergäbe, daß π′ eine Einheit wäre, was nicht der Fall ist. Im zweiteren Fall gibt es ein b ∈ R mit π = bπ′, woraus sich 1 = ab ergibt. Also ist a eine Einheit, wie behauptet.

Sei nun gegeben

απ_{1} ⋯ π_{m} = α′π′_{1} ⋯ π′_{m′}

mit Primelementen π_{i} und π′_{i} und Einheiten α, α′. Es teilt nun π_{1} einen der Primfaktoren der rechten Seite, sagen wir π′_{k}. Mit α′ = (π′_{k}/π_{1})α′, was wiederum eine Einheit darstellt, erhalten wir

απ_{2} ⋯ π_{m} = α̃′π′_{1} ⋯ π′_{k−1}π′_{k+1} ⋯ π′_{m′} .

Fahren wir so fort, so steht nach m Schritten auf der linken Seite eine Einheit. Also muß m = m′ gewesen sein, und wir haben die Eindeutigkeit einer Primfaktorzerlegung bis auf Multiplikation mit Einheiten (und Reihenfolge der Faktoren) gesehen.

Sei nun K = Quot(R), und sei x ∈ K so gegeben, daß es ein Polynom f(X) = X^{n} + a_{n−1}X^{n−1} + ⋯ + a_{0} gibt mit f(x) = 0. Zu zeigen ist x ∈ R. Wir haben eine Primfaktorzerlegung x = απ_{1}^{k_{1}} ⋯ π_{m}^{k_{m}} mit k_{i} ∈ Z und α einer Einheit, wobei nun π_{i} nicht π_{j} teile für i ≠ j.

Nehmen wir an, es sei k_{l} < 0. Dann hat in

π_{l}^{n(−k_{l})}x^{n} = π^{n(−k_{l})}(−a_{n−1}x^{n−1} − ⋯ − a_{0})

die Primfaktorzerlegung der rechten Seite einen positiven Exponenten bei π_{l}, die linke aber nicht, Widerspruch. Also ist stets k_{l} ≥ 0 und somit x ∈ R.

(b) Sei R ein Hauptidealbereich. Da jedes Ideal von endlich vielen Elementen erzeugt wird (viz. von einem), ist R noethersch. Jede Teilmenge der Menge aller Ideale in R hat also wenigstens ein maximales Element bezüglich der Inklusion.

Sei angenommen, es gebe Elemente in R ohne Primfaktorzerlegung. Sei I ⊆ R ein Ideal, welches maximal bezüglich der Eigenschaft ist, daß sein Erzeuger (eindeutig bis auf Einheit) keine Primfaktorzerlegung besitzt, und sei I = (x). Es liegt I in einem maximalen Ideal (π), und wegen R/(π) Körper, insbesondere also Integritätsbereich, ist π prim. Wegen (x) ⊆ (π) können wir x = πy schreiben, und es ist auch (x) ⊆ (y). Da π keine Einheit ist, ist diese Inklusion echt. Nach Wahl (x) hat y mithin eine Zerlegung in Primfaktoren. Wegen x = πy gilt das auch für x, Widerspruch.

(c) Mit 2 a) können wir z.B. R = Z[ζ_{7}] und p = 7 nehmen. Es ist Z[ζ_{7}]/7Z[ζ_{7}] ≃ F_{7}[X]/(Φ_{7}(X)), wobei Φ_{7}(X) = (X^{7} − 1)/(X − 1) ≡_{7} (X − 1)^{7}/(X − 1) = (X − 1)^{6}. Also hat (X − 1)^{2} Nilpotenzgrad 3, und das entspricht (ζ_{7} − 1)^{2}.

Alternativ, können wir zeigen, daß Z[\sqrt[3]{2}] ganzabgeschlossen ist – wir schreiben θ := \sqrt[3]{2} –, so erhalten wir modulo p = 3 den Isomorphismus

Z[θ]/3Z[θ] ^{\overline{}^{∼}} F_{3}[X]/(X^{3} − 2) = F_{3}[X]/((X + 1)^{3}) ,

und das Element X + 1 von Nilpotenzgrad 3, welches θ + 1 entspricht.

Bleibt zu zeigen, daß Z[θ] ganzabgeschlossen ist. Sei ξ = a+bθ+cθ^{2} ein Element von Q(θ), wobei a, b, c ∈ Q, und sei ξ ganz über Z. Wir haben zu zeigen, daß a, b, c ∈ Z.

Nun ist entweder b = 0 und c = 0 und also a ∈ Z, oder aber

μ_{ξ,Q}(X) = X^{3} − 3aX^{2} + 3(a^{2} − 2bc)X + (6abc − a^{3} − 2b^{3} − 4c^{3}) .

Für p ∈ Z prim und x ∈ Q ∖ {0} sei v_{p}(x) ∈ Z der Exponent von p in der Primfaktorzerlegung von x, i.e. x = ∏_{p prim} p^{v_{p}(x)}. Wir setzen ferner noch v_{p}(0) = +∞. Wir haben zu zeigen, daß v_{p}(a) ≥ 0, v_{p}(b) ≥ 0 und v_{p}(c) ≥ 0 für alle p ∈ Z prim.

Fall p ≥ 5. Aus 3a ∈ Z folgt v_{p}(a) ≥ 0. Aus a^{2} − 2bc ∈ Z folgt nun v_{p}(b) + v_{p}(c) ≥ 0 und damit aus 6abc − a^{3} − 2b^{3} − 4c^{3} ∈ Z, daß zunächst auch v_{p}(2b^{3} + 4c^{3}) ≥ 0 gilt.

Es ist somit v_{p}(b) < 0 äquivalent zu v_{p}(c) < 0, was wegen v_{p}(b) + v_{p}(c) ≥ 0 also nicht eintreten kann. Damit sind v_{p}(b) ≥ 0 und v_{p}(c) ≥ 0.

Fall p = 2. Aus 3a ∈ Z folgt v_{2}(a) ≥ 0. Aus a^{2}−2bc ∈ Z folgt nun v_{2}(b)+v_{2}(c) ≥ −1, und damit aus 6abc − a^{3} − 2b^{3} − 4c^{3} ∈ Z, daß zunächst auch v_{2}(2b^{3} + 4c^{3}) ≥ 0 gilt. Es ist somit v_{2}(b) < 0 äquivalent zu v_{2}(c) < 0. Wäre dies der Fall, so müßte wegen v_{2}(2b^{3} + 4c^{3}) ≥ 0 gelten, daß 1 ≡_{3} 3v_{2}(b) + 1 = 3v_{2}(c) + 2 ≡_{3} 2, Widerspruch. Damit sind v_{2}(b) ≥ 0 und v_{2}(c) ≥ 0.

Fall p = 3. Aus 3a ∈ Z folgt v_{3}(a) ≥ −1.

Annahme v_{3}(a) = −1. Aus a^{2} − 2bc ∈ Z folgt nun v_{3}(b) + v_{3}(c) = −2. Aus 6abc − (a^{3} + 2b^{3} + 4c^{3}) ∈ Z folgt v_{3}(b) = −1 und v_{3}(c) = −1, da sonst −2 = v_{3}(6abc) = v_{3}(a^{3} + 2b^{3} + 4c^{3}) ≤ −6. Wir schreiben a = a_{0}/3, b = b_{0}/3 und c = c_{0}/3 mit a_{0}, b_{0}, c_{0} ∈ Z, aber a_{0}, b_{0}, c_{0} ∉ 3Z. Es folgt

6a_{0}b_{0}c_{0} ≡_{27} a_{0}^{3} + 2b_{0}^{3} + 4c_{0}^{3} ≡_{3} a_{0} − b_{0} + c_{0} .

Modulo 3 sehen wir, daß b_{0} ≡_{3} a_{0}+c_{0}. Da dazuhin b_{0} ≢_{3} 0, bleibt nur die Möglichkeit a_{0} ≡_{3} 1 und c_{0} ≡_{3} 1 oder aber die Möglichkeit a_{0} ≡_{3} −1 und c_{0} ≡_{3} −1 über. Beides würde, da Z[θ] bereits aus ganzen Zahlen besteht, implizieren, daß 1 − θ + θ^{2} ganz ist, was aber nicht der Fall ist, da der konstante Koeffizient des Minimalpolynoms −1/3 beträgt. Damit ist die Annahme zum Widerspruch geführt, und wir haben v_{3}(a) ≥ 0.

Aus a^{2}−2bc ∈ Z folgt nun v_{3}(b)+v_{3}(c) ≥ 0. Aus 6abc−(a^{3}+2b^{3}+4c^{3}) ∈ Z folgt nun v_{3}(2b^{3} + 4c^{3}) ≥ 0. Wäre v_{3}(b) < 0, so wäre v_{3}(c) > 0 und daher v_{3}(2b^{3} + 4c^{3}) < 0, was nicht der Fall ist. Also v_{3}(b) ≥ 0. Genauso sieht man v_{3}(c) ≥ 0.