La prueba que I es un ideal de a $R$
Por esta cuestión, $R = \mathbb{Z} + \mathbb{Z}\frac{(D + \sqrt D)}{2}$.
Por lo tanto, es suficiente para mostrar que el$a\frac{(D + \sqrt D)}{2} \in I$$\frac{(-b + \sqrt D)}{2}\frac{(D + \sqrt D)}{2} \in I$.
$a\frac{(D + \sqrt D)}{2} = \frac{(aD + a\sqrt D)}{2} = \frac{(aD + ab + a(-b + \sqrt D))}{2} = a\frac{(D + b)}{2} + a\frac{(-b + \sqrt D))}{2}$
Desde $D \equiv b^2$ (mod $4$), $D \equiv b^2 \equiv b$ (mod $2$).
Por lo tanto $\frac{(D + b)}{2}$ es un número entero.
Por lo tanto $a\frac{(D + \sqrt D)}{2} \in I$.
$(-b + \sqrt D)(D + \sqrt D) = -bD - b\sqrt D + D\sqrt D + D
= -bD + D + (D - b)\sqrt D = D - b^2 + (D - b)(-b + \sqrt D)$.
Por lo tanto
$\frac{(-b + \sqrt D)}{2}\frac{(D + \sqrt D)}{2} = \frac{(D - b^2)}{4} + \frac{(D - b)}{2}\frac{(-b + \sqrt D)}{2}$.
Desde $D \equiv b^2$ (mod $4$) y $D \equiv b$ (mod $2$),
$\frac{(D - b^2)}{4}$ $\frac{(D - b)}{2}$ son enteros.
Por lo tanto $\frac{(-b + \sqrt D)}{2}\frac{(D + \sqrt D)}{2} \in I$.
QED
Lema 1
Deje $K$ ser una ecuación cuadrática campo de número.
Deje $R$ ser una orden de $K$, $D$ su discriminante.
A continuación, $R = \{\frac{(x + y\sqrt D)}{2} |\ x \in \mathbb{Z}, y \in \mathbb{Z}, x \equiv yD$ (mod $2)\}$.
Prueba:
Por esta pregunta, cada elemento de a $\alpha \in R$ puede ser escrito como $\alpha = u + y\frac{(D + \sqrt D)}{2}, u, y \in \mathbb{Z}$.
Por lo tanto $\alpha = \frac{(2u + yD + y\sqrt D)}{2} = \frac{(x + y\sqrt D)}{2}$ donde $x = 2u + yD$.
QED
Lema 2
Deje $D$ que no sea un cuadrado entero tal que $D \equiv 0$ (mod $4$) o $D \equiv 1$ (mod $4$).
Por esta cuestión, existe un orden de $R$ de una ecuación cuadrática campo de número de $K$ de manera tal que el discriminante de $R$$D$.
Deje $ax^2 + bxy + cy^2$ integrante binario forma cuadrática cuyo discriminante es $D$.
Por lo que hemos demostrado en el anterior, $I = \mathbb{Z}a + \mathbb{Z}\frac{(-b + \sqrt{D})}{2}$ es un ideal de a $R$.
Deje $(R : I) = \{ z \in K |\ zI \subset R \}$.
A continuación,$(R : I) = \mathbb{Z} + \mathbb{Z}\frac{(b + \sqrt D)}{2a}$.
Prueba(basada en la de Cohen Un curso computacional de la teoría algebraica de números):
Desde $D$ no es cuadrado, $a \ne 0$.
Deje $z \in (R : I)$
A continuación,$za \in R$.
Por el Lema 1, existen enteros tales que $za = \frac{(x + y\sqrt D)}{2}$ $x \equiv yD$ (mod $2$). A continuación, $z = \frac{(x + y\sqrt D)}{2a}$
$z\frac{(-b + \sqrt{D})}{2} = \frac{(x + y\sqrt D)}{2a}\frac{(-b + \sqrt{D})}{2}
= \frac{(-bx + x\sqrt D - \sqrt D + yD)}{4} = \frac{(-bx + yD + (x)\sqrt D)}{4} \in I$.
Por el Lema 1, $x \equiv by$ (mod $2a$).
Por lo tanto, no existe un entero $u$ tal que $x = by + 2au$.
A continuación,$z = \frac{(x + y\sqrt D)}{2a} = \frac{(2au + y(b + √D))}{2a} = u + y\frac{(b + \sqrt D)}{2a}$. Por lo tanto $z \in \mathbb{Z} + \mathbb{Z}\frac{(b + \sqrt D)}{2a}$.
Por lo tanto $(R : I) \subset \mathbb{Z} + \mathbb{Z}\frac{(b + \sqrt D)}{2a}$.
Queda por demostrar lo contrario inclusión.
Deje $\gamma = \frac{(b + \sqrt D)}{2a}$.
Desde $\mathbb{Z} \subset (R : I)$, es suficiente para demostrar que $\gamma \in (R : I)$.
Desde $D \equiv b$ (mod $2$), $\gamma a = \frac{(b + \sqrt D)}{2} \in R$ por el Lema 1.
Por otro lado, $\gamma\frac{(-b + \sqrt{D})}{2a}
= \frac{(D - b^2)}{4} = -c \in I$.
Por lo tanto $\gamma I \subset R$.
Por lo tanto $\gamma \in (R : I)$.
QED
La prueba de que $I$ es invertible si y sólo si $ax^2 + bxy + cy^2$ es primitivo
La idea de la siguiente prueba es tomado de Cohen es Un curso computacional de la teoría algebraica de números.
Utilizamos la siguiente notación.
Deje $x_1, \cdots, x_n$ ser una secuencia finita de elementos de $K$.
Denotamos por a $[x_1, \cdots, x_n]$ el subgrupo de $K$ generado por $x_1, \cdots, x_n$.
Por esta cuestión, $I$ es invertible si y sólo si $I(R : I) = R$.
Por El Lema 2, $(R : I) = [1, \frac{(b + \sqrt D)}{2a}]$.
Por lo tanto $I(R:) = [a, \frac{(-b + \sqrt D)}{2}][1, \frac{(b + \sqrt D)}{2a}]=
[a, \frac{(b + \sqrt D)}{2}, \frac{(-b + \sqrt D)}{2}, \frac{(D - b^2)}{4}]=[a, \frac{(b + \sqrt D)}{2}, \frac{(-b + \sqrt D)}{2}, c]=[a, b, c, \frac{(-b + \sqrt D)}{2}]=$ [gcd$(a, b, c), \frac{(-b + \sqrt D)}{2}]$.
Por lo tanto, si $I(R : I) = R$, mcd$(a, b, c) = 1$.
Por el contrario supongamos mcd$(a, b, c) = 1$.
Desde $D \equiv b$ (mod $2$), $\frac{(-b - D)}{2}$ es un número entero.
Por lo tanto
$I(R : I) = [$mcd$(a, b, c), \frac{(-b + \sqrt D)}{2}]
= [1, \frac{(-b + \sqrt D)}{2}]
= [1, \frac {(a-b - D)}{2} + \frac{(D + \sqrt D)}{2}]
= [1, \frac{(D + √D)}{2}] = R$
