最終更新日時 2011年03月05日 (土) 00時12分23秒
代数的整数論 ＃003 (701-800)
元スレ： http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1141019088/701-800
ログ元： http://2se.dyndns.org/test/readc.cgi/science4.2ch.net_math_1141019088/701-800
ログ元： http://2se.dyndns.org/test/readc.cgi/science4.2ch.net_math_1141019088/701-800
701 ：１３２人目の素数さん：2006/10/27(金) 07:30:55
100
702 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/10/27(金) 10:03:22
前にも書いたかもしれないが Atiyah-MacDonald のスタイルなんか いいと思うけどね。いくつかの比較的簡単な命題を積み重ねて、 non-trivialな結果を出すという。個々の命題は比較的簡単なんで、 それ程細かい証明をつける必要がない。 これは Grothendieck の rising sea approach と呼ばれる方法 とも似ている。 ただし、この方法は読者に忍耐力を要求する。 なぜなら、比較的簡単で退屈な議論が延々と続くことになりがちだから。 しかし、理解不能な証明よりはるかにましだろう。
703 ：１３２人目の素数さん：2006/10/27(金) 10:22:51
>702 > 前にも書いたかもしれないが Atiyah-MacDonald のスタイルなんかいいと思う
そうかも知れないが、NullstellensatzとかLimits/colimitsといった 重要な概念がExerciseになっているのは入門書としてはどうも・・・ （それからこれは出版社の問題だろうが、入門書としては値段が高すぎる）。
704 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/10/27(金) 10:53:46
>重要な概念がExerciseになっているのは入門書としてはどうも・・・
確かに、それはちょっといやだね。 ただ、ヒントでほとんどど解けると思うけど。
実は、俺は演習問題が好きではないｗ 演習問題を解くヒマがあったらその本の先を読みたいほう。 ただでさえ、一冊の本を読みきるのは難しいんだから。
だいたい、簡単そうな命題は演習問題の一種と思ってるからね。 なるべく、その命題の証明を読む前に自分でその証明を考えて見る。 ある程度考えてからその証明を読むようにしている。 こうすると、その証明と自分の考えていた方向が一致している場合は その証明の理解が早い。
こういうと、最初に述べたこと（ただでさえ、一冊の本を読みきる のは難しい）と矛盾するようだけど、証明を見る前に自分で考える というのは、結局理解が早まる場合が多いから矛盾してはいない。
705 ：１３２人目の素数さん：2006/10/27(金) 10:56:21
演習問題も著者は理解が早まると思って載せてる場合が多いと思うけどね。
706 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/10/27(金) 11:04:22
別に演習問題不要と言ってるわけではないので、誤解のないように。
707 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/10/27(金) 11:35:37
> 要するにLangの「どうだ、こんなに短く纏めたぞ」という書き方が面白くない。 > Langの書き方は、知らない人間が読んで判るようにはならないし、知っている人間にとってはペダンティックなだけだし。
それは誤解だと思うけどね。 行間の詰まった証明が常にいいかどうかは微妙。 丁寧な証明なら理解しやすいというのは、命題によっては必ずしも当てはまらない。 もしそれが本当なら、数学の理解にこんなに苦労しないって。
708 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/10/27(金) 11:52:49
数学の命題の証明の理解というのは論理以外の要素があると思う。 だからいくら丁寧に論理を積み重ねてもわからないものがある。
論理以外の何かと問われても困るけどね。 直感という人もいる。イメージだという人もいる。 ある種の感覚だと思うけどね。 その感覚を掴むことが出来たときに、理解出来たと思う。
この感覚を養うには色々の具体例を調べるとか演習問題を解くとか すると有効なんだろうね。 つまり、慣れ。その数学的対象というか数学的世界に対する土地勘 みたいなものが必要となる。
この土地勘を持った人には自明と思える事でも、そうでない人には いくら丁寧に説明してもわからない。
709 ：１３２人目の素数さん：2006/10/27(金) 12:24:40
そおーゆう言葉で説明できない「物」を可能な限り排除するために 概念、用語が発明されてきたのだと思うのだが。
先端領域では、論理的に難の無い説明や証明が無くて、この手の 怪しい「物」で構成された証明や説得しか無かったりするよね。 ε-δ以前の古の極限理論なんかはその典型。
710 ：１３２人目の素数さん：2006/10/27(金) 12:25:31
>>709はなんかとんでもない勘違いをしているぞ
711 ：１３２人目の素数さん：2006/10/27(金) 12:45:30
んだんだ!!
712 ：１３２人目の素数さん：2006/10/27(金) 12:48:02
文脈外れでも言ってることに間違いはない罠(w
713 ：１３２人目の素数さん：2006/10/27(金) 15:16:10
>708 その「要素」を、一昔以上前の人間は"Mathematical Maturity"と表現して(誤魔化して？）いたようだ。
>709 の言うのも確かに当たっているとは思うが、でもやっぱり説明(が理解)し難い「物」はある気がする。
その意味で、(整数論ではないが）これ↓ h ttp://www.amazon.com/Wild-World-4-Manifolds-Alexandru-Scorpan/dp/0821837494/sr=8-1/qid=1161929395/ref=sr_1_1/102-0712152-7399364?ie=UTF8&s=books はお勧め。厳密なテキストからは程遠いが判った「気分」にさせてくれる。 こういう本も貴重だと思う。
714 ：１３２人目の素数さん：2006/10/30(月) 10:05:53
いや、Kummerの言ってる事は核心をついてるよ。しかも最短を行こうとするのは 数学では常道。ただ、100人中98人にはついていけなくなるだけ。 「思考の省略が数学である。」と言う人もいるほど。 多くは（俺なんかでもそうだが）かなり「うろうろ」しないと「わからない」事の方が 多い。また、はたから見てると「わかった」気になってる奴の方が多い。 それははずかしめでもなんでもなく俺でも「わかった」気になってるだけの 事項は多いよ。深みが全く違ってくる。自分で展開して発展させていければ、 まずまちがいなく「わかっている」がそれ以外はむしろ知ってるだけと言ってもいいくら いだよ。（しかも人に確認してもらう事も結構重要かもしれない。）
715 ：１３２人目の素数さん：2006/10/30(月) 10:23:49
>>709が言ってる事も無論、ほんとうだが、 発明する方にはよくわかってたからできた事であって、依然として 『そおーゆう言葉で説明できない「物」』 が（むしろ、新しい説明、証明で）増殖している様にしか見えない事も事実。 正直、背後にあるなにがしかは依然として「でかい」まま。
716 ：１３２人目の素数さん：2006/10/30(月) 11:58:02
ともかく、この分野（代数的整数論）は広い。知ってるだけにまで到達するのにでも 正直、気が遠くなる。ノイキルヒ一冊でもざっと見てみるだけでも時間かかる。 で、内容の話へどうぞ。
717 ：１３２人目の素数さん：2006/10/30(月) 12:06:27
>>716 ノイキルヒ一冊で「知っている」のレベルに到達できるんですか？ 本当なら買いだな。
718 ：１３２人目の素数さん：2006/10/30(月) 12:08:44
俺はよくは知らん。あれ一冊本屋でざっと見てみろ。 おそらく、あの本事態がざっと概観してるんだろうが、あれで知ってるレベル かどうかも俺は知らん。
俺が知ってるのはあの一冊でさえ、気が遠くなるって話だけ。
719 ：１３２人目の素数さん：2006/10/30(月) 12:12:09
整数論の分野（どこでも）は人によって全然違ってくる。 なんでもいいから、片端からざっとみてれば、それだけはわかる。
で、Kummerから始まってるのは事実なんだよ。 Kummerから始めるのは、俺には正しい気がするよ。 もういいだろう、内容の話へどうぞ。
720 ：１３２人目の素数さん：2006/10/31(火) 13:19:00
>>719 Kummer 自作自演乙ｗ
721 ：１３２人目の素数さん：2006/10/31(火) 21:10:43
94
722 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/01(水) 14:14:25
>>648 に戻る。 任意の有理素数 p の Z[η] での素イデアル分解を調べたい。
>>359 で Z[ζ] の商体を Q(ζ) と書いたが、同様に Z[η] の商体を Q(η) と書く。つまり、Q(η) = Q(η_0, η_1, ..., η_(e-1)) である。
Q(ζ) は Q の Galois 拡大である。その Galois 群 を G とする。 G は位数 λ - 1 の巡回群である。 従って、Q(ζ) も Q(η) の Galois 拡大である。 [Q(ζ) : Q(η)] = f だから、その Galois 群 H は位数 f の 巡回群である。よって、[G : H] = e である。
まず p = λ の場合を考える。 >>200 より、λ = ε(1 - ζ)^(λ-1) となる。 ここでεは単数である。 >>202 より 1 - ζ は円分素数である。 よって (1 - ζ)Z[ζ] = L は素イデアルであり、 λZ[ζ] = L^(λ - 1) である。 L ∩ Z[η] = P とおく。 >>581 より λZ[η] = P^e, PZ[ζ] = L^f である。
723 ：１３２人目の素数さん：2006/11/01(水) 18:49:30
94
724 ：１３２人目の素数さん：2006/11/02(木) 18:50:03
93
725 ：１３２人目の素数さん：2006/11/03(金) 11:07:48
92
726 ：１３２人目の素数さん：2006/11/04(土) 10:05:39
Who is KING???
727 ：KingOfUniverse ◆667la1PjK2 ：2006/11/04(土) 13:47:11
talk:>>726 I'm the King of kings.
728 ：１３２人目の素数さん：2006/11/04(土) 21:26:20
91
729 ：１３２人目の素数さん：2006/11/05(日) 00:23:28
＞内容の話へどうぞ。
なんか違和感の感じる日本語・・・
730 ：１３２人目の素数さん：2006/11/05(日) 04:36:22
>729 > なんか違和感の感じる日本語・・・
何か違和感を感じさせる日本語・・・
731 ：何この流れ、斬る！：2006/11/05(日) 06:59:40
＞内容の話へどうぞ →本題へどうぞ
＞なんか違和感を感じる日本語… →なんか違和感のある日本語… orなんか違和感を覚える日本語…
>>730は同じノリの為スルー、良いノリだけど。
732 ：１３２人目の素数さん：2006/11/05(日) 07:42:17
どうぞ内容へ話の
733 ：１３２人目の素数さん：2006/11/05(日) 16:13:08
>>731 添削㌧ｗ
734 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/06(月) 11:39:29
>>722 の続き。
今度は p ≠ λ の場合を考える。
>>564 の記号を使う。
p の mod λ の指数を f' とする。e' = (λ - 1)/f' とおく。
p を含む Z[ζ] の極大イデアルは e' 個ある。
これ等を Q_0, .., Q_(e'-1) とおく。
S = {Q_0, .., Q_(e'-1)} とおく。
今まで何度か見てきたように、G は集合 S に推移的に作用する。
よって H' = {σ∈ G; σ(Q_0) = Q_0} とおくと、
[G: H'] = e' である。
よって |H'| = f' である。ここで、|H'| は H' の位数を表す。
Z[η] ∩ Q_i は Z[η] の 0 でない素イデアルだから極大イデアル である。これ等のなかで相異なるものを P_0, ..., P_(r-1) とする >>564 より、pZ[η] = P_0 ∩...∩ P_(r-1) である。
Z[η] ∩ Q_0 = P_0 と仮定してよい。
前スレ１の639 より H は集合 T = {Q_i; Z[η] ∩ Q_i = P_0 } に
推移的に作用する。H ∩ H' = {σ∈ H; σ(Q_0) = Q_0} だから
|T| = [H : H ∩ H'] である。ここで、|T| は T の元の個数を表す。
G は巡回群だから、|H ∩ H'| = gcd(f, f') である。 ここで、gcd(f, f') は f と f' の最大公約数を表す。 よって、 |T| = f/gcd(f, f') となる。 つまり P_0 の上にある Z[ζ] の素イデアルの個数は f/gcd(f, f') である。
735 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/06(月) 12:17:14
今度は r、つまり p の上にある Z[η] の素イデアルの個数を求めよう。
>>734 より r|T| = e' である。 よって、 r = e'gcd(f, f')/f
一方、良く知られた公式より ff' = gcd(f, f') lcm(f, f') である。 ここで、lcm(f, f') は f と f' の最小公倍数を表す。 これは f と f' の各素因数分解を考えれば容易にわかる。
よって、gcd(f, f')/f = f'/lcm(f, f') となる。 よって、r = e'f'/lcm(f, f') = (λ - 1)/lcm(f, f') である。
736 ：１３２人目の素数さん：2006/11/06(月) 13:32:22
Kummer ◆g2BU0D6YN2 はクマーと呼ぶことにしよう
737 ：１３２人目の素数さん：2006/11/06(月) 16:23:53
実際それが正しい発音だ
738 ：１３２人目の素数さん：2006/11/06(月) 23:16:50
87
739 ：１３２人目の素数さん：2006/11/07(火) 01:44:27
King is a Jabroni!!!!!
740 ：KingOfUniverse ◆667la1PjK2 ：2006/11/07(火) 02:22:54
talk:>>739 何だよ？
741 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/08(水) 10:01:24
最も簡単な場合である e = 2, f = (λ - 1)/2 の場合を やや詳しく調べる。 λ - 1 は偶数だから f = (λ - 1)/2 は常に有理整数であることに 注意する。
f 項周期から構成される円分整数全体のなす環 Z[η] = Z[η_0, η_1] を考える。このとき、Q(η) = Q(η_0, η_1) は有理数体上２次の 拡大体である。
Z[η] における有理素数 p の分解の様子は >>722, >>735 から 分かっているが、もっと詳しく調べる。 記号は >>722, >>735 を踏襲する。
p = λ の場合は、>>722 より λZ[η] = P^2 となる。
p ≠ λ の場合を以下に述べる。
Fermat の小定理から p^(λ - 1) ≡ 1 (mod λ) だから p^(λ - 1)/2 ≡ ±1 (mod λ) である。
p^(λ - 1)/2 ≡ 1 (mod λ) なら f'|f だから lcm(f, f') = f よって >>735 より r = (λ - 1)/f = 2 である。 この逆も言える。
p^(λ - 1)/2 ≡ -1 (mod λ) なら lcm(f, f') = λ - 1 となり >>735 より r = 1 である。 この逆も言える。
742 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/08(水) 12:39:54
a を mod λ の原始根とし、p ≡ a^k (mod λ) とする。 容易に以下の同値関係が得られる。
p^(λ - 1)/2 ≡ 1 (mod λ) ⇔ a^(k(λ - 1)/2) ≡ 1 (mod λ) ⇔ k が偶数 ⇔ 合同方程式 x^2 ≡ p (mod λ) が有理整数解を持つ
同様に p^(λ - 1)/2 ≡ -1 (mod λ) ⇔ a^(k(λ - 1)/2) ≡ -1 (mod λ) ⇔ k が奇数 ⇔ 合同方程式 x^2 ≡ p (mod λ) が有理整数解を持たない
743 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/08(水) 12:40:56
ここで初等整数論で周知だが、用語の定義を行う。
定義 q を奇素数、c を q と素な有理整数とする。 合同方程式 x^2 ≡ c (mod q) が有理整数解を持つなら c は q を法として(または mod q で) 平方剰余であるという。 そうでないとき、c は q を法として平方非剰余であるという。
744 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/08(水) 12:51:23
>>741, >>742, >>743 をまとめると以下のようになる。
λを奇素数とし、Z[η] = Z[η_0, η_1] を (λ - 1)/2 項周期から 構成される円分整数全体のなす環とする。
p を有理素数で p ≠ λ とする。
pZ[η] が Z[η] の相異なる２個の素イデアルの積となるためには p が λ を法として平方剰余であることが必要十分である。
pZ[η] が Z[η] の素イデアルであるためには p が λ を法として平方非剰余であることが必要十分である。
745 ：１３２人目の素数さん：2006/11/08(水) 15:45:05
86
746 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/08(水) 16:31:41
p を奇素数とする。
有理整数全体の集合 Z から {-1, 0, 1} への写像 (*/p) を
以下のように定義する。
a が p で割れるとき (a/p) = 0 a が p と素で p を法として平方剰余(>>743)のとき (a/p) = 1 a が p と素で p を法として平方非剰余(>>743)のとき (a/p) = -1
(a/p) を Legendre の記号と呼ぶ。
747 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/08(水) 16:36:26
以下、特に断らない限り (a/p) は a が p と素の場合のみを扱う。
1) a ≡ b (mod p) なら (a/p) ≡ (b/p) (mod p)
これは定義から明らか。
2) r を mod p の原始根とし、a ≡ r^k (mod p) とする。 このとき (a/p) = (-1)^k である。
これも明らかだろう。
3) (ab/p) ≡ (a/p)(b/p) (mod p)
これは 2) から出る。
4) (a/p) ≡ a^{(p - 1)/2} (mod p)
証明
r を mod p の原始根とし、a ≡ r^k (mod p) とする。
a^{(p - 1)/2} ≡ r^{k(p - 1)/2} (mod p) である。
一方、Fermat の小定理から r^(λ - 1) ≡ 1 (mod p) だから
r^{(λ - 1)/2} ≡ -1 (mod p) である。
よって
k が偶数なら r^{k(p - 1)/2} ≡ 1 (mod p)
k が奇数なら r^{k(p - 1)/2} ≡ -1 (mod p)
これと 2) から 4) が出る。 証明終
748 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/08(水) 16:47:57
>>744 の続き。
２次体論(後述)から有理素数 p で Z[η] で分岐するもの、つまり pZ[η] が Z[η] の素イデアルの２乗になるのは、Q(η) の 判別式(後述) d の素因子だけである。 さらに、一般に２次体の判別式 は 奇素数の平方では割れない (後で証明する)。
一方、例えば >>741 からわかるように、有理素数 p で Z[η] で 分岐するものは λ のみである。 よって、d と λ は符号を除いて一致する。 これと２次体の判別式の性質(後述)から
λ ≡ 1 (mod 4) のときは d = λ λ ≡ -1 (mod 4) のときは d = -λ となる。
２次体論から奇素数 p ≠ λ の Z[η] における素イデアル分解 の様子は d が mod p で平方剰余か否かにより決まる。 詳しく以下のようになる(後で証明する)。
pZ[η] が Z[η] の相異なる２個の素イデアルの積となるためには d が p を法として平方剰余であることが必要十分である。
pZ[η] が Z[η] の素イデアルであるためには d が p を法として平方非剰余であることが必要十分である。
749 ：１３２人目の素数さん：2006/11/08(水) 16:57:17
ばかだな
750 ：１３２人目の素数さん：2006/11/08(水) 17:01:36
やめとけ
751 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/08(水) 17:23:55
>>748 の続き。
>>744 と >>748 の結果を Legendre の記号(>>746)で書くと、 以下のようになる。
1) λ ≡ 1 (mod 4) のとき: (p/λ) = (λ/p) となる。
2) λ ≡ -1 (mod 4) のとき: (p/λ) = (-λ/p) となる。
>>747 より
(-λ/p) = (-1/p)(λ/p) = {(-1)^(p-1)/2} (λ/p)
よって
(p/λ) = {(-1)^(p-1)/2} (λ/p)
λ ≡ 1 (mod 4) のとき (λ-1)/2 は偶数 λ ≡ -1 (mod 4) のとき (λ-1)/2 は奇数 に注意して 1) と 2) を１つにまとめると
(p/λ) = (-1)^{((p-1)/2)((λ-1)/2)} (λ/p)
となる。
両辺に (λ/p) を掛けて
(p/λ)(λ/p) = (-1)^{((p-1)/2)((λ-1)/2)}
これは平方剰余の相互律と呼ばれている。
752 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/08(水) 17:46:57
>>744 と >>748 でみたように２次体 Q(η) における有理素数 p の 分解の様子を円分体論と２次体論で別々に調べると自然に平方剰余の 相互律が得られる。
753 ：１３２人目の素数さん：2006/11/08(水) 18:14:33
>>752 立法剰余や４乗剰余の相互法則もやっていただけますか？
754 ：１３２人目の素数さん：2006/11/08(水) 18:28:48
85
755 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/09(木) 08:53:33
>>746
>p を奇素数とする。
>有理整数全体の集合 Z から {-1, 0, 1} への写像 (*/p) を
>以下のように定義する。
補足すると、{-1, 0, 1} は Z の部分集合とみている。
756 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/09(木) 08:59:07
>>747
以下のように訂正する。
1) a ≡ b (mod p) なら (a/p) = (b/p)
3) (ab/p) = (a/p)(b/p)
757 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/09(木) 09:16:17
>>753
いずれやる予定。
758 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/09(木) 09:23:25
平方剰余の相互律の表現として
(p/λ)(λ/p) = (-1)^{((p-1)/2)((λ-1)/2)}
が有名だけど、これより、>>751 の
1) λ ≡ 1 (mod 4) のとき: (p/λ) = (λ/p) となる。
2) λ ≡ -1 (mod 4) のとき: (p/λ) = (-λ/p) となる。
のほうが意味が分かりやすいだろう。
759 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/09(木) 12:29:36
>>748 で述べた２次体についての事実を証明しよう。 ただし、今は２次体論に深入りはしない。
２次の代数体を略して２次体と呼ぶ。 つまり有理数体の２次の拡大体のことである。 因みに、このスレおよび後のスレでは断らない限り代数体は複素数体の 部分体と考える。
K を２次体とする。 K の元で Q に含まれないものをαとすれば。 K = Q(α) となる。
α の満たすモニックな有理係数の既約多項式を X^2 + bX + c とする。
中学校(?)で習った２次方程式の根の公式より α = (-b ±√(b^2 - 4c))/2 である。
β = √(b^2 - 4c) とおけば、K = Q(β) である。
b^2 - 4c は有理数だから b^2 - 4c = k/h となる有理整数 k, h がある。 h√(k/h) = √(hk) だから K = Q(√(hk)) である。 hk = (t^2)m とする。ここで t, m は有理整数で m は平方因子を 持たない。つまり素数の平方で割れない。 このような t, m が存在することは hk を素数の積に分解すれば 明らかだろう。
√(hk) = t√m だから K = Q(√m) である。
760 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/09(木) 13:17:03
>>759 の続き。
K = Q(√m) となる平方因子を持たない m は K により一意に決まる。
証明 Q(√m) = Q(√m') とする。 ここで m と m' は平方因子を持たない有理整数である。
√m = a + b√m' となる有理数 a, b がある。
両辺のトレースを取る。 Tr(√m) = √m - √m = 0 Tr(a + b√m') = a + b√m' + a - b√m' = 2a よって a = 0 よって √m = b√m' である。
両辺のノルムを取る。 N(√m) = (√m)(-√m) = -m N(b√m') = (b√m')(-b√m') = -(b^2)m'
よって m = (b^2)m' m は平方因子を持たないから b^2 = 1 である。 よって m = m' 証明終
761 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/09(木) 13:26:37
>>760
ノルムを使うまでもなかった。 √m = b√m' の両辺の平方をとれば m = (b^2)m' となるw
762 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/09(木) 13:32:24
>>760 トレースも使わなくていい。
√m = a + b√m' の両辺の平方をとれば m = a^2 + (b^2)m' + 2ab√m'
これから ab = 0 が出る。 b = 0 は有り得ないから a = 0 となる。
763 ：１３２人目の素数さん：2006/11/09(木) 14:39:51
>>753 無理だよ
764 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/09(木) 15:17:35
今後、断らない限り２次体を Q(√m) のように書いたとき m は 平方因子を持たない有理整数とする。
２次体 Q(√m) に含まれる代数的整数のなす環を決定しよう。
α = a + b√m を(代数的)整数とする。ここで、 a, b は有理数で ある。
Tr(α) = (a + b√m) + (a - b√m) = 2a は有理整数である。 N(α) = (a + b√m)(a - b√m) = a^2 - m(b^2) も有理整数である。
4(a^2 - m(b^2)) = (2a)^2 - m(2b)^2 は有理整数である。 2a は有理整数だから m(2b)^2 は有理整数である。 m は平方因子を持たないから 2b は有理整数である。
2a = k 2b = l とおく。
k^2 - (l^2)m = 4(a^2 - (b^2)m) = 4N(α) より k^2 ≡ (l^2)m (mod 4)
ここで補題を用意する。
765 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/09(木) 15:20:54
補題 m を 4 の倍数でない有理整数とする。
k, l を有理整数で k^2 ≡ (l^2)m (mod 4) とする。
このとき、m ≡ 1 (mod 4) なら k ≡ l (mod 2) つまり k と l は偶奇が一致する。
m ≡ 1 (mod 4) でないなら k と l はともに偶数である。
証明 まず、以下の事実に注意する。 偶数の平方は mod 4 で 0 と合同である。 奇数の平方は mod 4 で 1 と合同である。
仮定より、 m ≡ 1 (mod 4) なら k^2 ≡ l^2 (mod 4)
m ≡ 2 (mod 4) なら k^2 ≡ (l^2)2 (mod 4)
m ≡ 3 (mod 4) なら k^2 ≡ (l^2)3 (mod 4)
以上の３つの場合に補題の主張が成立つことは、始めの注意から わかる。
m は 4 の倍数でないから上記で場合が尽くされる。 証明終
766 ：１３２人目の素数さん：2006/11/09(木) 15:35:27
85
767 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/09(木) 15:50:02
>>764 の続き。 m は平方因子を持たないから 4 の倍数でない。
>>765 より、m ≡ 1 (mod 4) なら k ≡ l (mod 2) である。 よって k = l + 2t となる有理整数 t がある。
α = a + b√m = (k + l√m)/2 = (l + 2t + l√m)/2 = t + l(1 + √m)/2
ω = (1 + √m)/2 とおく。 Tr(ω) = 1 N(ω) = (1 - m)/4 だから ω は (X - ω)(X - ω') = X^2 - X + (1 - m)/4 = 0 の根である。 ここで、ω' は ω の共役、つまり (1 - √m)/2 である。
(1 - m)/4 は m ≡ 1 (mod 4) より有理整数である。 よって、ω は(代数的)整数である。 αは Q(√m) に含まれる任意の整数であるから Q(√m) の整数環 R は Z + Zω である。
m ≡ 2 (mod 4) または m ≡ 3 (mod 4) なら >>765 より、k と l はともに偶数である。 よって a と b はともに有理整数である よって Q(√m) の整数環 R は Z + Z√m である。
768 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/09(木) 16:29:54
>>767 より２次体 Q(√m) の整数環 R は Z[ω] = Z + Zω の形を している。 ここで m ≡ 1 (mod 4) なら ω = (1 + √m)/2 であり、 m ≡ 2 (mod 4) または m ≡ 3 (mod 4) なら ω = √m である。
注意すべきは、m ≡ 1 (mod 4) なら Z + Z√m は整数環とならない ことである。つまり整域 Z[√m ] = Z + Z√m は整閉ではない。 よって Z[√m ] は Dedekind 整域ではない。 この事実が、歴史的には２次体の整数論が円分体の 整数論より後に出現した理由と思われる。
まず、代数的整数という概念自体が Gauss や Dirichlet の頃には 明確に意識されていなかった。 Kummer もそうだろう。何故なら 円分体 Q(ζ) の整数環は (彼 にとって幸運にも) Z[ζ] = Z + Zζ + ... + Zζ^(λ-2) であるから、円分体論において代数的整数という概念は自明すぎて 殆ど意識の必要がないから。
代数的整数という概念がなければ m ≡ 1 (mod 4) の場合の ２次体 Q(√m) の整数環が意識に上ることはまずないだろう。 したがって、Z[√m ] が整閉でないことに起因する素イデアル分解 の一意性の不成立が大きな困難となる。
769 ：１３２人目の素数さん：2006/11/09(木) 16:53:18
86
770 ：１３２人目の素数さん：2006/11/09(木) 16:55:55
85
771 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/09(木) 17:33:51
数論及び代数幾何で整域の整閉性が重要である根本理由は付値環が 整閉であるという事実からきていると思われる。
離散付値環については既に述べた(特に >>542 の証明参照)。 離散とは限らない付値環については後で説明するかもしれない。
772 ：１３２人目の素数さん：2006/11/09(木) 17:55:52
クマーは何故こんな所で独演会を開いているのか？ それなりの研究環境があれば相応の場所があると思うが。 洒落なのか？
773 ：１３２人目の素数さん：2006/11/09(木) 18:44:01
本を読むだけでは研究にならんよ
774 ：１３２人目の素数さん：2006/11/09(木) 18:48:56
TeXがわからないところを見ると論文を出版したことがないのだろう。
775 ：１３２人目の素数さん：2006/11/09(木) 19:14:23
>>774 痛いところを突いてるな
776 ：１３２人目の素数さん：2006/11/09(木) 23:19:40
定年間際の教官かも知れんぞ。
777 ：１３２人目の素数さん：2006/11/09(木) 23:44:32
80
778 ：１３２人目の素数さん：2006/11/10(金) 02:47:37
>>776 団塊の世代か？ 手に負えないわけだｗ
779 ：１３２人目の素数さん：2006/11/10(金) 06:57:08
78
780 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/10(金) 09:36:08
勘違いしてる人がいるかもしれないので言っておくが、 このシリ－ズで扱う予定の題材は約５０年前には完成されていたもの。 ほとんどは１００年以上前に発見されていた。 この場で俺自身の研究なり独自の視点を発表しようなんて考えは まったくない。
独自性があるとしたらアプローチの仕方、題材の取捨選択など。 わずかだがオリジナルな証明もあるかもしれない(実際、既にある)。
なお、このシリ－ズを書く一番の理由は俺自身の勉強のため。 他の理由もあるが、それらは２次的なもの。
781 ：１３２人目の素数さん：2006/11/10(金) 09:42:54
おい、おまいら！ 漏れが履修直後ながら、 更にその意義を受講してるをだから、 邪魔するでない！ というわけで、 クマーは｢本題へどうぞ｣(>>731引用)。
782 ：１３２人目の素数さん：2006/11/10(金) 10:20:54
77
783 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/10(金) 10:24:44
２次体 Q(√m) の整数環における有理素数 p の素イデアル分解 の様子を調べる前に問題をやや一般化しておく。
f(X)をモニックな有理整数係数の多項式で Q[X] したがって Z[X] で既約とする。 f(X) の次数を n とする。 f(X) の複素数体での根を θ_0, ..., θ_(n-1) とする。
ここで f(X) の判別式について復習しよう。
根の差積をΔとする。つまり Δ = Π(θ_i - θ_j) である。 ここで積は i ＜ j となる対 (i, j) 全体を動く。
d = Δ^2 は θ_0, ..., θ_(n-1) の対称式だから f(X) の係数の 多項式で表せる。よって d は有理整数である。
このことは、以下のようにしても分かる。 Galois 拡大 Q(θ_0, ..., θ_(n-1))/Q の任意の自己同型 σ は、θ_0, ..., θ_(n-1) の置換を引き起こす。 よって、σ(d) = d となるから d ∈ Q である。
一方、>>159 より d は代数的整数である。 >>158 より有理整数環は整閉だから d は有理整数である。
d を f(X) の判別式という。
784 ：１３２人目の素数さん：2006/11/10(金) 10:33:22
77
785 ：１３２人目の素数さん：2006/11/10(金) 10:34:14
78
786 ：１３２人目の素数さん：2006/11/10(金) 10:35:27
77
787 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/10(金) 10:36:43
>>783 の判別式の定義とそれが有理整数であることは f(X) の既約性を 仮定しなくてもそのまま成立つことを注意しておく。 ただし、f(X) が重根をもつ場合は、その根を重複度だけ並べて 考える。この場合、判別式は 0 になる。
788 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/10(金) 12:01:56
さて、θ をf(X) の根の一つ、例えば θ = θ_0 としよう。 Q(θ) は n 次の代数体である。 ここで Z[θ] は整閉であると仮定する(これが重要)。
Q(θ) の素因子(>>555)を決定しよう。
有理素数 p を任意にとる。 有理整数環 Z から有限素体 Z/pZ への標準射を φ: Z → Z/pZ とする。
f(X) を mod p で考えて、Z/pZ 係数の多項式 f~(X) が 得られる。つまり f~(X) は f(X) の係数に φ を作用させて得られる ものである。
f~(X) の判別式も >>783 >>787 と同様に定義できる。 これが φ(d) であることは(d はf(X)の判別式)、対称式の理論より 判別式がその多項式の係数の多項式となることから分かる。
このことは、対称式の理論を使わないで Galois 理論からも以下の ようにしてわかる。
789 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/10(金) 12:37:16
>>783 のように Galois 拡大 Q(θ_0, ..., θ_(n-1))/Q を考える。 Q(θ_0, ..., θ_(n-1)) の整数環を S とする。 つまり S は Z の Q(θ_0, ..., θ_(n-1)) における整閉包である。
Cohen-Seidenbergの定理(前スレ１の520)より pZ の上にある S の素イデアル P が存在する。S/P は Z/pZ の整拡大整域で Z/pZ は 体だから前スレ１の515 より S/P も体である。つまり P は 極大イデアルである。これ等のことは S が Dedekind 整域であること を使ってもわかるが、我々はまだそこまで行ってない。
S から S/P への標準射を Φ: S → S/P とする。 Φ の Z への制限が φ である。
各 θ_i は代数的整数だから、θ_0, ..., θ_(n-1) の mod P の 剰余類が意味をもち、これ等を (θ_0)~, ..., (θ_(n-1))~ とする。 つまり、Φ(θ_0) = (θ_0)~, ..., Φ(θ_(n-1)) = (θ_(n-1))~ である。
f(X) = (X - θ_0)...(X - θ_(n-1)) の両辺の係数にΦを作用 させると f~(X) = (X - (θ_0)~)...(X - (θ_(n-1))~) となる。
d = Δ^2 = Π(θ_i - θ_j)^2 にΦを作用させると、
φ(d) = Π((θ_i)~ - (θ_j)~)^2 となる。この右辺は f~(X) の判別式である。 証明終
790 ：１３２人目の素数さん：2006/11/10(金) 13:18:41
>Cohen-Seidenbergの定理(前スレ１の520)より pZ の上にある >S の素イデアル P が存在する。
何だか知らないが大袈裟だな
791 ：１３２人目の素数さん：2006/11/10(金) 13:19:48
TeXが出回る前に院を中退
792 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/10(金) 14:01:49
>>790
大袈裟と思うならここで証明してもらうと助かる。
793 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/10(金) 14:55:50
Ωを Z/pZ の代数的閉包とする。
>>788 より p が f(X) の判別式 d の約数であるための必要十分条件は f~(X) の判別式 φ(d) が 0 であること、即ち f~(X) が Ω において 重根をもつことである。
p が d の約数でないときの Q(θ) の p を割る素因子(>>555) は >>510 以降の議論で決定している。
ここでは p が d の約数である場合を考える。 とは言っても >>510 以降の議論と重なる部分も多い。 復習の意味も兼ねて重複を厭わないで述べることにする。
f(X) を mod p で既約多項式に分解して f(X) ≡ (g_0(X)^(m_1)...(g_(e-1)(X))^(m_(e-1)) (mod p) とする。ここで 各 g_i(X) はモニックで互いに異なる。 m_1, ..., m_(e-1) は 1 以上の有理整数である。 f(X) は mod p で Ω において重根をもつから m_1, ..., m_(e-1) の中に 2 以上の値をもつものがある。
g_0(X) を mod p で考えて、そのΩにおける根の１つをω_0とする。 T(X) ∈ Z[X] で T(θ) = 0 なら T(X) = f(X)U(X) となる U(X) ∈ Z[X] がある。よって T(X) は mod p で g_0(X) で 割り切れる。よって T~(ω_0) = 0 である。 ここで T~(X) は T(X) の係数を mod p の剰余類におきかえたもの。
以上から Z[θ] からΩへの環準同型 Φ_0 で Φ_0 (θ) = ω_0 となる ものが存在することがわかる。 つまり、V(X) ∈ Z[X] にたいして Φ_0(V(θ)) = V~(ω_0) である。
794 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/10(金) 14:59:59
訂正
>793 >f(X) を mod p で既約多項式に分解して >f(X) ≡ (g_0(X)^(m_1)...(g_(e-1)(X))^(m_(e-1)) (mod p) >とする。ここで 各 g_i(X) はモニックで互いに異なる。 >m_1, ..., m_(e-1) は 1 以上の有理整数である。 >f(X) は mod p で Ω において重根をもつから m_1, ..., m_(e-1) >の中に 2 以上の値をもつものがある。
f(X) を mod p で既約多項式に分解して f(X) ≡ (g_0(X)^(m_0)...(g_(e-1)(X))^(m_(e-1)) (mod p) とする。ここで 各 g_i(X) はモニックで互いに異なる。 m_0, ..., m_(e-1) は 1 以上の有理整数である。 f(X) は mod p で Ω において重根をもつから m_0, ..., m_(e-1) の中に 2 以上の値をもつものがある。
795 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/11/10(金) 15:15:22
>>794 >f(X) は mod p で Ω において重根をもつから m_0, ..., m_(e-1) >の中に 2 以上の値をもつものがある。
これは各 g_i(X) が mod p で重根をもたないということを前提と している。これは有限体が完全体であることによる。
796 ：１３２人目の素数さん：2006/11/10(金) 22:39:03
772-776,778,790-791は五月蠅えな。 何処かで、誰かの事を基地害扱いしていたのはこやつ等か？ だとしたら、天に唾しているんじゃねえか？
797 ：１３２人目の素数さん：2006/11/10(金) 23:51:49
>>796 自演乙
798 ：１３２人目の素数さん：2006/11/11(土) 16:13:02
>797 生憎と俺はKummerではないぜ。 とにかく雑音を書込むのは読む邪魔だから止めてくれ。
799 ：１３２人目の素数さん：2006/11/11(土) 16:21:48
雑音がいやなら信者だけのメーリングリストを作るのもよかろう。
800 ：１３２人目の素数さん：2006/11/11(土) 17:14:15
>>798 ここは公開の掲示板だから、たまに入る横レスは甘受するしかないぞ。うんこレスが２０行 続いたりするわけじゃないんだしな。
