最終更新日時 2011年03月05日 (土) 21時29分16秒
代数的整数論 004 (596-660)
元スレ： http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1164286624/596-660
ログ元： http://yomi.mobi/read.cgi/science6/science6_math_1164286624/596-660
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596 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/04(日) 09:25:52 ]
定義 D を平方数でない有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) とする。 a, b, c を有理整数で b^2 - 4ac = D とする。 θ を多項式 aX^2 + bX + c の根とする。 θ を D に属す２次無理数という。
さらに gcd(a, b. c) = 1 のとき θ を D に属す原始的な２次無理数 という。 このとき θ の判別式(>>276)は D である。
597 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/04(日) 19:36:55 ]
命題 R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。 I ≠ 0 を R のイデアルとする。 I = [α, β] を I のある基底による表現とする。
このとき、β/α は D に属す２次無理数(>>596)である。
証明 a = (αα')/N(I) b = -(αβ' + βα')/N(I) c = (ββ')/N(I) とおく。
>>588 より a, b, c は有理整数で、b^2 - 4ac = D である。
f(X) = aX^2 + bX + c とおく。
N(I)αf(β/α) = α'β^2 - αββ' - α'β^2 + αββ' = 0 よって f(β/α) = 0 である。 よって β/α は D に属す２次無理数である。 証明終
598 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/04(日) 20:58:25 ]
命題 R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 を判別式 D の正定値(>>293)かつ 原始的な２次形式とする。
f に一次変換 x = pu + qv y = ru + sv を施して
g(u, v) = f(pu + qv, ru + sv) = ku^2 + luv + mv^2
とする。 ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = 1 である。
このとき I = [a, (-b + √D)/2] と J = [k, (-l + √D)/2] は R の 可逆な原始イデアルであり、I(R)/P(R) (>>473) の同じ類に属す。
証明 >>405 より ku^2 + luv + mv^2 は判別式 D の正定値かつ原始的な ２次形式である。
よって >>592 より I と J は R の可逆な原始イデアルである。
θ = (-b + √D)/2a τ = (-l + √D)/2k とおく。
>>299 と同様にして θ = (pτ + q)/(rτ + s) であることがわかる。 >>594 より I と J は I(R)/P(R) の同じ類に属す。 証明終
599 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/05(月) 12:04:38 ]
補題 R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とする。 I = [a, b + fω] と J = [k, l + fω] を R の原始イデアルの 標準基底による表示とする。 I = αJ となる α ∈ Q(√m) があるとする。
このとき θ = (b + fω)/a、ψ = (l + fω)/k とおくと、 θ = (pψ + q)/(rψ + s) となる。 ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = 1 である。
証明 >>593 より ps - qr = ±1 となる有理整数 p, q, r, s があり θ = (pψ + q)/(rψ + s) となる。
>>273 の規約よりθ と ψ は複素上半平面にある。
>>274 より Im(θ) = (ps - qr)Im(ψ )/|rψ + s|^2 よって ps - qr = 1 である。 証明終
600 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/05(月) 12:06:19 ]
定義 R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。 R の Picard 群 Pic(R) = I(R)/P(R) (>>473) を Cl(D) と書く。
>>406 で定義した F+(D) の元からその任意の代表 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 をとる。
>>592 より [a, (-b + √D)/2] は R の可逆な原始イデアルである。
>>598 より、このイデアルの属す Cl(D) の類は f(x, y) の取り方に よらない。 よって F+(D) から Cl(D) への写像が定まる。 この写像を Φ+ と書く。
601 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/05(月) 12:08:11 ]
命題 >>600 の写像 Φ+ は単射である。
証明 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 と g(x, y) = kx^2 + lxy + my^2 を判別式 D の正定値かつ原始的な２次形式とする。 さらに [a, (-b + √D)/2] と [k, (-l + √D)/2] が同じ I(R)/P(R) の類に属すとする。
θ = (-b + √D)/2a τ = (-l + √D)/2k とおく。
>>599 より ps - qr = 1 となる有理整数 p, q, r, s があり、 θ = (pτ + q)/(rτ + s) となる。 aθ^2 + bθ + c = 0 だから a(pτ + q)^2 + b(pτ + q)(rτ + s) + c(rτ + s)^2 = 0 この左辺は f(pτ + q, rτ + s) である。
f(px + qy, rx + sy) を x, y の２次形式とみたものを h(x, y) とする。 >>405 より h(x, y) は判別式 D の正定値かつ原始的な２次形式である。 h(τ, 1) = 0 だから h(x, 1) は τ を根とする２次式で、その係数 の最大公約数が 1 かつ最高次の係数が正であり τ により 一意に決まる(>>276)。
一方 τ = (-l + √D)/2k は kx^2 + lx + m の根でもあるから g(x, y) = h(x, y) である。 証明終
602 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/05(月) 12:09:17 ]
命題 >>600 の写像 Φ+ は全射である。
証明 I(R)/P(R) の各類の代表として原始イデアルが取れる。
I = [a, b + fω] を R の可逆な原始イデアルの標準基底による 表示とする。
>>589 より判別式 D の２次形式 ax^2 + bxy + cy^2 があり、 r + fω = (-b + √D)/2 となる。 I は可逆だから >>592 より ax^2 + bxy + cy^2 は原始的である。 証明終
603 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/02/07(水) 19:23:01 ]
32
604 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 16:00:08 ]
補題 ２次体 Q(√m) の任意の整数 α = a + bω のノルム N(α) は 以下の式で与えられる(ω については >>11 を参照)。
(1) m ≡ 1 (mod 4) のとき N(α) = a^2 + ab + (b^2)(1 - m)/4
(2) m ≡ 2 (mod 4) または m ≡ 3 (mod 4) のとき N(α) = a^2 - (b^2)m
証明 N(α) = (a + bω)(a + bω') = a^2 + ab(ω + ω') + (b^2)ωω' より明らかである。
605 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 16:22:54 ]
補題 虚２次体 Q(√m) の任意の整数 α ≠ 0 に対して N(α) ＞ 0 である。
証明 α = a + bω とする α の２次体 Q(√m) の元としての共役 α' = a + bω' は α の複素数としての共役でもあるから N(α) = αα' = |α|^2 ＞ 0 である。
このことは以下のようにしても分かる。
>>604 より m ≡ 1 (mod 4) のとき N(α) = a^2 + ab + (b^2)(1 - m)/4 4N(α) = 4a^2 + 4ab + (b^2)(1 - m) = (2a + b)^2 - (b^2)m
m ＜ 0 だから N(α) ＞ 0 である。
m ≡ 2 (mod 4) または m ≡ 3 (mod 4) のとき N(α) = a^2 - (b^2)m ＞ 0 である。 証明終
606 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 16:29:56 ]
補題 虚２次体 Q(√m) の整数 a + bω が単数(>>73)であるためには 有理整数 a, b が以下の等式を満たすことが必用十分である。
(1) m ≡ 1 (mod 4) のとき (2a + b)^2 - (b^2)m = 4
(2) m ≡ 2 (mod 4) または m ≡ 3 (mod 4) のとき a^2 - (b^2)m = 1
証明 >>74、>>604、>>605 より明らかである。
607 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 16:31:13 ]
命題 虚２次体 Q(√m) の単数(>>73)は以下の通り。
(1) m = -1 のとき
±1、±√(-1)
(2) m = -3 のとき ±1、±ω、±ω^2 ここで ω = (-1 + √(-3))/2 = exp(2πi/3) は１の原始３乗根である。
(3) |m| ＞ 3 のとき ±1
証明 >>606 より明らかである。
608 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 16:32:31 ]
命題 R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とする。 R の元 α が可逆元であるためには α が Q(√m) の単数(>>73) であることが必要十分である。
つまり R^* = R ∩ Z[ω]^* である。
証明 まず ω' = 1 - ω または ω' = -ω だから α ∈ R なら α' ∈ R であることに注意する。
R の可逆元は明らか単数である。
R の元 α が単数であるとする。 >>74 より N(α) = 1 または N(α) = -1 である。 N(α) = 1 なら αα' = 1 で、α' ∈ R だから α は R の可逆元 である。
N(α) = -1 なら αα' = -1 だから α(-α') = 1 となり、 やはり α は R の可逆元である。 証明終
609 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 16:36:17 ]
命題 R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とする。 f ＞ 1 なら R に属す単数は ±1 のみである。
証明 R の元 α = a + bfω が単数だとする。 >>74 より N(α) = (a + bfω)(a + bfω') = a^2 + abf(ω + ω') + (f^2)(b^2)ωω' = 1 である。
(1) m ≡ 1 (mod 4) のとき
a^2 + abf + (f^2)(b^2)(1 - m)/4 = 1
よって (2a + bf)^2 - (f^2)(b^2)m = 4
よって f ＞ 1 なら b = 0、a = ±1 である。
(2) m ≡ 2 (mod 4) または m ≡ 3 (mod 4) のとき
a^2 - (f^2)(b^2)m = 1
よって f ＞ 1 なら b = 0、a = ±1 である。 証明終
610 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 16:43:10 ]
命題
R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とする。
R^* = {±1} である。
ここで R^* は R の可逆元全体のなすアーベル群を表す(>>516)。
証明 >>608 と >>609 より明らかである。
611 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 16:52:40 ]
補題 A と B を環とする。 A × B を A と B の環としての直積とする。
(a, b) ∈ A × B のとき (a, b) が可逆であるためには a と b が それぞれ可逆であることが必用十分である。
証明 A × B の乗法の定義から明らかである。
612 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 16:53:39 ]
補題 A と B を環とする。 このとき、(A × B)^* = (A^*)×(B^*) である。 ここで等号は群としての同型を表す。
証明 >>611 より明らかである。
613 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 17:04:35 ]
補題 A を局所環とし、m をその極大イデアルとする。 x を A の元とする。 xA ≠ A であるためには x ∈ m が必用十分である。
証明 x ∈ m なら xA ⊂ m だから xA ≠ A である。
逆に xA ≠ A なら Zorn の補題より xA ⊂ m である。 証明終
614 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 17:06:38 ]
補題 A を局所環とし、m をその極大イデアルとする。 A^* = A - m である。
証明 これは >>613 を言い換えたものである。
615 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 17:16:40 ]
補題 ２次体 Q(√m) の素イデアル P と有理整数 n ≧ 1 に対して P と P^n をアーベル群とみて剰余群 P/P^n が考えられる。 このとき |P/P^n| = N(P)^(n-1) である。
証明 定義(>>24)より |Z[ω]/P| = N(P)
>>70 より |Z[ω]/P^n| = N(P)^n
これから明らかである。 証明終
616 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 17:19:37 ]
補題 ２次体 Q(√m) の素イデアル P と有理整数 n ≧ 1 に対して |(Z[ω]/P^n)^*| = N(P)^n - N(P)^(n-1) である。
証明 >>614 と >>615 から明らかである。
617 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 20:34:40 ]
補題 p を素数とし、n ≧ 1 を有理整数とする。 ２次体 Q(√m) において p は分岐するとする(>>106)。
このとき |(Z[ω]/(p^n)Z[ω])^*| = p^(2n) - p^(2n-1) である。
証明 p は分岐するから Q(√m) のある素イデアル P があり、 pZ[ω] = P^2 となる。
よって (p^n)Z[ω] = P^(2n) である。 よって >>616 より |(Z[ω]/(p^n)Z[ω])^*| = p^(2n) - p^(2n-1) 証明終
618 名前：１３２人目の素数さん [2007/02/08(木) 20:38:45 ]
オナニー
619 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 20:46:53 ]
補題 p を素数とし、n ≧ 1 を有理整数とする。 ２次体 Q(√m) において p は完全分解するとする(>>106)。
このとき |(Z[ω]/(p^n)Z[ω])^*| = (p^n - p^(n-1))^2 である。
証明 p は完全分解するから Q(√m) のある素イデアル P があり、 pZ[ω] = PP' となる。 P ≠ P' である。
よって (p^n)Z[ω] = (P^n)(P'^n) である。
中国式剰余定理(前スレ１の341)より Z[ω]/(p^n)Z[ω] = (Z[ω]/P^n) × (Z[ω]/P'^n)
よって >>612 と >>616 と N(P) = N(P') = p より |(Z[ω]/(p^n)Z[ω])^*| = |(Z[ω]/P^n)^*| |(Z[ω]/P'^n)^*| = (p^n - p^(n-1))^2 証明終
620 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 20:53:56 ]
補題 p を素数とし、n ≧ 1 を有理整数とする。 ２次体 Q(√m) において p は分解しないとする(>>106)。
このとき |(Z[ω]/(p^n)Z[ω])^*| = p^(2n) - p^(2n - 2) である。
証明 p は分解しないから pZ[ω] = P はQ(√m) の素イデアルである。 よって (p^n)Z[ω] = P^n で N(P) = p^2 である。
よって >>616 から |(Z[ω]/(p^n)Z[ω])^*| = |(Z[ω]/P^n)^*| = p^(2n) - p^(2n - 2) である。 証明終
621 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 21:39:54 ]
定義 有理整数 n ≧ 1 に対して φ(n) を以下のように定義する。
(1) φ(1) = 1
(2) n ＞ 1 のとき φ(n) = |(Z/nZ)^*|
φ を Euler の関数と呼ぶ。
622 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 21:51:40 ]
補題 p を素数とし、n ≧ 1 を有理整数とする。
φ(p^n) = p^n - p^(n - 1) である。 ここで、φ は Euler の関数(>>621)である。
証明 良く知られているし、>>615 の証明と同様にしてもわかる。
623 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 21:56:47 ]
命題 r ＞ 1 を有理整数とし、r = Πp^n を r の素因数分解とする。 ここで p は r の相異なる素因子を動く。
φ(r) = rΠ(1 - 1/p) である。 ここで、φ(r) は Euler の関数(>>621)である。
証明 中国式剰余定理(前スレ１の341)より Z/rZ = ΠZ/(p^n)/Z である。 >>612 より φ(r) = |(Z/rZ)^*| = Π|(Z/(p^n)/Z)^*| である。
一方、622 より |(Z/(p^n)/Z)^*| = p^n - p^(n - 1) = (p^n)(1 - 1/p)
よって φ(r) = rΠ(1 - 1/p) である。 証明終
624 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/08(木) 22:45:02 ]
命題 ２次体 Q(√m) の主整環(>>431)を Z[ω] とする。 r ＞ 1 を有理整数とし、r = Πp^n を r の素因数分解とする。 ここで p は r の相異なる素因子を動く。
このとき |(Z[ω]/rZ[ω])^*| = φ(r)rΠ(1 - χ(p)/p) である。
ここで χ(p) は以下のように定義する。 (1) p が２次体 Q(√m) において分岐する(>>106)とき χ(p) = 0
(2) p が２次体 Q(√m) において完全分解する(>>106)とき χ(p) = 1
(3) p が２次体 Q(√m) において分解しない(>>106)とき χ(p) = -1
証明 中国式剰余定理(前スレ１の341)と >>612 より r が素数べき p^n の場合に証明すればよい。 この場合は >>617, >>619, >>620, >>622 より明らかである。 証明終
625 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/02/08(木) 23:23:00 ]
32
626 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/09(金) 20:46:30 ]
命題 R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
このとき h(D) = |Cl(D)| である。
ここで h(D) は判別式 D の簡約２次形式(>>407) の個数であり、 Cl(D) は R の Picard 群 Pic(R) = I(R)/P(R) (>>473) である。
証明 >>601 と >>602 より明らかである。
627 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/09(金) 20:47:15 ]
補題 R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とする。
fZ[ω] = (R : Z[ω]) である。
ここで (R : Z[ω]) は R のイデアルとしての導手(>>540)である。
証明 α = a + bfω ∈ (R : Z[ω]) とする。 αω = aω + bfω^2 ∈ R
ω は (X - ω)(X - ω') = X^2 - Tr(ω)X + N(ω) の根だから
ω^2 = Tr(ω)ω - N(ω)
よって -bfN(ω) + (a + bfTr(ω))ω ∈ R
よって a ≡ 0 (mod f) である。 よって α ∈ fZ[ω] である。 よって (R : Z[ω]) ⊂ fZ[ω] である。
逆の包含関係は明らかである。 証明終
628 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/09(金) 20:51:25 ]
補題 R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とする。
I = (R : Z[ω]) を R のイデアルとしての導手(>>540)とする。
|(R/I)^*| = φ(f) である。
ここで φ(f) は Euler の関数(>>621) である。
証明 >>627 より I = fZ[ω] = [f, fω] である。 よって R/I = [1, fω]/[f, fω] は Z/fZ と同型である。 よって |(R/I)^*| = φ(f) である。 証明終
629 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/09(金) 20:59:21 ]
命題 R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。 d を Q(√m) の判別式とする。
h(D) = (h(d)/[Z[ω]^* : R^*])fΠ(1 - χ(p)/p) である。 ここで p は f の相異なる素因子を動く。
証明 I = (R : Z[ω]) を R のイデアルとしての導手(>>540)とする。 >>627 より I = fZ[ω] である。
>>548 と >>626 より h(D) = h(d)[(Z[ω]/I)^* : (R/I)^*]/[Z[ω]^* : R^*]
>>624 より |(Z[ω]/I)^*| = φ(f)fΠ(1 - χ(p)/p)
>>628 より |(R/I)^*| = φ(f)
よって h(D) = (h(d)/[Z[ω]^* : R^*])fΠ(1 - χ(p)/p) である。 証明終
630 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/09(金) 21:03:17 ]
>>629
χ(p) は >>624 で定義したものである。
631 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/09(金) 21:03:59 ]
命題 R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。 d を Q(√m) の判別式とする。
(1) m = -1 のとき、即ち d = -4 のとき h(D) = (1/2)fΠ(1 - χ(p)/p)
(2) m = -3 のとき、即ち d = -3 のとき h(D) = (1/3)fΠ(1 - χ(p)/p)
(3) m が上記以外のとき h(D) = h(d)fΠ(1 - χ(p)/p)
上記いずれの場合も p は f の相異なる素因子を動く。 χ(p) は >>624 で定義したものである。
証明 >>629 より h(D) = (h(d)/[Z[ω]^* : R^*])fΠ(1 - χ(p)/p)
>>607 と >>609 より (1) m = -1 のとき、[Z[ω]^* : R^*] = 2 (2) m = -3 のとき、[Z[ω]^* : R^*] = 3 (3) |m| ＞ 3 のとき [Z[ω]^* : R^*] = 1
>>221 より Q(√(-1)) はノルム Euclid 的である。 よって h(-4) = 1 である。 前スレ３の233より Q(√(-3)) はノルム Euclid 的である。 よって h(-3) = 1 である。
以上から本命題の主張が得られる。 証明終
632 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/02/10(土) 00:34:00 ]
35
633 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/10(土) 11:32:12 ]
命題 R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。 d を Q(√m) の判別式とする。 m ≧ 1 を有理整数として S = [1, mfω] を整環とする。
このとき
h((m^2)D) = (h(D)/[R^* : S^*])mΠ(1 - χ(p)/p)
となる。ここで p は m の相異なる素因子を動く。
証明 >>629 より
h(D) = (h(d)/[Z[ω]^* : R^*])fΠ(1 - χ(p)/p) よって h(d) = h(D)[Z[ω]^* : R^*]/(fΠ(1 - χ(p)/p))
再び >>629 より
h((m^2)D) = (h(d)/[Z[ω]^* : S^*])mfΠ(1 - χ(p)/p) ここで p は mf の相異なる素因子を動く。
よって h((m^2)D) = (h(d)[Z[ω]^* : R^*]/[Z[ω]^* : S^*])mΠ(1 - χ(p)/p) = (h(D)/[R^* : S^*])mΠ(1 - χ(p)/p)
証明終
634 名前：１３２人目の素数さん [2007/02/10(土) 11:38:30 ]
Cox の Primes of the form x^2 + ny^2 によると >>633 は Gauss が 証明したという。 Disquisitiones の art. 254-256 がその証明らしいいという。 私はその証明をまだ確かめてない。
635 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/10(土) 13:41:14 ]
定義 V を有理数体上の有限次ベクトル空間とする。 L を V のアーベル群としての部分群で階数 が n = dim V の 自由アーベル群であるとき L を V の格子(lattice)という。
636 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/10(土) 13:44:43 ]
定義 ２次体 Q(√m) を有理数体上の２次元ベクトル空間とみて L がその格子(>>635)のとき L を２次体 Q(√m) の格子という。
637 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/10(土) 13:52:24 ]
定義
L を２次体 Q(√m) の格子(>>636)とする。
(L : L) = {α ∈ Q(√m); αL ⊂ L} と書く。
638 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/10(土) 14:23:27 ]
命題
L を２次体 Q(√m) の格子(>>636)とする。
(L : L) = {α ∈ Q(√m); αL ⊂ L} は Q(√m) の整環である。
証明 α ∈ (L : L) なら L は Z[α] 上の忠実加群とみなせる。 よって前スレ３の839よりαは(代数的)整数である。 つまり、(L : L) ⊂ Z[ω] である。 よって (L : L) は自由アーベル Z[ω] の部分群として 有限生成の自由アーベル群である。
(L : L) は明らかに Z[ω] の部分環である。
L = [β, γ] とする。
ωβ = pβ + qγ ωγ = rβ + sγ となる有理数 p, q, r, s がある。
よって aωβ ∈ L. aωγ ∈ L となる有理整数 a ≠ 0 がある。 aωL ⊂ L だから aZ[ω]L ⊂ L である。 よって aZ[ω] ⊂ (L : L) である。
aZ[ω] は階数２の自由アーベル群だから (L : L) もそうである。 よって (L : L) は Q(√m) の整環である。 証明終
639 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/10(土) 17:37:41 ]
補題 L を２次体 Q(√m) の格子(>>636)とする。 α ≠ 0 を Q(√m) の元とすると (αL : αL) = (L : L) である。
証明 自明である。
640 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/10(土) 17:40:32 ]
命題 L = [α, β] を２次体 Q(√m) の格子(>>636)とする。 τ = β/α とし、aτ^2 + bτ + c = 0 とする。 ここで a, b, c は有理整数で gcd(a, b, c) = 1 である。
このとき (L : L) = [1, aτ] である。
証明 L = [α, β] = α[1, τ] だから >>639 より (L : L) = ([1, τ] : [1, τ])
γ ∈ ([1, τ] : [1, τ]) とすると、 γ ∈ [1, τ] より γ = m + nτ、m ∈ Z、n ∈ Z と書ける。 γτ ∈ [1, τ] だから γτ = mτ + nτ^2 である。 一方、aτ^2 + bτ + c = 0 だから τ^2 = (-b/a)τ - c/a よって γτ = mτ + nτ^2 = -cn/a + (m - (bn/a))τ ∈ [1, τ]
よって -cn ≡ 0 (mod a) -bn ≡ 0 (mod a)
よって gcd(a, b, c) = 1 より n ≡ 0 (mod a) となる。 よって γ ∈ [1, aτ] である。 よって ([1, τ] : [1, τ]) ⊂ [1, aτ] である。
一方、aτ^2 = -c - bτ だから aτ∈ ([1, τ] : [1, τ]) よって [1, aτ] ⊂ ([1, τ] : [1, τ])
以上から (L : L) = [1, aτ] である。 証0明終
641 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/10(土) 17:45:45 ]
>>639 は αL が Q(√m) の格子であることを暗黙の前提としている。 しかし、これは明らかである。
642 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/10(土) 18:00:12 ]
命題 M ≠ 0 を２次体 Q(√m) の主整環 Z[ω] の可逆分数イデアル(>>466) とする。
M は明らかに Q(√m) の格子であるが、 (M : M) = Z[ω] である。
証明 α ∈ (M : M) とする。 αM ⊂ M より αM(M^(-1)) ⊂ M(M^(-1)) となる。 M(M^(-1)) = Z[ω] だから α ∈ Z[ω] である。 よって (M : M) ⊂ Z[ω] である。
逆の包含関係は明らかである。 証明終
643 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/10(土) 18:04:55 ]
命題 M ≠ 0 を２次体 Q(√m) の整環 R の可逆分数イデアル(>>466) とする。
M は明らかに Q(√m) の格子であるが、 (M : M) = R である。
証明 α ∈ (M : M) とする。 αM ⊂ M より αM(M^(-1)) ⊂ M(M^(-1)) となる。 M(M^(-1)) = R だから α ∈ R である。 よって (M : M) ⊂ R である。
逆の包含関係は明らかである。 証明終
644 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/10(土) 18:11:48 ]
>>642 は >>643 により不要だった。
645 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/10(土) 18:39:32 ]
命題(Cox の Primes of the forms x^2 + ny^2) M ≠ 0 を２次体 Q(√m) の整環 R の分数イデアル(>>463) とする。
(M : M) = R なら M は可逆である。
証明 M = [α, β] とする。 τ = β/α とし、aτ^2 + bτ + c = 0 とする。 ここで a, b, c は有理整数で gcd(a, b, c) = 1 である。
M = α[1, τ] である。 M' = α'[1, τ'] である。
よって aMM' = aN(α)<1, τ, τ', ττ'>
τ + τ' = -b/a ττ' = c/a だから
aMM' = aN(α)<a, aτ, aτ', aττ'> = aN(α)<a, aτ, -b , c> = N(α)[gcd(a, b, c), aτ] = N(α)[1, aτ]
>>640 より [1, aτ] = (M : M) = R である。 よって aMM' = N(α)R
これは M が可逆であることを意味する。 証明終
646 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/10(土) 23:44:40 ]
補題 ax^2 + bxy + cy^2 を原始的(>>279)な２次形式とする。 m ≧ 1 を有理整数とする。
互いに素な有理整数 s と t があり、 A = as^2 + bst + ct^2 が m と素になる。
証明 p を m の任意の素因数とする。
a と p が素なら s ≡ 1 (mod p), t ≡ 0 (mod p) とする。 このとき A ≡ a (mod p) だから A は p と素である。
a ≡ 0 (mod p) で c が p と素なら s ≡ 0 (mod p), t ≡ 1 (mod p) とする。 このとき A ≡ c (mod p) だから A は p と素である。
a ≡ 0 (mod p) で c ≡ 0 (mod p) なら gcd(a, b, c) = 1 より b は p と素である。 s ≡ 1 (mod p), t ≡ 1 (mod p) とする。 このとき A ≡ b (mod p) だから A は p と素である。
中国式剰余定理より m の各素因数 p に対して 上記の合同式を満たす s と t が存在して、A は m と素になる。 gcd(s, t) = r とする。 r = 1 なら s, t が求めるものである。 r ≠ 1 なら s = rs', t = rt' とおけば A = r^2(a(s')^2 + bs't' + c(t')^2) A/r^2 = a(s')^2 + bs't' + c(t')^2 となり A/r^2 は m と素である。 よって s' と t' が求めるものである。 証明終
647 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/02/11(日) 03:55:00 ]
36
648 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/11(日) 11:12:04 ]
命題 ax^2 + bxy + cy^2 を原始的(>>279)な２次形式とする。 m ≧ 1 を有理整数とする。
このとき、SL_2(Z) の元 σ = (p, q)/(r, s) があり、 ax^2 + bxy + cy^2 に σ を右から作用させて(>>401) Au^2 + Buv + Cv^2 となったとき、 A は m と素に出来る。
証明 >>646 より互いに素な有理整数 p と r があり、 A = ap^2 + bpr + cr^2 が m と素になる。
p と r は互いに素だから ps - qr = 1 となる 有理整数 s と q がある。 よって、行列 σ = (p, q)/(r, s) は SL_2(Z) の元である。
ax^2 + bxy + cy^2 に σ を右から作用させて Au^2 + Buv + Cv^2 となったとする。 つまり、f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 とおいたとき、 Au^2 + Buv + Cv^2 = f(pu + qv, ru + sv) である。
>>401 より A = ap^2 + bpr + cr^2 B = 2apq + b(ps + qr) + 2crs C = aq^2 + bqs + cs^2 である。 A は m と素だから σ = (p, q)/(r, s) が求めるものである。 証明終
649 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/11(日) 11:12:47 ]
補題 R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とする。 I と J を R の非零イデアルとする。 N(I) と N(J) が互いに素なら I + J = R である。
証明 I + J ≠ R とする。 R の素イデアル P があり I ⊂ P かつ J ⊂ P となる。 >>579 より N(I) と N(J) は N(P) で割れる。 証明終
650 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/11(日) 11:31:08 ]
命題 R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とする。 m ≧ 1 を有理整数とする。 I を R の可逆な分数イデアルとする。
このとき λ ∈ Q(√m) があり、 λI ⊂ R で λI + mR = R となる。
証明 D を R の判別式とする。
I に適当な定数を掛けることにより、初めから I は R の可逆な 原始イデアルと仮定してよい。 I = [a, b + fω] を R の標準基底による表示とする。
>>589 より判別式 D の２次形式 ax^2 + bxy + cy^2 があり、 r + fω = (-b + √D)/2 となる。 I は可逆だから >>592 より ax^2 + bxy + cy^2 は原始的である。
>>648 より SL_2(Z) の元 σ = (p, q)/(r, s) があり、 ax^2 + bxy + cy^2 に σ を右から作用させて Au^2 + Buv + Cv^2 となったとき、 A は m と素に出来る。
>>282 より gcd(A, B, C) = 1 である。 >>594 より J = [A, (-B + √D)/2] は R の可逆な原始イデアルであり、 I(R)/P(R) (>>473) の I と同じ類に属す。
N(J) = A で A は m と素だから >>649 より J + mR = R である。 証明終
651 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/11(日) 11:50:30 ]
>>650 訂正：
>命題 >R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とする。
命題 R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とする。
652 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/11(日) 12:12:44 ]
補題 R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とする。 I ≠ 0 を R のイデアルとする。
N(I) ∈ I である。
証明 ノルムの定義(>>438)より |R/I| = N(I) である。 つまり R/I のアーベル群としてに位数は N(I) である。 よって R/I の任意の元 x に対して N(I)x = 0 である。 特に N(I)1 = 0 である。 これは N(I) ∈ I を意味する。 証明終
653 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/11(日) 12:16:10 ]
命題 R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とする。 I ≠ 0 を R のイデアルとする。 R の Picard 群 I(R)/P(R) (>>473) の任意の剰余類には I と素な R のイデアル J が存在する。 つまり、 I + J = R となる J ∈ I(R) が存在する。
証明 >>650 より I(R)/P(R) の任意の剰余類には J + N(I)R = R となる J ∈ I(R) が存在する。
>>652 より N(I) ∈ I だから N(I)R ⊂ I である。 よって J + I = R である。 証明終
654 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/12(月) 06:58:52 ]
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とする。
R の正則(>>550)な分数イデアル全体を RI(R) と書いたく(>>572)。 R の正則な単項分数イデアルのなす群を RP(R) と書いた(>>572)。
>>653 を R の導手(>>540) I = fZ[ω] (>>627) に適用すると、 RP(R)/RI(R) は I(R)/P(R) に同型になる。
これは >>575 を R に適用した場合の別証明になっている。
655 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 mailto:sage [2007/02/12(月) 08:08:54 ]
補題 R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とする。 Z[ω] の元 α に対して α ∈ R で αR が正則であるためには
α ≡ a (mod fZ[ω]) で gcd(a, f) = 1 となる有理整数 a が 存在することが必要十分である。
証明 α ∈ R で αR が正則とする。 α ∈ R なら α = a + bfω と書ける。
αR が正則だから αZ[ω] + fZ[ω] = Z[ω] である。
α ≡ a (mod fZ[ω]) だから aZ[ω] + fZ[ω] = Z[ω] である。 gcd(a, f) ≠ 1 とすると a と f を割る素数 p がある。 p を含む Z[ω] の素イデアル P をとれば aZ[ω] + fZ[ω] ⊂ P となって矛盾。 よって gcd(a, f) = 1 である。
逆に α ≡ a (mod fZ[ω]) で gcd(a, f) = 1 となる有理整数 a が あるとする。
αZ[ω] + fZ[ω] = aZ[ω] + fZ[ω] = Z[ω] である。 よって αR は正則である。
証明終
656 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 mailto:sage [2007/02/12(月) 08:46:28 ]
訂正
>>470 >A の０でない分数イデアル全体は乗法により群となる。
A の０でない可逆分数イデアル全体は乗法により群となる。
657 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/12(月) 08:48:17 ]
定義 A を Dedekind 環とする。 m ≠ 0 を A のイデアルとする。 A の分数イデアルで m と素なもの全体は 可逆分数イデアル群 I(A) (>>470) の部分群となる。 これを I(m) と書く。
A の単項分数イデアルで m と素なもの全体は 単項分数イデアル群 P(A) (>>471) の部分群となる。 これを P(m) と書く。
658 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/12(月) 09:06:55 ]
命題 A を Dedekind 環とする。 m ≠ 0 を A のイデアルとする。
I(m)/P(m) は I(A)/P(A) に標準的に同型である。
ここで, I(m) と P(m) は >>657 で定義したもの。
証明 I(m) → I(A) を包含写像とする。 この核は P(m) である。
よって標準単射 I(m)/P(m) → I(A)/P(A) が得られる。 >>573 より、これは全射である。 証明終
659 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/12(月) 09:18:38 ]
定義 A を Dedekind 環とする。 a ≠ 0 を A の元とする。
I(aA) (>>657) をI(a) と書く。 同様に、P(aA) を P(a) と書く。
660 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/02/12(月) 10:31:31 ]
命題 A を１次元のネーター整域とし K をその商体とする。 A の K における整閉包を B とし、B は A-加群として有限生成とする。 I = (A : B) を A の導手とする。
J ≠ 0 を B のイデアルで I と素とする。 J に A ∩ J を対応させることにより B のイデアルで I と 素なものと A の正則なイデアルとの１対１の対応が得られる。
証明 J ≠ 0 を B のイデアルで I と素とする。 >>557 より A ∩ J は正則な A のイデアルで (A ∩ J)B = J となる。
よって J に A ∩ J を対応させる写像は単射である。
逆に J_0 を A の正則なイデアルとする。 定義(>>550)より (J_0)B は I と素である。 よって >>557 より A ∩ (J_0)B は正則であり (A ∩ (J_0)B)B = (J_0)B となる。 よって >>556 より A ∩ (J_0)B = J_0 である。
よって J に A ∩ J を対応させる写像は全単射である。 証明終
