■ - Finite Groups Fun 有限群あるいはちょこっと計算ファンの日記

[数論]高木貞治『初等整数論講義第二版』第五章ノートその３

　§47で二次体の単数の話題が終わり、直後に怒涛のごとく問題が並んでいる（pp.314-316）。今までは問題の解法の説明もそれなりに親切だったが、5章ではなぜか突き放されることが多いような気がする。早速ギャップを埋めにいってみよう。

[問題1]　実二次体 $K(\sqrt{m})$ における基本単数のノルムが $-1$ に等しいためには、 $m$ が $q\equiv -1 \pmod{4}$ なる素因数 $q$ を有しないことが必要である。

[解]　ノルムが $-1$ の基本単数が存在する必要条件は、 $t^2-du^2=-4$ が整数解をもつことである。判別式 $d$ の任意の素因子を $q$ とすれば、 $t^2 \equiv -4 \pmod{q}$ . もしここで $q\equiv -1 \pmod{4}$ ならば、『これは不可能である』と高木先生は述べるが、ここでぐっと詰まった。しかし、『このとき』以降に高木先生の後出しヒントがあった。もし $q\equiv -1 \pmod{4}$ ならば $q$ は $2$ でないので奇素数であり、 $(\frac{-1}{q})=-1$ である（∵第一補充法則 p.74）。一方 $t^2 \equiv -4 \pmod{q}$ は、 $(\frac{-4}{q})=1$ を意味するが、 $1=(\frac{-4}{q})=(\frac{-1}{q})(\frac{4}{q})=(\frac{-1}{q})$ は矛盾である。

[問題2]　実二次体 $K(\sqrt{m})$ における基本単数のノルムが $+1$ に等しいならば、 $J=(\sqrt{m})$ 以外に $J=J'$ なる単項原始イデアルがある.

[解]　基本単数を $\epsilon$ とすると、仮定より $N(\epsilon)=\epsilon \epsilon'=1$ . これより $\epsilon=\frac{1+\epsilon}{1+\epsilon'}$ . $\eta:=1+\epsilon$ がもし単数だとすると、 $\epsilon=\frac{\eta}{\eta'}=\frac{\eta^2}{\eta' \eta}=\eta^2$ . 『これは不合理である』と先生は述べる。不合理である理由は、 $\epsilon$ が基本単数だから $\eta=\pm \epsilon^k$ となっているはずだが、先の式より $\epsilon = \epsilon^{2k}$ が成立するが $\epsilon > 1$ なので確かにこれは不合理である。 $J:=(1+\epsilon)$ とすれば、 $1+\epsilon$ が単数ではないので、 $J\ne K(\sqrt{m})$ . $J=J'$ であるのは、 $\epsilon'(1+\epsilon)=1+\epsilon'$ から $1+\epsilon' \in (1+\epsilon)=J$ だからである。
　もし $J=(a\sqrt{m})$ だとする( $a$ は有理整数としている)と $1+\epsilon=\eta a\sqrt{m}$ と書ける（紛らわしいが、前段の $\eta$ とはまた違うものなので注意）。テキストではいきなり『 $\eta$ は単数』との主張がなされているが、「整域の2つの単項イデアルが等しいとき、その生成元は単数の差でしかない」という一般論がある（∵ $(a)=(b)$ としよう。 $b=xa,\ a=yb$ なる $x,y$ があるが、 $b=xa=xyb$ から $1=xy$ が出るからである。またノルムが $-1$ でないのは基本単数のノルムが $1$ だからである）。このとき $1+\epsilon'=-\eta' a \sqrt{m}$ なので $\epsilon=\frac{1+\epsilon}{1+\epsilon'}$ に放り込むと、 $\epsilon=-\frac{\eta}{\eta'}=-\eta^2$ . 先と同様の理由でこれは不合理となる。
　よって、 $J=aJ_0$ で $J_0$ は原始イデアルと分解すると $J_0 \neq (\sqrt{m})$ . さて、もし $J_0\neq J_0'$ なら $x\in J_0, x' \not\in J_0$ なる $x$ があるが、 $ax \in J=J'$ より $ax' \in J=aJ_0\ \because x'\in J_0$ と矛盾するので、 $J_0=J_0'$ □

　直後の[注意]によると、『 $J=J'$ なる原始イデアル』は有限個しかなく、かつ具体的にすべてを列挙できることがわかる。そのようなイデアルの素イデアル分解を考えると、完全分解( $P\neq P'$ )および惰性のときの( $P=(p)$ )素イデアルを含むと原始イデアルではなくなる(完全分解のときの素イデアルはその共役と必ずセットで現れる)ためである。一方、分岐するときの素イデアル（ $P=P'$ ; $d$ の素因数から生じるため有限個）も同じ素因子の２つ以上の積を含むと原始イデアルでなくなるため、高々一回しか現れない。

[例]　 $p\equiv 3 \pmod{4}$ として、 $K(\sqrt{p})$ を考える。[問題１]より、これの基本単数のノルムは１。 $d=4p$ で[注意]より、 $J=J'$ なる原始イデアルは、 $(2)=L^2$ なる $L$ か $(\sqrt{p})$ (ここに $(p)=(\sqrt{p})^2$ )か、その積 $L(\sqrt{p})$ の3つしかない。
　ここで、 $L(\sqrt{p})$ が単項イデアルなら、 $L$ も単項イデアルであることを証明しよう。 $L(\sqrt{p})=(a)$ とする。 $a\in L(\sqrt{p})$ なので $a=x \sqrt{p},\ x\in L$ と書ける（イデアルの積は定義から各々の元の積の有限和だがこのケースではまとめるとこの形にできる）。このとき $(x)=L$ となっている。 $(x)\subset L$ は明らかなので逆を示す。任意の $y\in L$ に対して、 $y\sqrt{p}\in L(\sqrt{p})=(a)$ より、 $y\sqrt{p}=za=zx\sqrt{p}$ なので、 $y=zx$ つまり $y\in (x)$ が得られる。
　さて、3つの $J=J'$ なる原始イデアルのうち、 $(\sqrt{p})$ を除いたものなかに単項原始イデアルが存在するという[問題2]の結果と上の考察から、結局のところ $L$ が単項原始イデアルでなければならないことがわかる。その生成元を $x+y\sqrt{p}$ とすると $x^2-py^2=\pm 2$ が成立する。
　 $\pmod{4}$ で考えると、 $x^2-3y^2\equiv \pm 2 \pmod{4}$ . このとき $x,y$ の片方でも偶数なら、この合同式は成立しないのでどちらも奇数ということになる。
　 $\pmod{8}$ で考えると、 $p\equiv 3 \pmod{8}$ か $p\equiv 7 \pmod{8}$ となる。