■ - 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10

　§50の問題を見ていこう。いやはや、GWで時間があると思うと逆に勉強しなくなりますな。

[問題１] $J=[a,r+\omega]$ を原始イデアルの標準基底での表示、 $a=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots$ を素因数分解とすると、次は素イデアル分解となる。

$J=P_1^{k_1}P_2^{k_2}\cdots$ .　ここに $P_i:=[p_i,r+\omega$ ]

　証明はテキストの通りだが、 $N(P_i)=p_i$ でノルムが素数のイデアルは自動的に極大イデアルとなるので、上式が素イデアル分解を与えている。元が原始イデアルなのでここで現れる素数 $p_i$ は、分岐か完全分解の素数に限る。

[問題２]原始イデアル $J_1=[a_1,r+\omega]$ , $J_2=[a_2,s+\omega]$ において $(a_1,a_2)=1$ であるとき、 $J_1 J_2 = [a_1 a_2, t+\omega$ ]. ただし、 $t$ は合同式 $t\equiv r \pmod{a_1},\ t\equiv s \pmod{a_2}$ から求められる。

　中国剰余定理により $t$ が求められ、かつ $\pmod{a_1 a_2}$ でどの解も合同なので結果は $t$ の選び方には依らない。 $t$ を使うと $J_1=[a_1,t+\omega]$ , $J_2=[a_2,t+\omega]$ と書けるが、このとき $a_1 \mid N(t+\omega),\ a_2 \mid N(t+\omega)$ が成立し、 $a_1,a_2$ が互いに素なので $a_1 a_2 \mid N(t+\omega)$ . これは $J:=[a_1 a_2, t+\omega]$ が標準的基底になっていることを示しており、 $J$ は原始イデアルとなる。問題１を使えば、 $J=J_1 J_2$ .

[問題３] $J_1=[a_1,r+\omega]$ , $J_2=[a_2,s+\omega]$ において $(a_1,a_2)=d > 1$ であるとき、 $J_1 J_2$ の標準的基底を求めること.

　問題２の拡張である。問題３が解けると任意の原始イデアルの積が計算できるようになる。テキストの証明はいつの間にか文字が小さくなってごちゃっとしている上に記号が紛らわしいし、場合分けが見にくかったり、途中で問題４が乱入するというカオスを呈しているので、再構成を試みる。

　問題１より、 $a_i=\prod_p p^{k_{p,i}}$ と素因数分解すると、

$J_1=\prod_p {P_r}^{k_{p,1}}$ .　ここに $P_r:=[p,r+\omega$ ]
$J_2=\prod_p {P_s}^{k_{p,2}}$ .　ここに $P_s:=[p,s+\omega$ ]
　互に素な場合は問題２により解かれているので、 $p \mid d$ なる素数の場合だけが $J_1 J_2$ の積での計算で解決すべき部分である。
　ところで $P_r,P_s$ ともに $(p)$ を含む真に大きな自明でないイデアルなので分解 $(p)=PP'$ での極大イデアル $P,P'$ のどちらかに一致する（分岐のときはどっちでも同じ）。 $P_r=P_s$ の時は $P$ か $P'$ に一致しているが、 $p$ が分岐の時は積が2つごとに $(p)$ に戻るため、容易。 $p$ が完全分解のときはこれはすなわち[問題４]である。 $P_r\neq P_s$ の時は $p$ が完全分解のときしか起こりえないが、 $P,P'$ がペアになると $(p)$ に戻るため、 $J_1 J_2$ において、 $P_r,P_s$ のベキが打ち消しあうことになる。残るのは $P$ か $P'$ のベキなので結局、[問題４]に還元される。

計算を進めるために次の補題を用意する。

$p \mid d$ のとき、 $k = min(k_{p,1},k_{p,2})$ として、
$P_r=P_s \Rightarrow r\equiv s \pmod{p^k}$

<証明>
$J_1,\ J_2 \subset {P_r}^k$ なので特に $r+\omega,\ s+\omega \subset {P_r}^k$ . よって $r-s=(r+\omega)-(s+\omega) \in {P_r}^k$ となるが、[問題１]から ${P_r}^k=[p^k,r+\omega]$ は標準的基底なので、その性質から $p^k \mid r-s$ □

　さて、ここで次の２つの場合に分ける。
ア） $r \not\equiv s \pmod{p^k}$ のとき：
　このとき上の補題の対偶により、 $P_r \neq P_s$ であるので、 $J_1 J_2=(p)^k [a_1/p^k,r+\omega][a_2/p^k,s+\omega]$ と計算が進む。このとき最大公約数 $(a_1/p^k,a_2/p^k)$ には $p$ が含まれなくなっている。

イ） $r \equiv s \pmod{p^k}$ のとき：
この場合は $p$ は放置しておいて、次の $d$ の素因数を考慮する。

この操作をすべての $d$ の素因数について行うと、最終的に改めて $J_1=[a_1,r+\omega]$ , $J_2=[a_2,s+\omega]$ において $(a_1,a_2)=d$ としたとき、任意の $d$ の素因数 $p$ に対して、 $r \equiv s \pmod{p^k}$ が成り立つようにできる。よって、特に $r \equiv s \pmod{d}$ である。
　ここ至って、 $t\equiv r \pmod{a_1}$ , $t\equiv s \pmod{a_2}$ の有理整数解 $t$ が存在する（p.33 [問題１] ）ので、

$J_1=[a_1,r+\omega]=[a_1,t+\omega]$
$J_2=[a_2,s+\omega]=[a_2,t+\omega]$

と書き直すことができて、 $a_1 \mid N(t+\omega),\ a_2 \mid N(t+\omega)$ より
$a_1 a_2 /d \mid N(t+\omega)$ . 再び[問題１]より、
$J_1 J_2=[a_1 a_2 /d, t+\omega] [d, t+\omega]$ .
$[a_1 a_2 /d, t+\omega]$ には、 $[p,t+\omega]$ のちょうど $max(k_{p,1},k_{p,2})$ 乗のベキが含まれ、 $[d, t+\omega]$ には $[p,t+\omega]$ のちょうど $k$ 乗のベキが含まれる。よって、 $J_1 J_2$ には $[p,t+\omega]$ のちょうど ${k_{p,1}+k_{p,2}}$ 乗のべきが含まれる。そしてこの計算は[問題４]が必要となる。

[問題４]　 $(p)=PP',\ P\neq P'$ であるとき、 $P$ の任意のベキ $P^n$ の標準的基底を求めること。

　なぜ、テキストの証明の手続きが必要かというと $P=[p,t+\omega]$ だとして、 $P^k=[p^k,t+\omega]$ になってそうだがそうはいかない（[問題１]の逆は成立しない）。後者が標準的基底であるためには、 $p^k \mid N(t+\omega)$ である必要があるが、 $p \mid N(t+\omega)$ しか保証されていないからである。

さて、3節ではイデアルすべて単項イデアルの場合（ $h=1$ )の例を見ている。 $h=1$ かどうかはp.303でいくつかの $m$ ではわかっている。あとはどの素数が完全分解か分岐か惰性かを判定できればよい（p.292）。

[例１]　 $x^2+y^2=n$
$m=-1$ で $m \equiv 3 \pmod{4}$ なので $d=-4$ . $(\frac{-4}{p})=(\frac{-1}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}}$ なので分解の判断は容易。 $2$ だけが分岐する。原始解であるのはイデアル $(x+iy)$ が原始イデアルであることなのでテキストの通りである。

[例２]　 $x^2+2y^2=n$
$m=-2$ で $m \equiv 2 \pmod{4}$ なので $d=-8$ .　 $(\frac{-8}{p})=(\frac{-2}{p})=(\frac{-1}{p})(\frac{2}{p})=(-1)^\frac{p-1}{2}(-1)^\frac{p^2-1}{8}$ . $2$ だけが分岐する。

[例３]　 $x^2-2y^2=n$
$m=2$ で $m \equiv 2 \pmod{4}$ なので $d=8$ .　 $(\frac{8}{p})=(\frac{2}{p})=(-1)^\frac{p^2-1}{8}$ . $2$ だけが分岐する。 $\epsilon:=1+\sqrt{2}$ は $N(\epsilon)=-1$ なので単数だが、 $\sqrt{2}$ の連分数近似の最初にその共役 $1-\sqrt{2}$ が表れて、基本単数であることが確認できる（そもそも係数がこれ以上簡単になれないという理屈でもよい）。
　 $n=p=17$ の場合、 $p\equiv 1 \pmod{8}$ なので、 $(\frac{2}{17})=1$ だが、その具体的な解は、 $6^2=36\equiv 2 \pmod{17}$ で与えられる。素イデアルを求める計算（p.289）より直ちに $P=[17,6+\sqrt{2}]$ . ところがこれは単項イデアルになるはず。一般論は次にやるらしいが、テキストに従うと $P=(1+3\sqrt{2})$ . $x=1,\ y=3$ は $x^2-2y^2=-17$ の解を与えるので、 $\epsilon$ を掛けることで、 $(1+3\sqrt{2})(1+\sqrt{2})=7+4\sqrt{2}$ から $x=7,\ y=4$ は $x^2-2y^2=17$ の解を与える。

[例４]　 $x^2-3y^2=n$
$m=3$ で $m \equiv 3 \pmod{4}$ なので $d=12$ . $(\frac{12}{p})=(\frac{3}{p})=(\frac{p}{3})(-1)^\frac{p-1}{2}$ . $\pmod{12}$ で考えて、 $p\equiv 1,5,7,11 \pmod{12}$ の4通りで、それぞれ $(\frac{3}{p})=1,-1,-1,1$ .