代数的整数論の問題

難易度 4大学院入試の難問レベル証明問題大学院数学代数的整数論

$K = Q (2, 3)$ とし、 $O_{K}$ を $K$ の整数環（ $K$ に含まれる代数的整数全体）とする。素数 $p$ が $K$ で惰性するとは、イデアル $p O_{K}$ が $O_{K}$ の素イデアルであることをいう。

どの素数 $p$ も $K$ で惰性しないこと、すなわち任意の素数 $p$ に対して $p O_{K}$ は素イデアルでないことを証明せよ。

ただし、次の事実は用いてよい。
- $O_{K}$ はデデキント整域であり、 $0$ でない真のイデアルは素イデアルの積に（順序を除き）一意に分解する。
- 代数的数 $α$ が代数的整数であるための必要十分条件は、 $α$ の $Q$ 上の最小多項式（モニック）の係数がすべて整数であることである。
- 奇素数 $p$ と $p$ で割り切れない整数 $a, b$ に対し、ルジャンドル記号は $(\frac{ab}{p}) = (\frac{a}{p}) (\frac{b}{p})$ を満たす。

この問題で使うもの

平方剰余とオイラーの規準（説明と入口の問題）
ガロア拡大での素数の分解（efg=n とフロベニウス）（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（92 技能）

算数中学高校大学大学院

読み込み中…

右端（太枠）がこの問題で使う技能です。左へドラッグすると、さらに前の前提をさかのぼれます。技能を押すと、そこまでの道筋が光ります。

一覧で見る（前提が先）

ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

背理法で $p O_{K}$ が素イデアルだと仮定します。 $K$ には $2, 3, 6$ が含まれることに注目し、 $p = 2, 3$ とそれ以外で場合を分けましょう。

ヒント 2

$p = 2, 3$ では $p O_{K} = (p O_{K})^{2}$ となります。 $p \geq 5$ では $(\frac{6}{p}) = (\frac{2}{p}) (\frac{3}{p})$ から、 $2, 3, 6$ のどれかは $p$ を法とする平方剰余になります。

ヒント 3

$a^{2} \equiv d (mod p)$ なら $(a - d) (a + d) \in p O_{K}$ です。素イデアルの性質から $(a \pm d) / p$ が代数的整数になるはずなので、その最小多項式の係数を調べます。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

背理法の仮定 $P = p O_{K}$ が素イデアルとし、 $P$ が $0$ でも $O_{K}$ でもないことを確認している（1 点）
素イデアル $P$ が真のイデアルの平方 $I^{2}$ になり得ないことを、 $I \subset P \subset I$ と分解の一意性（ $P \neq = P^{2}$ ）から示している（2 点）
$p = 2, 3$ のとき $p O_{K} = (p O_{K})^{2}$ と書けることを使って矛盾を導いている（2 点）
$p \geq 5$ のとき、ルジャンドル記号の乗法性から $2, 3, 6$ のいずれかが平方剰余であることを示している（2 点）
$(a - d) (a + d) \in P$ から $(a \pm d) / p \in O_{K}$ を導き、その最小多項式の係数 $2 a / p$ が整数でないことで矛盾を得ている（3 点）

結果を記録する（このブラウザにだけ保存されます）:

模範解答を読む

背理法で示す。ある素数 $p$ について $P = p O_{K}$ が素イデアルであると仮定し、矛盾を導く。

まず $P \neq = O_{K}$ である。実際 $1 \in p O_{K}$ なら $1/ p \in O_{K}$ となるが、 $1/ p$ の最小多項式 $x - 1/ p$ の係数は整数でないので $1/ p$ は代数的整数でない。また $P \neq = 0$ 。

補題. $P$ が $0$ でない素イデアルで、真のイデアル $I$ により $P = I^{2}$ と書けることはない。

*証明.* $P = I^{2}$ とする。 $I \cdot I \subset P$ で $P$ は素イデアルだから $I \subset P$ （もし $I \neq \subset P$ なら $x \in I ∖ P$ をとると $x^{2} \in P$ より $x \in P$ となり矛盾）。一方 $P = I^{2} \subset I$ 。よって $I = P$ で $P = P^{2}$ 。ところが $P$ と $P^{2}$ は素イデアル分解がそれぞれ $P^{1}$ , $P^{2}$ であり、分解の一意性から $P \neq = P^{2}$ 。矛盾。 $□$

場合 1： $p = 2$ または $p = 3$ 。 $d = p$ とおくと $d \in K$ で、 $d$ は $x^{2} - d$ の根だから $d \in O_{K}$ 。 $I = d O_{K}$ とおくと $I^{2} = d O_{K} = p O_{K} = P$ 。 $I$ は真のイデアルである：もし $I = O_{K}$ なら $P = I^{2} = O_{K}$ となり、上で示した $P \neq = O_{K}$ に反する。よって $P = I^{2}$ （ $I$ は真のイデアル）となり、補題に矛盾する。

場合 2： $p \geq 5$ 。 $p$ は $2, 3, 6$ のいずれも割り切らないので、ルジャンドル記号 $(\frac{2}{p}), (\frac{3}{p}), (\frac{6}{p})$ はそれぞれ $\pm 1$ であり、乗法性より
$(\frac{6}{p}) = (\frac{2}{p}) (\frac{3}{p}) .$
もし $(\frac{2}{p}) = (\frac{3}{p}) = - 1$ なら $(\frac{6}{p}) = 1$ 。したがって $d \in {2, 3, 6}$ のうち少なくとも 1 つは $(\frac{d}{p}) = 1$ を満たし、 $a^{2} \equiv d (mod p)$ となる整数 $a$ が存在する。

ここで $d \in K$ （ $6 = 23$ ）であり、 $d \in O_{K}$ 。 $O_{K}$ の中で
$(a - d) (a + d) = a^{2} - d \in p Z \subset p O_{K} = P .$
$P$ は素イデアルだから、 $a + d \in P$ または $a - d \in P$ 。 $σ \in {1, - 1}$ を $a + σ d \in P = p O_{K}$ となるようにとると、
$β = \frac{a + σ d}{p} \in O_{K} .$
$d$ は無理数なので $β \in / Q$ であり、 $β$ は
$x^{2} - \frac{2 a}{p} x + \frac{a ^{2} - d}{p ^{2}}$
の根だから、これが $β$ の $Q$ 上の最小多項式である（ $β$ は 2 次の多項式の根で有理数でないため）。 $β$ は代数的整数なので $\frac{2 a}{p} \in Z$ 、すなわち $p ∣ 2 a$ 。 $p$ は奇素数なので $p ∣ a$ 。すると $d \equiv a^{2} \equiv 0 (mod p)$ となり $p ∣ d$ だが、 $d \in {2, 3, 6}$ 、 $p \geq 5$ なので不可能。矛盾。

結論. 場合 1、場合 2 のいずれでも矛盾が生じたので、仮定は誤りである。よって任意の素数 $p$ について $p O_{K}$ は素イデアルでなく、どの素数も $K = Q (2, 3)$ で惰性しない。 $■$

この問題の確認

AI が作成した問題です。公開前に次の確認を行いました。

別の AI が模範解答を見ずに 3 回証明を試み、3 回証明できました
2 つの AI が独立に、模範解答の証明を 1 ステップずつ確かめました
AI の査読で、条件・解説・表記を確認しました
答えの正しさについて慎重に扱うべき点が見つからなかったため、自動で公開しました

確認の方法について

間違いを報告する

この問題の誤り・分かりにくい点・難易度や学年のずれを知らせる