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代数的整数論の問題

難易度 2大学院の講義の演習問題レベル証明問題大学院数学代数的整数論

$f (x) = x^{3} - 2 x - 2 \in Z [x]$ とし、 $α \in C$ を $f$ の根の 1 つ、 $K = Q (α)$ 、 $O_{K}$ を $K$ の整数環とする。

$O_{K} = Z [α]$ であることを証明せよ。

ただし、次の事実は用いてよい。
- $K$ が $Q$ 上 3 次ならば、 $Z [α] \subset O_{K}$ はともに階数 3 の自由 $Z$ 加群で、指数 $m = [O_{K} : Z [α]]$ は有限であり、 $disc (1, α, α^{2}) = m^{2} d_{K}$ が成り立つ（ $d_{K} \in Z$ は $K$ の判別式）。
- $α$ が $x^{3} + a x + b$ （ $a, b \in Z$ 、既約）の根のとき、 $disc (1, α, α^{2}) = - 4 a^{3} - 27 b^{2}$ 。
- 代数的整数 $β \in K$ のノルム $N_{K / Q} (β)$ は整数であり、ノルムは乗法的である。

この問題で使うもの

3 次体の整数基底と判別式（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（72 技能）

算数中学高校大学大学院

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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

判別式と指数の関係 $disc (1, α, α^{2}) = m^{2} d_{K}$ を使って、指数 $m$ の候補を絞りましょう。

ヒント 2

$disc (1, α, α^{2}) = - 76 = - 2^{2} \cdot 19$ なので $m \in {1, 2}$ です。 $m = 2$ なら $(c_{0} + c_{1} α + c_{2} α^{2}) /2$ （ $c_{k} \in {0, 1}$ 、すべては $0$ でない）の形の代数的整数があります。

ヒント 3

その元に $α$ のべきを掛け、 $α^{3} = 2 α + 2$ を使うと $α^{2} /2$ が代数的整数であることが導けます。あとはそのノルムを計算してみましょう。

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

アイゼンシュタインの判定法で $f$ の既約性を示し、 $disc (1, α, α^{2}) = - 76$ を正しく計算している（2 点）
$m^{2} ∣ 76$ から指数 $m$ が $1$ または $2$ に限られることを導いている（2 点）
$2 ∣ m$ と仮定し、 $β = (c_{0} + c_{1} α + c_{2} α^{2}) /2 \in O_{K}$ （ $c_{k} \in {0, 1}$ 、すべては $0$ でない）の存在を剰余群の位数 $2$ の元から導いている（2 点）
$α$ のべきを掛け $α^{3} /2, α^{4} /2 \in Z [α]$ を用いて $α^{2} /2 \in O_{K}$ を導いている（2 点）
$N (α) = 2$ から $N (α^{2} /2) = 1/2$ を計算して矛盾を得て、 $O_{K} = Z [α]$ を結論している（2 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

ステップ 1： $f$ の既約性と判別式。 $f (x) = x^{3} - 2 x - 2$ は、係数 $- 2, - 2$ がすべて $2$ で割り切れ、定数項 $- 2$ が $4$ で割り切れないので、 $p = 2$ についてのアイゼンシュタインの判定法により $Q$ 上既約である。よって $[K : Q] = 3$ 。 $a = - 2$ , $b = - 2$ として
$disc (1, α, α^{2}) = - 4 (- 2)^{3} - 27 (- 2)^{2} = 32 - 108 = - 76 = - 2^{2} \cdot 19.$

ステップ 2：指数の候補。 $m = [O_{K} : Z [α]]$ とすると $m^{2} d_{K} = - 76$ で $d_{K} \in Z$ なので $m^{2} ∣ 76 = 2^{2} \cdot 19$ 。 $19$ は素数なので $m \in {1, 2}$ 。したがって $2 ∤ m$ を示せば $m = 1$ 、すなわち $O_{K} = Z [α]$ が従う。

ステップ 3： $2 ∣ m$ と仮定して矛盾を導く。 $2 ∣ m$ とすると、有限アーベル群 $O_{K} / Z [α]$ の位数は偶数なので、コーシーの定理により位数 $2$ の元が存在する。すなわち $β \in O_{K} ∖ Z [α]$ で $2 β \in Z [α]$ となるものがある。 $2 β = c_{0} + c_{1} α + c_{2} α^{2}$ （ $c_{k} \in Z$ ）と書く。 $c_{k}$ を $2$ で割った余りに取り替える（ $β$ から $Z [α]$ の元を引く）ことで、 $c_{k} \in {0, 1}$ としてよく、 $β \in / Z [α]$ なので $(c_{0}, c_{1}, c_{2}) \neq = (0, 0, 0)$ 。

$i = min {k ∣ c_{k} = 1}$ とおくと $β = \frac{1}{2} \sum_{k = i}^{2} c_{k} α^{k}$ である。 $α^{2 - i} \in O_{K}$ を掛けると
$α^{2 - i} β = \frac{α ^{2}}{2} + k = i + 1 \sum 2 c_{k} \frac{α ^{k + 2 - i}}{2} \in O_{K} .$
右辺の和に現れる指数 $k + 2 - i$ は $3$ または $4$ である。 $f (α) = 0$ より $α^{3} = 2 α + 2$ なので
$\frac{α ^{3}}{2} = α + 1 \in Z [α], \frac{α ^{4}}{2} = α \cdot \frac{α ^{3}}{2} = α^{2} + α \in Z [α] .$
よって和の部分は $Z [α] \subset O_{K}$ に属し、
$γ = \frac{α ^{2}}{2} \in O_{K} .$

ステップ 4：ノルムによる矛盾。 $f$ はモニックで既約だから、 $α$ の共役は $f$ の 3 根で、その積は $- f (0) = 2$ 。よって $N_{K / Q} (α) = 2$ 。また $N_{K / Q} (2) = 2^{3} = 8$ 。ノルムの乗法性より
$N_{K / Q} (γ) = \frac{N _{K / Q} ( α ) ^{2}}{N _{K / Q} ( 2 )} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2} .$
これは整数でないので、 $γ$ が代数的整数であることに矛盾する。

結論. $2 ∤ m$ であり、ステップ 2 より $m = 1$ 。したがって $O_{K} = Z [α]$ である（このとき $d_{K} = - 76$ ）。 $■$

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