代数的整数論の問題

手順 1: 整数環と単数の条件を確認する。 $7\equiv 3(\mathrm{mod}4)$ なので ${\mathcal{O}}_K=\mathbb{Z}[\sqrt{7}]$ である。$\alpha =x+y\sqrt{7}\in {\mathcal{O}}_K$ が単数であるための条件は、ノルム $N(\alpha )=x^2-7y^2$ が $\pm 1$ になることである。また、ディリクレの単数定理より $K$ は実 2 次体（$r_1=2,r_2=0$）なので単数群の階数は $r_1+r_2-1=1$ であり、$K\subset \mathbb{R}$ に含まれる 1 の冪根は $\pm 1$ だけだから、${\mathcal{O}}_K^{\times }=\{\pm 1\}\times ⟨\epsilon ⟩$ となる。$\epsilon =x+y\sqrt{7}>1$ のとき $x,y$ は正の整数であり、$x^2-7y^2=\pm 1$ の正の解で $y$（したがって $x$）が最小のものが $\epsilon$ を与える。

手順 2: $\sqrt{7}$ を連分数展開する。 $m_0=0,Q_0=1,a_0=\lfloor \sqrt{7}\rfloor =2$ から、$m_{n+1}=a_n{Q}_n-m_n$, $Q_{n+1}=\frac{7-m_{n+1}^2}{Q_n}$, $a_{n+1}=\lfloor \frac{a_0+m_{n+1}}{Q_{n+1}}\rfloor$ で計算すると
$$\begin{array}{cccccc}n& 0& 1& 2& 3& 4\\ m_n& 0& 2& 1& 1& 2\\ Q_n& 1& 3& 2& 3& 1\\ a_n& 2& 1& 1& 1& 4\end{array}$$
となり、$Q_4=1$ で周期が閉じる。よって $\sqrt{7}=[2;\overline{1,1,1,4}]$、周期の長さは $4$（偶数）である。

手順 3: 近似分数を計算し、ノルムを調べる。 $p_n=a_n{p}_{n-1}+p_{n-2}$, $q_n=a_n{q}_{n-1}+q_{n-2}$ より
$$\frac{p_0}{q_0}=\frac{2}{1},\frac{p_1}{q_1}=\frac{3}{1},\frac{p_2}{q_2}=\frac{5}{2},\frac{p_3}{q_3}=\frac{8}{3}.$$
$p_n^2-7q_n^2=(-1{)}^{n+1}{Q}_{n+1}$ により
$$p_0^2-7q_0^2=-3,p_1^2-7q_1^2=2,p_2^2-7q_2^2=-3,p_3^2-7q_3^2=64-63=1.$$
$x^2-7y^2=\pm 1$ の正の解はすべて近似分数 $p_n/q_n$ から得られ、$\pm 1$ が初めて現れるのは周期の終わり $n=3$ である。周期の長さが偶数なので値は $+1$ であり、ノルム $-1$ の単数は存在しない（実際、$x^2\equiv -1(\mathrm{mod}7)$ は解をもたないことからも確かめられる）。

手順 4: 結論。 最小の正の解は $(x,y)=(8,3)$ であり、
$$\epsilon =8+3\sqrt{7},N(\epsilon )=1.$$

$7\equiv 3(\mathrm{mod}4)$ なので ${\mathcal{O}}_K=\mathbb{Z}[\sqrt{7}]$。単数は $a^2-7b^2=\pm 1$ の整数解 $a+b\sqrt{7}$ である。

$a^2-7b^2=-1$ は mod 7 で $a^2\equiv -1$ となるが、$-1$ は 7 を法とする平方剰余でない（平方剰余は $0,1,2,4$）ので解なし。よって $a^2-7b^2=1$ の最小の正の解を探す。

$b=1$: $a^2=8$ 不可。$b=2$: $a^2=29$ 不可。$b=3$: $a^2=64$ より $a=8$。

したがって $a,b>0$ で最小の解は $8+3\sqrt{7}$。単数 $>1$ で最小のものは $a,b>0$ の解のうち最小のものであるから $\epsilon =8+3\sqrt{7}$。

検算: $(8+3\sqrt{7})(8-3\sqrt{7})=64-63=1$。