デデキントの定理による素イデアル分解

$O_{K} = Z [α]$ （または $p ∤ [O_{K} : Z [α]]$ ）のとき、 $α$ の最小多項式 $f$ の $F_{p}$ 上の分解 $f \equiv \prod g_{i}^{e_{i}}$ から $p O_{K} = \prod (p, g_{i} (α))^{e_{i}}$ 、 $N (p_{i}) = p^{d e g g_{i}}$ を読み取り、 $p$ が指数を割るときは指数が $p$ と素な別の生成元（例: $310$ では $\frac{1 + α + α ^{2}}{3}$ 、最小多項式 $x^{3} - x^{2} - 3 x - 3$ ）で同じことを行い、 $\sum e_{i} f_{i} = [K : Q]$ を確かめて、分岐指数・剰余次数や、ノルムが指定した値以下の素イデアルの個数を求められる（例: $x^{3} - x - 1$ の根で生成される体で、 $5 O_{K}$ はノルム $5$ と $25$ の素イデアルの積、 $23 O_{K} = p_{1} p_{2}^{2}$ ）

前提

3 次体の整数基底と判別式（大学院数学代数的整数論）
2 次体での素数の分解（大学院数学代数的整数論）

この技能までの道筋（87 技能）

算数中学高校大学大学院

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3 変数の対称式（数学I 数と式）
3 次方程式の解と係数の関係（数学II 複素数と方程式）
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剰余環の素イデアル（対応定理）（大学院数学可換環論・ホモロジー代数）
2 次体での素数の分解（大学院数学代数的整数論）

説明

数体 $K$ の整数環 $O_{K}$ で素数 $p$ が生成するイデアル $p O_{K}$ が、どんな素イデアルの積に分かれるかを、多項式を法 $p$ で因数分解するだけで読み取る方法です。 $O_{K} = Z [α]$ （または $p$ が指数 $[O_{K} : Z [α]]$ を割らない）なら、 $α$ の最小多項式 $f$ の $F_{p}$ 上の既約分解 $f ˉ = \prod g_{i}^{e_{i}}$ がそのまま $p O_{K} = \prod p_{i}^{e_{i}}$ を与え、各 $p_{i}$ のノルムは $p^{d e g g_{i}}$ になります。これにより分岐指数 $e_{i}$ ・剰余次数 $f_{i} = de g g_{i}$ や、ノルムが一定以下の素イデアルの個数が計算できます。

なぜそうしてよいのか

記号を定めます。 $O_{K}$ の $0$ でないイデアル $I$ について、剰余環 $O_{K} / I$ の元の個数を $I$ のノルム $N (I)$ といいます。 $N$ は積を保ち（ $N (I J) = N (I) N (J)$ ）、 $[K : Q] = n$ のとき $O_{K} ≅ Z^{n}$ なので $N (p O_{K}) = ∣ O_{K} / p O_{K} ∣ = p^{n}$ です。 $p$ を含む素イデアル $p$ に対して $O_{K} / p$ は $F_{p}$ を含む有限体で、 $N (p) = p^{f}$ の $f$ を剰余次数、 $p O_{K}$ の分解に現れる $p$ の指数 $e$ を分岐指数といいます。

$O_{K} = Z [α]$ のとき、 $x \mapsto α$ によって $Z [x] / (f) ≅ O_{K}$ なので、さらに $p$ で割ると
$O_{K} / p O_{K} ≅ Z [x] / (p, f) ≅ F_{p} [x] / (f ˉ)$
となります。対応定理により、 $p$ を含む $O_{K}$ の素イデアルは右辺の素イデアルと 1 対 1 に対応し、 $F_{p} [x]$ の素イデアルで $f ˉ$ を含むものは既約因子 $g_{i}$ が生成する $(g_{i})$ だけです。これを $O_{K}$ に戻すと $p_{i} = (p, g_{i} (α))$ （ $g_{i}$ は係数を整数に持ち上げたもの）で、 $O_{K} / p_{i} ≅ F_{p} [x] / (g_{i})$ は元の個数 $p^{d e g g_{i}}$ の体なので $N (p_{i}) = p^{d e g g_{i}}$ 。次に、 $p_{i}^{e_{i}} \subseteq (p, g_{i} (α)^{e_{i}})$ なので $\prod p_{i}^{e_{i}} \subseteq (p, \prod g_{i} (α)^{e_{i}})$ で、 $\prod g_{i}^{e_{i}} \equiv f (mod p)$ と $f (α) = 0$ から $\prod g_{i} (α)^{e_{i}} \in p O_{K}$ 。よって $\prod p_{i}^{e_{i}} \subseteq p O_{K}$ です。両辺のノルムは $p^{\sum e_{i} d e g g_{i}} = p^{d e g f} = p^{n}$ で等しいので、包含は等号になります。これが $p O_{K} = \prod p_{i}^{e_{i}}$ と $\sum e_{i} f_{i} = n$ の理由です。

$O_{K} \neq = Z [α]$ でも、 $p$ が指数 $m = [O_{K} : Z [α]]$ を割らなければ、 $m O_{K} \subseteq Z [α]$ と $m$ が法 $p$ で逆元をもつことから $Z [α] / p Z [α] \to O_{K} / p O_{K}$ が同型になり、同じ議論が成り立ちます。 $p ∣ m$ のときはこの同型が壊れるので、指数が $p$ で割れない別の生成元 $β$ （ $K = Q (β)$ となる整数）の最小多項式を使います。

手順

$α$ の最小多項式 $f$ （モニック・整数係数・次数 $n = [K : Q]$ ）を確定し、 $p$ が指数 $[O_{K} : Z [α]]$ を割らないことを確かめる（ $disc (f)$ が平方因子をもたなければ指数は $1$ ）。割るときは、指数が $p$ と素な別の生成元 $β$ とその最小多項式に取りかえる
$f$ の係数を $p$ で割った余りにして $f ˉ \in F_{p} [x]$ を作り、 $F_{p}$ 上で既約分解 $f ˉ = \prod g_{i}^{e_{i}}$ する（ $x = 0, 1, \dots, p - 1$ を代入して根を探し、因数定理で割る。2 次・3 次の因子は根がなければ既約）
分解を読み取る: $p O_{K} = \prod (p, g_{i} (α))^{e_{i}}$ 、分岐指数 $e_{i}$ 、剰余次数 $f_{i} = de g g_{i}$ 、ノルム $N (p_{i}) = p^{f_{i}}$
$\sum e_{i} f_{i} = n$ を確かめる
ノルムが $B$ 以下の素イデアルを数えるときは、各素イデアルがただ 1 つの素数 $p$ の上にあり、ノルムが $p^{f}$ （ $1 \leq f \leq n$ ）であることから、 $p \leq B$ の素数ごとに手順 1〜4 を行い、 $p^{f_{i}} \leq B$ となる $p_{i}$ を数え上げる

例題

$α$ を $f (x) = x^{3} + x + 1$ の根とし、 $K = Q (α)$ とする。 $disc (f) = - 31$ を用いて、ノルムが $10$ 以下である $O_{K}$ の素イデアルの個数を求めよ。

例題の解答

手順 1: $f$ は $\pm 1$ を根にもたない（ $f (1) = 3$ 、 $f (- 1) = - 1$ ）ので有理数の根がなく、3 次なので $Q$ 上既約。 $[K : Q] = 3$ 。 $disc (f) = - 31$ は平方因子をもたないので $O_{K} = Z [α]$ で、すべての $p$ でデデキントの定理が使える。

手順 5 の準備: ノルムは $p^{f}$ の形なので、 $p^{f} \leq 10$ となりうるのは $p = 2$ （ $f \leq 3$ ）、 $p = 3$ （ $f \leq 2$ ）、 $p = 5, 7$ （ $f = 1$ ）だけ。

$p = 2$ （手順 2・3）: $f ˉ = x^{3} + x + 1$ で $f ˉ (0) = 1, f ˉ (1) = 1$ なので根がなく、3 次なので既約。よって $2 O_{K}$ は素イデアルで、ノルム $2^{3} = 8 \leq 10$ 。手順 4: $1 \cdot 3 = 3$ 。→ 1 個。

$p = 3$ : $f ˉ (0) = 1, f ˉ (1) = 3 \equiv 0, f ˉ (2) = 11 \equiv 2$ 。根 $1$ で割ると $f ˉ = (x - 1) (x^{2} + x + 2)$ （展開すると $x^{3} + x - 2 \equiv x^{3} + x + 1$ ）。 $x^{2} + x + 2$ は $x = 0, 1, 2$ で $2, 1, 2$ となり根がないので既約。よって $3 O_{K} = (3, α - 1) (3, α^{2} + α + 2)$ 、ノルムは $3$ と $9$ でどちらも $10$ 以下。手順 4: $1 \cdot 1 + 1 \cdot 2 = 3$ 。→ 2 個。

$p = 5$ : $f ˉ (0), \dots, f ˉ (4) \equiv 1, 3, 1, 1, 4$ で根がないので既約、 $5 O_{K}$ は素でノルム $125 > 10$ 。→ 0 個。

$p = 7$ : $f ˉ (0), \dots, f ˉ (6) \equiv 1, 3, 4, 3, 6, 5, 6$ で根がないので既約、ノルム $343 > 10$ 。→ 0 個。

手順 5: 合計 $1 + 2 = 3$ 個（ノルム $8, 3, 9$ のもの）。

答え: $3$

よくある誤り

$p$ が指数 $[O_{K} : Z [α]]$ を割るのに $α$ の最小多項式をそのまま使ってしまう誤り。たとえば $α^{3} = 10$ で $x^{3} - 10 \equiv (x - 1)^{3} (mod 3)$ から $3 O_{K} = p^{3}$ とするのは誤りで、指数は $3$ なので $β = \frac{1 + α + α ^{2}}{3}$ の最小多項式 $x^{3} - x^{2} - 3 x - 3 \equiv x^{2} (x - 1) (mod 3)$ を使い、 $3 O_{K} = p_{1}^{2} p_{2}$ （ $e_{1} = 2, e_{2} = 1$ ）が正しい。
素イデアルのノルムをいつも $p$ としてしまう誤り。正しくは $N (p_{i}) = p^{d e g g_{i}}$ で、例題の $(3, α^{2} + α + 2)$ のノルムは $3$ ではなく $3^{2} = 9$ 、惰性した $2 O_{K}$ のノルムは $2^{3} = 8$ 。
$F_{p}$ 上の因子の既約性を確かめずに読み取ってしまう誤り。2 次・3 次の因子は「根がない」ことで既約と判定できるが、4 次以上では根がなくても 2 次式の積に分かれることがある。たとえば $F_{2}$ 上 $x^{4} + x^{2} + 1$ は根をもたないが $(x^{2} + x + 1)^{2}$ で、分岐指数 $2$ ・剰余次数 $2$ の素イデアル 1 個に対応する。
$\sum e_{i} f_{i} = n$ の検算を省いて分解を誤る誤り。たとえば例題の $p = 3$ で $x^{2} + x + 2$ を見落として $3 O_{K} = (3, α - 1)$ とすると $\sum e_{i} f_{i} = 1 \neq = 3$ となり、因子が足りないことがわかる。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
$α$ を多項式 $f (x) = x^{3} + x + 1$ の根の 1 つとし、 $K = Q (α)$ とする。 $f$ は $Q$ 上既約で、その判別式は $- 31$ であり、 $K$ の整数環は $O_{K} = Z [α]$ であることが知られている。 $3 O_{K}$ を $O_{K}$ の素イデアルの積に分解したとき、現れる相異なる素イデアルのノルムを小さい順に並べた組を求めよ。

この技能を使う問題

この技能の次に学べること

ガロア拡大での素数の分解（efg=n とフロベニウス）（大学院数学代数的整数論）