イデアルのノルムと単項性の判定

2 次体で、単項イデアル $(α)$ のノルムが $∣ N (α) ∣$ であることと素イデアル分解の一意性を使い、ノルムが $n$ のイデアルの個数を素数の分解の型から数え、そのうち単項のものを、ノルム形式 $N (a + bω) = \pm n$ の整数解（単数倍を同一視）から判定して数えられる（例: $Q (- 14)$ でノルム $15$ のイデアルは $4$ 個、そのうち単項は $(1 \pm - 14)$ の $2$ 個）

前提

2 次体での素数の分解（大学院数学代数的整数論）

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算数中学高校大学大学院

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2 次体での素数の分解（大学院数学代数的整数論）

説明

2 次体 $K$ の整数環 $O_{K}$ で、ノルムが与えられた正の整数 $n$ であるイデアルを、素数 $p ∣ n$ の分解の型（分解・惰性・分岐）だけから数え上げ、さらにそのうち単項イデアル（1 つの元で生成されるイデアル）がいくつあるかを、ノルム形式 $N (a + bω) = \pm n$ の整数解を調べて判定する技能です。単項イデアル $(α)$ のノルムが $∣ N (α) ∣$ に等しいことを使うので、イデアルの問題を整数の方程式に帰着できます。虚 2 次体では解が有限個なので直接調べられ、実 2 次体でも基本単数を使って調べる範囲を有限に絞れます。類数が $1$ でない体で「どのイデアルが単項か」を調べる基本的な道具です。

なぜそうしてよいのか

記号: 平方因子をもたない整数 $d \neq = 0, 1$ に対し $K = Q (d)$ 、 $O_{K} = Z + Z ω$ （ $d \equiv 2, 3 (mod 4)$ なら $ω = d$ 、 $d \equiv 1 (mod 4)$ なら $ω = \frac{1 + d}{2}$ ）とし、 $x \mapsto x ˉ$ を共役（ $d \mapsto - d$ ）、 $N (x) = x x ˉ$ とします。 $0$ でないイデアル $I$ のノルムを $N (I) = ∣ O_{K} / I ∣$ で定めます。ノルムは積を保ち（ $N (I J) = N (I) N (J)$ ）、 $0$ でないイデアルは素イデアルの積に一意に分解されます。 $N (p O_{K}) = ∣ O_{K} / p O_{K} ∣ = p^{2}$ です。 $p$ が分解して $p O_{K} = p p ˉ$ （ $p \neq = p ˉ$ ）となるとき、 $N (p) N (p ˉ) = p^{2}$ で、どちらも $O_{K}$ 自身ではないので $1$ より大きく、さらに $p ˉ$ は $p$ の共役で、共役写像が $O_{K} / p$ と $O_{K} / p ˉ$ の元を 1 対 1 に対応させるので $N (p) = N (p ˉ)$ 、よって両方 $p$ です。分岐するとき $p O_{K} = p^{2}$ で $N (p)^{2} = p^{2}$ から $N (p) = p$ 、惰性のとき $p O_{K}$ 自身が素イデアルでノルム $p^{2}$ です。したがってノルム $n = \prod p^{k_{p}}$ のイデアルは素数ごとに独立に選べ、 $p$ が分解なら $p^{i} p ˉ^{k_{p} - i}$ （ $i = 0, \dots, k_{p}$ ）の $k_{p} + 1$ 通り、分岐なら $p^{k_{p}}$ の 1 通り、惰性なら $k_{p}$ が偶数のとき $(p)^{k_{p} /2}$ の 1 通り、奇数のとき $0$ 通りで、これらの積が個数です。

単項イデアル $(α)$ のノルム: $α$ を掛ける写像を基底 $1, ω$ で行列 $M$ に表すと、 $α O_{K}$ は $M$ の列ベクトルが張る格子なので $∣ O_{K} / α O_{K} ∣ = ∣ det M ∣$ 。 $M$ の固有値は $α, α ˉ$ なので $det M = α α ˉ = N (α)$ 、よって $N ((α)) = ∣ N (α) ∣$ です。また $(α) = (β)$ となるのは $β = uα$ （ $u$ は単数）のときに限ります。ゆえにノルム $n$ の単項イデアルは「 $N (a + bω) = \pm n$ の解 $a + bω$ を単数倍で同一視したもの」と 1 対 1 に対応します。ノルム形式は $d \equiv 2, 3 (mod 4)$ なら $a^{2} - d b^{2}$ 、 $d \equiv 1 (mod 4)$ なら $a^{2} + ab + \frac{1 - d}{4} b^{2}$ で、後者は $4 N = (2 a + b)^{2} - d b^{2}$ と平方完成できます。虚 2 次体（ $d < 0$ ）では $N$ は正の値しかとらず、 $- d b^{2} \leq 4 n$ から $b$ が有限個に絞れ、単数は $d = - 1$ で $4$ 個、 $d = - 3$ で $6$ 個、それ以外は $\pm 1$ の $2$ 個です。

実 2 次体（ $d > 0$ ）では単数が無限個（ $\pm ε^{k}$ 、 $k \in Z$ 。 $ε > 1$ は 1 より大きい最小の単数で基本単数という）あり、解も無限個あるので、各単数倍の類から代表を 1 組だけ選びます。 $r (α) = ∣ α / α ˉ ∣$ とおくと $r (uα) = r (u) r (α)$ 、 $r (- 1) = 1$ 、 $∣ ε ˉ ∣ = 1/ ε$ より $r (ε) = ε^{2}$ です。よって $α$ に $ε^{k}$ を掛けると $r$ が $ε^{2 k}$ 倍になり、 $1 \leq r (α) < ε^{2}$ となる生成元はちょうど $\pm α$ の 2 つです。この範囲では $∣ α ∣^{2} = r (α) ∣ α α ˉ ∣ = r (α) n$ より $n \leq ∣ α ∣ < ε n$ 、 $∣ α ˉ ∣ = n /∣ α ∣ \leq n$ で、 $α - α ˉ = b (ω - ω ˉ)$ から
$∣ b ∣ \leq \frac{∣ α ∣ + ∣ α ˉ ∣}{∣ ω - ω ˉ ∣} < \frac{( ε + 1 ) n}{∣ ω - ω ˉ ∣}$
と $b$ が有限個に絞れます（ $∣ ω - ω ˉ ∣$ は $d \equiv 2, 3 (mod 4)$ で $2 d$ 、 $d \equiv 1 (mod 4)$ で $d$ ）。 $ε$ は、 $d \equiv 2, 3 (mod 4)$ なら $b = 1, 2, \dots$ と順に調べて $d b^{2} \pm 1$ が平方数 $a^{2}$ になる最初の $b$ で $ε = a + b d$ （ $d \equiv 1 (mod 4)$ なら $d b^{2} \pm 4 = a^{2}$ となる最初の $b$ で $ε = \frac{a + b d}{2}$ ）として求まります。1 より大きい単数は $a, b > 0$ の形で、 $ε^{k}$ の $b$ は $k$ とともに増えるからです。

手順

体の判別式 $d_{K}$ 、 $ω$ 、ノルム形式 $N (a + bω)$ を書き、単数を確認する。虚 2 次体なら単数の個数 $w$ （ $d = - 1$ で $4$ 、 $d = - 3$ で $6$ 、他は $2$ ）、実 2 次体なら $d b^{2} \pm 1$ （ $d \equiv 1 (mod 4)$ なら $d b^{2} \pm 4$ ）が平方数になる最小の $b \geq 1$ から基本単数 $ε$ を求める
$n$ を素因数分解し、各 $p ∣ n$ が分解・惰性・分岐のどれかを判定する
ノルム $n$ のイデアルを数える: $p^{k} ∥ n$ について、分解なら $k + 1$ 通り、分岐なら $1$ 通り、惰性なら $k$ が偶数で $1$ 通り・奇数で $0$ 通り。これらを掛ける
$N (a + bω) = \pm n$ の解を有限の範囲で尽くす。虚 2 次体では $N = + n$ だけで、 $- d b^{2} \leq 4 n$ から $b$ を絞る。実 2 次体では $\pm n$ の両方を、 $1 \leq ∣ α / α ˉ ∣ < ε^{2}$ を満たす $α$ に限って調べればよく、このとき $∣ b ∣ < \frac{( ε + 1 ) n}{∣ ω - ω ˉ ∣}$ 。各 $b$ について $a$ を 2 次方程式から求める
単数倍で同一視して数える。虚 2 次体では解の個数を $w$ で割る。実 2 次体では手順 4 の範囲に入る解の個数を $2$ （ $\pm$ の分）で割る。これがノルム $n$ の単項イデアルの個数
解が 1 つもなければ、その範囲を尽くしたことで（または $mod d$ などの合同式で $N = \pm n$ が不可能と示して）ノルム $n$ のイデアルはどれも単項でないと結論する

例題

$K = Q (10)$ とする。 $O_{K}$ のノルムが $6$ であるイデアルの個数と、そのうち単項イデアルであるものの個数を、この順に組で求めよ。

例題の解答

手順 1: $10 \equiv 2 (mod 4)$ なので $d_{K} = 40$ 、 $ω = 10$ 、 $N (a + b 10) = a^{2} - 10 b^{2}$ 。実 2 次体なので基本単数を探す: $b = 1$ で $10 \cdot 1^{2} - 1 = 9 = 3^{2}$ なので $ε = 3 + 10$ （ $N (ε) = - 1$ ）。 $ε \approx 6.162$ 、 $ε^{2} = 19 + 610 \approx 37.97$ 。

手順 2: $6 = 2 \cdot 3$ 。 $2 ∣ d_{K}$ なので $2$ は分岐。 $p = 3$ : $40 \equiv 1 (mod 3)$ より $(\frac{40}{3}) = 1$ で分解。

手順 3: $2 O_{K} = p_{2}^{2}$ 、 $3 O_{K} = p_{3} p ˉ_{3}$ で、指数はどちらも $1$ 。個数は $1 \cdot (1 + 1) = 2$ （ $p_{2} p_{3}$ と $p_{2} p ˉ_{3}$ ）。

手順 4: $∣ ω - ω ˉ ∣ = 210$ なので $∣ b ∣ < \frac{( ε + 1 ) 6}{2 10} \approx \frac{7.162 \times 2.449}{6.325} \approx 2.77$ 、よって $b \in {0, \pm 1, \pm 2}$ 。 $a^{2} = 10 b^{2} \pm 6$ を調べる: $b = 0$ で $a^{2} = \pm 6$ は解なし。 $b = \pm 1$ で $a^{2} = 16$ または $4$ 、すなわち $a = \pm 4$ （ $N = 6$ ）、 $a = \pm 2$ （ $N = - 6$ ）。 $b = \pm 2$ で $a^{2} = 46$ または $34$ は平方数でなく解なし。候補は $\pm 4 \pm 10$ 、 $\pm 2 \pm 10$ 。範囲 $1 \leq ∣ α / α ˉ ∣ < ε^{2}$ を確かめる: $\frac{4 + 10}{4 - 10} = \frac{( 4 + 10 ) ^{2}}{6} \approx 8.55$ は範囲内、 $4 - 10$ はその逆数で範囲外。 $\frac{2 + 10}{2 - 10} = \frac{( 2 + 10 ) ^{2}}{6} \approx 4.44$ は範囲内、 $2 - 10$ は範囲外。符号を変えても比は同じ。よって範囲内の解は $\pm (4 + 10)$ 、 $\pm (2 + 10)$ の 4 つ。

手順 5: $\pm$ で同一視して $4 \div 2 = 2$ 個の単項イデアル $(4 + 10)$ 、 $(2 + 10)$ がある。実際 $(4 - 10) (3 + 10) = 2 + 10$ なので $(2 + 10) = (4 - 10)$ であり、2 つは共役どうし（ $p_{2} p_{3}$ と $p_{2} p ˉ_{3}$ ）。

以上より、組は $(2, 2)$ 。

答え: $(2, 2)$

よくある誤り

解の元を $\pm 1$ 倍だけで同一視してしまう誤り。実 2 次体では単数は $\pm ε^{k}$ なので、範囲を絞らずに見つけた解を $\pm$ だけでまとめると数えすぎる。例題で $4 + 10, 4 - 10, 2 + 10, 2 - 10$ を別々に数えて単項イデアルを $4$ 個とすると、ノルム $6$ のイデアルが $2$ 個しかないことと矛盾する。正しくは $2 + 10 = (4 - 10) ε$ などで、 $1 \leq ∣ α / α ˉ ∣ < ε^{2}$ の範囲の解を $\pm$ で割った $2$ 個。虚 2 次体でも単数で割り忘れると同様に $w$ 倍に数えすぎる。
$d \equiv 1 (mod 4)$ なのに $Z [d]$ のノルム $a^{2} - d b^{2}$ だけで解を探してしまう誤り。 $Q (- 23)$ でノルム $6$ の単項イデアルを探すとき $a^{2} + 23 b^{2} = 6$ には解がなく「単項は $0$ 個」となるが、整数環は $Z [\frac{1 + - 23}{2}]$ なので $a^{2} + ab + 6 b^{2} = 6$ （ $⟺ (2 a + b)^{2} + 23 b^{2} = 24$ ）を解かなければならない。実際 $ω = \frac{1 + - 23}{2}$ は $N (ω) = 6$ で、 $(ω)$ と $(ω ˉ)$ の $2$ 個が単項。
実 2 次体で $N (α) = + n$ だけを解いて「単項でない」としてしまう誤り。正しくはイデアルのノルムは $∣ N (α) ∣$ なので $- n$ も調べ、両方で解がないことを合同式か手順 4 の有限範囲で確かめてから結論する。 $Q (3)$ で $2$ は分岐し、その上の素イデアル $p_{2}$ はノルム $2$ だが、 $a^{2} - 3 b^{2} = 2$ は $a^{2} \equiv 2 (mod 3)$ となり解がない。しかし $- 2$ の側では $N (1 + 3) = 1 - 3 = - 2$ なので $p_{2} = (1 + 3)$ は単項。
惰性する素数で指数が奇数のときもイデアルがあると数えてしまう誤り。正しくは惰性する $p$ の上の素イデアルはノルム $p^{2}$ なので、 $p^{k} ∥ n$ で $k$ が奇数ならノルム $n$ のイデアルは存在しない。たとえば $Q (10)$ で $7$ は $(\frac{40}{7}) = (\frac{5}{7}) = - 1$ より惰性なので、ノルム $7$ や $42$ のイデアルは $0$ 個。

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）
虚 2 次体 $K = Q (- 23)$ を考える。その整数環は $O_{K} = Z [ω]$ （ $ω = \frac{1 + - 23}{2}$ ）、判別式は $d_{K} = - 23$ である。 $O_{K}$ の $0$ でないイデアル $a$ のノルムを $N (a) = ∣ O_{K} / a ∣$ で定める。ノルムが $6$ である $O_{K}$ のイデアルの個数と、そのうち単項イデアルであるものの個数を、この順に組で求めよ。

この技能を使う問題

難易度 2（大学院の講義の演習問題レベル）
$K = Q (- 14)$ とし、 $O_{K}$ を $K$ の整数環とする。 $O_{K}$ のイデアルのうち、ノルムが $15$ であり、かつ単項イデアルであるものの個数を求めよ。

この技能の次に学べること

ミンコフスキーの限界と類数の計算（大学院数学代数的整数論）