3 次体の整数基底と判別式

$K = Q (α)$ （ $α$ は既約なモニック整数係数多項式 $f$ の根）について $disc (1, α, α^{2}) = disc (f) = [O_{K} : Z [α]]^{2} d_{K}$ を使い、 $disc (f)$ が平方因子をもたなければ $O_{K} = Z [α]$ と判定して $d_{K}$ を求められる。平方因子があるときは、 $\frac{a + b α + c α ^{2}}{p}$ の形の整数を探して指数と $d_{K}$ を求められる（例: $x^{3} - x - 1$ では $d_{K} = - 23$ 、 $α^{3} = 10$ では $disc = - 2700$ 、 $\frac{1 + α + α ^{2}}{3} \in O_{K}$ で $d_{K} = - 300$ ）

前提

2 次体の整数環と判別式（大学院数学代数的整数論）
判別式と 3 次多項式のガロア群（大学院数学体論・ガロア理論）

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算数中学高校大学大学院

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2 次体の整数環と判別式（大学院数学代数的整数論）
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2 次方程式の解と係数の関係（数学II 複素数と方程式）
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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有限アーベル群の構造と部分群の個数（大学数学代数学）
ガロアの基本定理と中間体の数え上げ（大学院数学体論・ガロア理論）
判別式と 3 次多項式のガロア群（大学院数学体論・ガロア理論）

説明

3 次体 $K = Q (α)$ （ $α$ は既約なモニック整数係数 3 次多項式 $f$ の根）の整数環 $O_{K}$ の $Z$ 上の基底（整数基底）と、体の判別式 $d_{K}$ を求める技能です。手で計算しやすい $Z [α] = Z + Z α + Z α^{2}$ と本当の整数環 $O_{K}$ のずれ（指数）を、多項式の判別式 $disc (f)$ の平方因子から見積もります。素イデアルの分解や類数の計算など、代数的整数論の計算の出発点としていつも使います。

なぜそうしてよいのか

事実として、次数 3 の体 $K$ の整数環 $O_{K}$ （ $K$ の元のうち、モニック整数係数多項式の根になるもの全体）は、3 つの元 $ω_{1}, ω_{2}, ω_{3}$ を基底とする階数 3 の自由 $Z$ 加群です。 $K$ から $C$ への 3 つの埋め込みを $σ_{1}, σ_{2}, σ_{3}$ （ $α$ を $f$ の 3 つの根 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ に送るもの）とし、 $K$ の 3 元の判別式を $disc (θ_{1}, θ_{2}, θ_{3}) = det (σ_{i} (θ_{j}))^{2}$ と定めます。2 次体と同じく、整数基底での値 $d_{K} = disc (ω_{1}, ω_{2}, ω_{3})$ が体の判別式で、これは整数です。整数かどうかの判定も 2 次体のトレース・ノルムの拡張で行います。 $β \in K$ の特性多項式を $\prod_{i = 1}^{3} (x - σ_{i} (β)) = x^{3} - s_{1} x^{2} + s_{2} x - s_{3}$ と定め、 $s_{1} = \sum σ_{i} (β)$ をトレース、 $s_{3} = \prod σ_{i} (β)$ をノルムと呼びます（ $s_{2} = \sum_{i < j} σ_{i} (β) σ_{j} (β)$ ）。 $β = g (α)$ （ $g$ は有理数係数多項式）と書けば $s_{1}, s_{2}, s_{3}$ は $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ の対称式なので、3 次方程式の解と係数の関係から有理数として計算できます。この多項式は $β$ の最小多項式（ $β \in / Q$ のとき）か $(x - β)^{3}$ に等しく、代数的整数の最小多項式は整数係数なので、 $β \in O_{K} ⟺ s_{1}, s_{2}, s_{3} \in Z$ が成り立ちます。

鍵は基底の取り替えです。 $θ_{j} = \sum_{k} a_{k j} ω_{k}$ （ $A = (a_{k j})$ は整数行列）と書けると、 $(σ_{i} (θ_{j})) = (σ_{i} (ω_{k})) A$ なので $disc (θ) = (det A)^{2} disc (ω)$ です。 $1, α, α^{2} \in O_{K}$ なのでこれを適用でき、 $∣ det A ∣$ は部分加群 $Z [α]$ の $O_{K}$ における指数 $m = [O_{K} : Z [α]]$ に等しくなります（格子の基本領域の体積比と同じ考え方です）。一方 $det (α_{i}^{j - 1})$ はヴァンデルモンド行列式 $\prod_{i < j} (α_{j} - α_{i})$ で、その 2 乗は多項式の判別式 $disc (f) = \prod_{i < j} (α_{i} - α_{j})^{2}$ です（ $x^{3} + p x + q$ なら $- 4 p^{3} - 27 q^{2}$ ）。まとめて $disc (f) = disc (1, α, α^{2}) = m^{2} d_{K}$ が成り立ちます。同じ議論は $Z [α] \subset L \subset O_{K}$ となる途中の格子 $L$ にも使え、 $disc (L) = [O_{K} : L]^{2} d_{K}$ 、 $disc (f) = [L : Z [α]]^{2} disc (L)$ です。

したがって $m^{2}$ は $disc (f)$ を割り切り、 $disc (f)$ が平方因子をもたなければ $m = 1$ 、つまり $O_{K} = Z [α]$ です。平方因子 $p^{2}$ があるときは、いまの格子 $L$ （最初は $Z [α]$ 、基底 $ω_{1}, ω_{2}, ω_{3}$ ）について $p ∣ [O_{K} : L]$ かどうかを調べます。有限アーベル群 $O_{K} / L$ の位数が $p$ で割り切れれば位数 $p$ の元があるので、 $0 \leq a, b, c \leq p - 1$ （すべては 0 でない）の $\frac{a ω _{1} + b ω _{2} + c ω _{3}}{p}$ の形の代数的整数が見つかり、1 つもなければ $p ∤ [O_{K} : L]$ です。見つかったらその元を加えた格子 $L^{'}$ に取り替えると $disc (L^{'}) = disc (L) / p^{2}$ になります。 $p^{2}$ が $m$ を割る可能性（ $p^{4} ∣ disc (f)$ のときに起こりうる）は、 $L^{'}$ に対して同じ探索を繰り返すことで調べます。 $disc (L^{'})$ がもう $p^{2}$ で割り切れなくなるか、探索で何も見つからなくなった時点で、その $p$ についての作業は終わりです。

手順

$f$ が既約か確かめる。モニック整数係数の 3 次式なら、定数項の約数 $\pm d$ がどれも根でないことを見ればよい
$disc (f)$ を計算する。 $f = x^{3} + p x + q$ なら $disc (f) = - 4 p^{3} - 27 q^{2}$ （ $x^{2}$ の項があれば $x \mapsto x - \frac{a}{3}$ の平行移動で消してよい。根の差は変わらないので判別式も変わらない）
$disc (f)$ を素因数分解し、 $p^{2} ∣ disc (f)$ となる素数 $p$ を書き出す。1 つもなければ $m = 1$ で、 $O_{K} = Z [α]$ 、整数基底は $1, α, α^{2}$ 、 $d_{K} = disc (f)$
そのような各 $p$ について、いまの格子の基底 $ω_{1}, ω_{2}, ω_{3}$ （最初は $1, α, α^{2}$ ）から $β = \frac{a ω _{1} + b ω _{2} + c ω _{3}}{p}$ （ $0 \leq a, b, c \leq p - 1$ 、すべては 0 でない）を作り、特性多項式 $x^{3} - s_{1} x^{2} + s_{2} x - s_{3}$ の係数（トレース $s_{1}$ 、 $s_{2}$ 、ノルム $s_{3}$ ）がすべて整数かで代数的整数かを判定する
見つかった $β$ を加えて基底を作り直す。 $β$ の $ω_{3}$ の係数 $c$ が $p$ と互いに素なら、 $c^{'} c \equiv 1 (mod p)$ となる $c^{'}$ を掛けて $Z$ 係数の部分を引き、 $c = 1$ の形 $β = \frac{a ω _{1} + b ω _{2} + ω _{3}}{p}$ に直す。すると $ω_{3} = pβ - a ω_{1} - b ω_{2}$ なので $ω_{1}, ω_{2}, β$ が新しい格子の基底で、判別式は $\frac{1}{p ^{2}}$ 倍になる（ $c = 0$ なら $b$ を 1 に直して $ω_{1}, β, ω_{3}$ を基底にする）。例: $α^{3} = 10$ で $β = \frac{1 + α + α ^{2}}{3}$ なら $α^{2} = 3 β - 1 - α$ より基底は $1, α, β$ 、判別式は $- 2700/9 = - 300$
新しい判別式がまだ $p^{2}$ で割り切れれば、新しい基底で手順 4・5 を繰り返す（ $p^{2} ∣ m$ の可能性を調べる）。すべての $p$ で探索が尽きたときの格子が $O_{K}$ で、その判別式が $d_{K} = disc (f) / m^{2}$

例題

$α$ を $f (x) = x^{3} + 2 x + 1$ の根とし、 $K = Q (α)$ とする。 $K$ の判別式 $d_{K}$ を求めよ。

例題の解答

手順 1（既約性）: 根になりうる有理数は $\pm 1$ だけで、 $f (1) = 4 \neq = 0$ 、 $f (- 1) = - 2 \neq = 0$ 。3 次式が 1 次因数をもたないので $f$ は既約であり、 $[K : Q] = 3$ 。

手順 2（判別式）: $p = 2, q = 1$ として $disc (f) = - 4 \cdot 2^{3} - 27 \cdot 1^{2} = - 32 - 27 = - 59.$

手順 3（平方因子）: $59$ は素数なので $disc (f) = - 59$ は平方因子をもたない。 $disc (f) = m^{2} d_{K}$ で $m^{2} ∣ 59$ だから $m = 1$ 。よって $O_{K} = Z [α]$ 、整数基底は $1, α, α^{2}$ で、 $d_{K} = disc (f) = - 59.$ （平方因子がないので手順 4〜6 は不要。）

答え: $- 59$

よくある誤り

$disc (f)$ に平方因子があるだけで $O_{K} \neq = Z [α]$ と決めてしまう誤り。平方因子は指数 $m$ が 1 より大きい可能性を示すだけです。たとえば $x^{3} - 2$ では $disc = - 108 = - 2^{2} \cdot 3^{3}$ ですが、 $\frac{a + b α + c α ^{2}}{2}$ や $\frac{a + b α + c α ^{2}}{3}$ の形の新しい整数はなく、正しくは $O_{K} = Z [32]$ 、 $d_{K} = - 108$ です
指数で 1 回だけ割ってしまう誤り。正しくは $disc (f) = m^{2} d_{K}$ なので 2 乗で割ります。 $α^{3} = 10$ で $m = 3$ のとき $d_{K} = - 2700/3 = - 900$ ではなく、 $d_{K} = - 2700/ 3^{2} = - 300$ です
$β = \frac{a + b α + c α ^{2}}{p}$ のトレースが整数であることだけで代数的整数と判定してしまう誤り。トレースが整数でもノルムなどが整数とは限りません。正しくは特性多項式 $x^{3} - s_{1} x^{2} + s_{2} x - s_{3}$ の $s_{1}, s_{2}, s_{3}$ がすべて整数であることを確かめます（ $α^{3} = 10$ の $β = \frac{1 + α + α ^{2}}{3}$ では $(α - 1) (1 + α + α^{2}) = α^{3} - 1 = 9$ と $N (α - 1) = 9$ から $N (1 + α + α^{2}) = 81$ 、 $s_{3} = \frac{81}{27} = 3$ で、特性多項式は $x^{3} - x^{2} - 3 x - 3$ 、つまり $s_{1} = 1, s_{2} = - 3, s_{3} = 3$ とすべて整数になります）
1 つの素数 $p$ で新しい整数が見つかった時点で、残りの素数を調べずに指数を決めてしまう誤り。 $α^{3} = 10$ では $disc = - 2700 = - 2^{2} \cdot 3^{3} \cdot 5^{2}$ なので、 $p = 3$ のほかに $p = 2, 5$ でもこの形の整数がないことを確かめ、さらに作り直した格子の判別式 $- 300 = - 2^{2} \cdot 3 \cdot 5^{2}$ が $3^{2}$ で割り切れない（ $3^{4} ∤ 2700$ ）ことから $9 ∤ m$ を確かめて、はじめて $m = 3$ と決まります

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）
$f (x) = x^{3} + x + 1$ とし、 $α$ を $f (x) = 0$ の 1 つの根、 $K = Q (α)$ とする。 $K$ の整数環を $O_{K}$ とし、 $O_{K}$ の整数基底 $ω_{1}, ω_{2}, ω_{3}$ と $K$ から $C$ への 3 つの埋め込み $σ_{1}, σ_{2}, σ_{3}$ を用いて、 $K$ の判別式を $d_{K} = det (σ_{i} (ω_{j}))^{2}$ で定める。 $d_{K}$ の値を求めよ。

この技能を使う問題

この技能の次に学べること

デデキントの定理による素イデアル分解（大学院数学代数的整数論）