初 等 整 数 論 講 義 第 $2$ 版

$\blacktriangleleft$ $\S\ 42.$ 二次体のイデヤル  $\S\ 44.$ 二次体における素のイデヤル $\blacktriangleright$

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第 $5$ 章 二次体の整数論

 $\S\ 43.$ イデヤルの素因子分解

 $\boldsymbol{1.}$ イデヤル $A=\left(\alpha_1,\ \alpha_2,\ \cdots\cdots,\ \alpha_m\right)$ と $B=\left(\beta_1,\ \beta_2,\ \cdots\cdots,\ \beta_n\right)$ との積とは,イデヤル\[AB=\left(\alpha_1\beta_1,\ \cdots\cdots,\ \alpha_\mu\beta_\nu,\ \cdots\cdots,\ \alpha_m\beta_n\right)\]をいう.すなわち積 $AB$ は $A$,$B$ に属する任意の整数 $\alpha$,$\beta$ の積なる $\alpha\beta$ およびそれらの和 $\sum\alpha\beta$ の集合である.実際\[\alpha\beta=\overset{m}{\underset{\mu=1}{\textstyle\sum}}\xi_\mu\alpha_\mu\overset{n}{\underset{\nu=1}{\textstyle\sum}}\eta_\nu\beta_\nu=\underset{\mu,\ \nu}{\textstyle\sum}\left(\xi_\mu\eta_\nu\right)\cdotp\left(\alpha_\mu\beta_\nu\right).\] また\[\underset{\mu,\ \nu}{\textstyle\sum}\xi_{\mu\nu}\hspace{0.7mm}\cdotp\alpha_\mu\beta_\nu=\underset{\nu}{\textstyle\sum}\ \!\!(\ \!\!\underset{\mu}{\textstyle\sum}\xi_{\mu\nu}\alpha_\mu)\ \!\beta_\nu={\textstyle\sum}\alpha\hspace{0.7mm}\cdotp\beta.\] 特に $B=\left(\beta\right)$ が単項イデヤルならば,$\left(\beta\right)A$ は $A$ に属する数の $\beta$ 倍の集合である.よってそれを $\beta A$ と記す.また\[A=\left(\alpha\right),\hphantom{B}B=\left(\beta\right) ならば,\ AB=\left(\alpha\beta\right).\] 上記の定義によれば,イデヤルの積に関しても,交換の法則,結合の法則が成り立つことは明白である.
 〔注意〕 上記の記号を用いるならば,$AB$ は $\sum\alpha\beta$ のような数の集団で,$\sum\alpha\beta$ は $A$ にも $B$ にも含まれる.故に積なるイデヤルを組成する数は因子なるイデヤルを組成する数の一部分である.例えばイデヤル $\left(15\right)$ は $15$ の倍数の集合であって,それは $5$ の倍数の集合なるイデヤル $\left(\ 5\ \right)$ の一部分である.

 イデヤルの乗法を上記のように定めたとき,除法の一意性が成り立つであろうか.すなわち $AB=AC$ から $B=C$ が導かれるかという問題が生ずる.その然ることを証明するのが,イデヤル論の構成における第一の難関である.二次体の場合には,幸いにして証明が平易であるが,まず一,二の予備定理から始めなければならない.
 〔定理 $\boldsymbol{5.\ 7}$〕 イデヤル $A$ に属するすべての数の共軛数の集合は一つのイデヤルである.
 それを $A$ の共軛イデヤルといい,通例 $A^\prime$ で表わす.
 〔〕 $A=\left(\alpha_1,\ \alpha_2,\ \cdots\cdots,\ \alpha_n\right)$ とすれば $A$ に属する数 $\alpha_1\xi_1+\alpha_2\xi_2+\cdots\cdots+\alpha_n\xi_n$ の共軛数なる $\alpha_1{}^\prime\xi_1{}^\prime+\alpha_2{}^\prime\xi_2{}^\prime+\cdots\cdots+\alpha_n{}^\prime\xi_n{}^\prime$ は $\left(\alpha_1{}^\prime,\ \alpha_2{}^\prime,\ \cdots\cdots,\ \alpha_n{}^\prime\right)$ に属する.逆も明白である.すなわち\[A^\prime=\left(\alpha_1{}^\prime,\ \alpha_2{}^\prime,\ \cdots\cdots,\ \alpha_n{}^\prime\right).\] 〔注意〕 $A=A^\prime$ であることもある.例えば $A=\left(\ a\ \right)$ が有理整数 $a$ から生ずる場合はもちろんであるが,また例えば $K\left(\sqrt{-5\vphantom{5^n}}\right)$ において $A=\left(2,\ 1+\sqrt{-5\vphantom{5^n}}\right)$ とすれば,$A^\prime=\left(2,\ 1-\sqrt{-5\vphantom{5^n}}\right)=A$ である($1-\sqrt{-5\vphantom{5^n}}=2-\left(1+\sqrt{-5\vphantom{5^n}}\right)$ だから).
 〔問題 $\boldsymbol{1}$〕 $J=AB$ ならば,$J^\prime=A^\prime B^\prime$.
 〔解〕 $\begin{alignat*}{1}&\left(\alpha_1,\ \alpha_2\right)\left(\beta_1,\ \beta_2\right)=\left(\alpha_1\beta_1,\ \alpha_1\beta_2,\ \alpha_2\beta_1,\ \alpha_2\beta_2\right),\\[2mm]&\left(\alpha_1{}^\prime,\ \alpha_2{}^\prime\right)\left(\beta_1{}^\prime,\ \beta_2{}^\prime\right)=\left(\alpha_1{}^\prime\beta_1{}^\prime,\ \alpha_1{}^\prime\beta_2{}^\prime,\ \alpha_2{}^\prime\beta_1{}^\prime,\ \alpha_2{}^\prime\beta_2{}^\prime\right).\end{alignat*}$   
 〔定理 $\boldsymbol{5.\ 8}$〕 互いに共軛な二つのイデヤルの積は一つの有理整数から生ずる単項イデヤルに等しい.
 〔〕 イデヤル $A=\left(\alpha\right)$ が単項イデヤルのときには,$A^\prime=\left(\alpha^\prime\right)$,したがって $AA^\prime=\left(\alpha\alpha^\prime\right)$ で,$\alpha\alpha^\prime$ は有理整数であるから,定理は明白である.
 一般の場合にイデヤル $A$ は二つの整数(例えばその底)から生ずるものと見ることができる(定理 $5.\ 6$)から,\[A=\left(\alpha,\ \beta\right),\hspace{5mm}A^\prime=\left(\alpha^\prime,\ \beta^\prime\right)\]とすれば,\[AA^\prime=\left(\alpha\alpha^\prime,\hphantom{\alpha}\alpha\beta^\prime,\hphantom{\alpha}\alpha^\prime\beta,\hphantom{\alpha}\beta\beta^\prime\right).\]いま\[{\alpha\alpha}^\prime=a,\hspace{5mm}{\alpha\beta}^\prime+\alpha^\prime\beta=b,\hspace{5mm}{\beta\beta}^\prime=c\]と置けば,$a$,$b$,$c$ は $AA^\prime$ に属する有理整数である.それらの最大公約数を $n$ とすれば,$n$ を有理整数 $x$,$y$,$z$ をもって\[n=ax+by+cz\]の形に表わし得るから,$n$ はもちろん $AA^\prime$ に属する.
 しかるに,$\alpha\beta^\prime$,$\alpha^\prime\beta$ は $n$ で割り切れる.なぜならば\begin{alignat*}{1}&\frac{\alpha\beta^\prime}{n}+\frac{\alpha^\prime\beta}{n}=\frac{b}{n}\ \left(=p\ とする\right),\\[2mm]&\frac{\alpha\beta^\prime}{n}\hspace{0.7mm}\cdotp\frac{\alpha^\prime\beta}{n}=\frac{ac}{n^2}\ \left(=q\ とする\right)\end{alignat*}はともに有理整数であるから,$\alpha\beta^\prime/n$,$\alpha^\prime\beta/n$ は二次方程式 $x^2-px+q=0$ の根,したがって整数である.
 このように $\alpha\alpha^\prime$,$\alpha\beta^\prime$,$\alpha^\prime\beta$,$\beta\beta^\prime$ がいずれも $n$ で割り切れるから,$AA^\prime$ に含まれる数はすべて $n$ で割り切れるが,$n$ 自身がすでに $AA^\prime$ に含まれているのだから $AA^\prime=\left(n\right)$.
 〔注意〕 整数の定義の基礎にした条件のうちの $\ \!\text{iv})$ がここで重大な役目をする.もしも,例えば $K\left(\sqrt{-3}\right)$ において $x+y\sqrt{-3}$ のような形の数のみを以て整数の範囲とするならば,上記の定理は成り立たない.例えば $\alpha=2$,$\beta=1+\sqrt{-3}$ とすれば\[\alpha\alpha^\prime=4,\hspace{5mm}\alpha\beta^\prime+\alpha^\prime\beta=4,\hspace{5mm}\beta\beta^\prime=4,\hspace{5mm}n=4\]になるが $\alpha\beta^\prime/4=\left(1-\sqrt{-3}\right)/2$,$\alpha^\prime\beta/4=\left(1+\sqrt{-3}\right)/2$ は $x+y\sqrt{-3}$ の形にならない.

 正なる有理整数 $n$ をイデヤル $A$ または $A^\prime$ のノルム(記号:$\mathrm{N}\left(A\right)$)という.すなわち $AA^\prime=n$.これは数のノルム($\S\ 41$)の拡張である.
 〔問題 $\boldsymbol{2}$〕 $\mathrm{N}\left(AB\right)=\mathrm{N}\left(A\right)\mathrm{N}\left(B\right)$.
 〔解〕 $J=AB$ とすれば,$JJ^\prime=\left(AB\right)\left(A^\prime B^\prime\right)=\left(AA^\prime\right)\left(BB^\prime\right)$.
 〔定理 $\boldsymbol{5.\ 9}$〕 $A=\left[a,\ b+c\omega\right]$ が標準的底数で表わされているとき,\[\mathrm{N}\left(A\right)=ac.\] 〔〕 $A=cA_0=c\left[a_0,\hphantom{1}b_0+\omega\right]$,$a=a_0c$,$b=b_0c$(定理 $5.\ 6$).
 故に $ac=a_0c^2$.
 $\mathrm{N}\left(A\right)=\mathrm{N}\left(c\right)\mathrm{N}\left(A_0\right)=c^2\mathrm{N}\left(A_0\right)$(問題 $2$).故に $\mathrm{N}\left(A_0\right)=a_0$ を証明すればよい.さて\begin{alignat*}{1}A_0A_0{}^\prime&=\left(a_0,\hphantom{1}b_0+\omega\right)\left(a_0,\hphantom{1}b_0+\omega^\prime\right)\\[2mm]&=\left(a_0{}^2,\hphantom{1}a_0\left(b_0+\omega\right),\hphantom{1}a_0\left(b_0+\omega^\prime\right),\hphantom{1}\left(b_0+\omega\right)\left(b_0+\omega^\prime\right)\ \!\!\right).\end{alignat*}$\left(b_0+\omega\right)\left(b_0+\omega^\prime\right)$ は $A_0$ に含まれる.それは有理整数であるから $a_0$ で割り切れる(定理 $5.\ 6$).よって $\left(b_0+\omega\right)\left(b_0+\omega^\prime\right)=a_0q$ とおく.しからば\[A_0A_0{}^\prime=a_0\left(a_0,\hphantom{1}b_0+\omega,\hphantom{1}b_0+\omega^\prime,\hphantom{1}q\right).\]故に $\mathrm{N}\left(A_0\right)=n_0$ とおけば $n_0$ は $a_0$ で割り切れる.よって $n_0=a_0n^\prime$ とおけば,\[\left(n^\prime\right)=\left(a_0,\hphantom{1}b_0+\omega,\hphantom{1}b_0+\omega^\prime,\hphantom{1}q\right).\] $b_0+\omega$,$b_0+\omega^\prime$ は有理約数を有しない($\omega$ の定義).
 故に $n^\prime=1$.したがって $n_0=a_0$,すなわち $\mathrm{N}\left(A_0\right)=a_0$.
 故に $\mathrm{N}\left(A\right)=ac$.
 〔問題 $\boldsymbol{3}$〕 $A=\left[p+q\omega,\hphantom{1}r+s\omega\right]$ が任意の底で表わされているときには\[\mathrm{N}\left(A\right)=\left|ps-qr\right|.\] 〔解〕 任意の底は標準的の底から「モ変形」によって得られる($\S\ 42$).故に\[\pm\begin{vmatrix}p&q\\r&s\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}a&0\\b&c\end{vmatrix}=ac.\] 定理 $5.\ 8$ によって,除法の一意性が容易に証明される.
 〔定理 $\boldsymbol{5.\ 10}$〕 $AB=AC$ ならば,$B=C$.
 〔〕 $A=\left(\alpha\right)$ が単項イデヤルならば $\alpha B=\alpha C$ から $B=C$ を得ること明白である.一般の場合には $\mathrm{N}\left(A\right)=n$ とすれば\[A^\prime AB=A^\prime AC\]から\[nB=nC,\]したがって\[B=C.\]
 $\boldsymbol{2.}$ イデヤル $A$ が $B$,$C$ の積に等しいとき,$A$ は $B$ または $C$ で割り切れるという.
 〔定理 $\boldsymbol{5.\ 11}$〕 イデヤル $\boldsymbol{A}$ が $\boldsymbol{B}$ で割り切れるために必要かつ十分な条件は,$\boldsymbol{A}$ が $\boldsymbol{B}$ に含まれることである.
 〔〕 $A$ が $B$ で割り切れるとして,$A=BC$ とおけば,$A$ が $B$ に含まれることは,上に述べた($281/2$ 頁).
 逆に $A$ が $B$ に含まれるならば,積の定義によって明白であるように,$AB^\prime$ が $BB^\prime$ に含まれる.故に $BB^\prime=\left(\ b\ \right)$ とすれば(定理 $5.\ 8$),$AB^\prime$ は $\left(\ b\ \right)$ に含まれる.すなわち $AB^\prime$ に属する数は $b\xi$ の形のもので,すなわち $b$ で割り切れる.それらを $b$ で割って $AB^\prime=bC$ と置けば,$C$ はイデヤルで\[AB^\prime=BB^\prime C=\left(BC\right)B^\prime,\]故に\[A=BC.\tag{定理$\ 5.\ 10$}\] すなわち $A$ は $B$ で割り切れる.
 〔注意〕 単項イデヤル $\left(\ \alpha\ \right)$ が $B$ で割り切れるというのは $\alpha$ が $B$ に含まれることに帰する.この場合には略して $\alpha$ が $B$ で割り切れるという.これより後,誤解のおそれのない限り,単項イデヤル $\left(\ \alpha\ \right)$ の括弧を略すこともある.

 $\boldsymbol{3.}$ イデヤル $A$,$B$ がイデヤル $D$ で割り切れるとき,$D$ を $A$,$B$ の公因子という.いま\[A=\left(\alpha_1,\ \alpha_2,\ \cdots\cdots\right),\hspace{7mm}B=\left(\beta_1,\ \beta_2,\ \cdots\cdots\right)\]とすれば,公因子 $D$ は $\alpha_1$,$\alpha_2$,$\cdots$,$\beta_1$,$\beta_2$,$\cdots$ を含まなければならない(定理 $5.\ 11$).
 さて\[M=\left(\alpha_1,\ \alpha_2,\ \cdots\cdots,\ \beta_1,\ \beta_2,\ \cdots\cdots\right)\tag{$\ 1\ $}\]とすれば $M$ は $A$,$B$ の公因子で,かつ任意の公因子 $D$ に含まれる.すなわち $D$ で割り切れる(定理 $5.\ 11$).よって $M$ を $A$,$B$ の最大公因子という.故に $A$,$B$ の最大公因子は $A$ および $B$ に属する数を全部包括するイデヤルの中で最小範囲のものである.
 (最小範囲は最大範囲の誤りではない!これは定理 $5.\ 11$ からの帰結である.最大公因子の最大は有理整数の最大公約数の最大を襲用したのであって,イデヤルの範囲の大小に関していうのではない.)
 三つ以上のイデヤル $A$,$B$,$C$,$\cdots\cdots$ の最大公因子に関しても同様である.$A$,$B$,$C$,$\cdots\cdots$ の最大公因子を $\left(A,\ B,\ C,\ \cdots\cdots\right)$ と記す.
 〔注意〕 単項イデヤル $\left(\alpha\right)$,$\left(\beta\right)$,$\left(\gamma\right)$,$\cdots\cdots$ の最大公因子はすなわちイデヤル $\left(\alpha,\ \beta,\ \gamma,\ \cdots\cdots\right)$ である.
 有理数から例をとれば:\begin{alignat*}{1}&\left(30,\hphantom{1}42\right)=\left(6\right),\hphantom{11}\left(20,\hphantom{1}50\right)=\left(10\right),\\[2mm]&\left(30,\hphantom{1}42,\hphantom{1}20,\hphantom{1}50\right)=\left(2\right).\end{alignat*} 〔問題 $\boldsymbol{4}$〕 二つ以上のイデヤル $A$ $B$,$C$ に共通な数だけを全部集めるならば,そこに一つのイデヤル $L$ が生ずる.
 このイデヤル $L$ は $A$,$B$,$C$ で割り切れる.逆に $A$,$B$,$C$ のおのおので割り切れるイデヤルは $L$ で割り切れる.
 $L$ を $A$,$B$,$C$ の最小公倍イデヤルという.
 〔解〕 $\lambda_1$,$\lambda_2$,$\cdots$ が $A$,$B$,$C$ に共通ならば $\xi_1\lambda_1+\xi_2\lambda_2+\cdots$ も $A$,$B$,$C$ に共通である(イデヤルの定義).故に仮定によって(「全部」に注意) $L$ はイデヤルである.
 「割り切れる」は「含まれる」であるから,後の部分は明白,ここでも最小公倍というのは範囲の大小をいうのではない.

 〔注意〕 $A$ が $B$ で割り切れるのは,すなわち $A$ が $B$ に含まれることであるから,この後本書では,折々それを「$A\subset B$」または「$B\supset A$」と記すこともある.
 数の場合にも流用して $a\subset b$ または $b\supset a$ などとも記す.$a$ が倍数,$b$ が約数である.


 $\boldsymbol{4.}$ イデヤル $P$(ただし $P\neq1$)が $1$ と $P$ 以外のイデヤルで割り切れないときには,$P$ を素のイデヤルという.
 〔定理 $\boldsymbol{5.\ 12}$〕 (イデヤル論の基本定理$\boldsymbol{1}$ 以外のイデヤルを素因子に分解することができる.分解は一意的である.
 〔〕 分解の可能性だけならば,それは卑近な定理である.イデヤル $J$ が分解されて\[J=ABC\cdots\cdots\]になったとするとき,因子としてイデヤル $\left(\ 1\ \right)$ をとらないならば,\[\mathrm{N}\left(J\right)=\mathrm{N}\left(A\right)\mathrm{N}\left(B\right)\mathrm{N}\left(C\right)\cdots\cdots\]で,おのおのの $\mathrm{N}$(ノルム)は $1$ よりも大きい有理整数である.
 $\mathrm{N}\left(A\right)=1$ ならば,$AA^\prime=\left(1\right)$.故に $A$ は $1$ を含む.したがって $K\left(\sqrt{m}\right)$ のすべての整数を含む,すなわち $A=\left(1\right)$.
 故に与えられた $J$ に関しては因子 $A$,$B$,$C$,$\cdots$ の数は有限である.因子の数が最も多くなるとき,各因子は素でなければならない.
 さて分解の一意性であるが,それは次の定理 $5.\ 13$ から導かれること,有理整数の場合と全く同様である.
 〔定理 $\boldsymbol{5.\ 13}$〕 イデヤルの積 $\boldsymbol{AB}$ が素のイデヤル $\boldsymbol{P}$ で割り切れるならば,$\boldsymbol{A}$ または $\boldsymbol{B}$ が $\boldsymbol{P}$ で割り切れる.
 〔〕 この定理は次の定理 $5.\ 14$ の特別の場合である.
 〔定理 $\boldsymbol{5.\ 14}$〕 $\boldsymbol{\left(A,\ B\right)=1}$ で $\boldsymbol{AC}$ が $\boldsymbol{B}$ で割り切れるならば,$\boldsymbol{C}$ が $\boldsymbol{B}$ で割り切れる.
 〔〕 $\left(A,\ B\right)=1$ から,$A$,$B$ はそれぞれ\[\alpha+\beta=1\]なる数 $\alpha$,$\beta$ を含む(上文,$\boldsymbol{3.}$参照).いま $\gamma$ を $C$ に含まれる任意の数とすれば\[\alpha\gamma+\beta\gamma=\gamma.\] $AC$ が $B$ で割り切れるから,$\alpha\gamma$ は $B$ に含まれ,また $\beta\gamma$ はもとより $B$ に含まれるから,$\gamma$ が $B$ に含まれる.$\gamma$ は $C$ に含まれる任意の数だから,$C$ が $B$ に含まれる.故に $C$ が $B$ で割り切れる(定理 $5.\ 11$).
 定理 $5.\ 12$ が証明されて,イデヤル論の基礎が成就したのである.






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