初 等 整 数 論 講 義 第 $2$ 版

$\blacktriangleleft$ $\S\ 44.$ 二次体における素のイデヤル  $\S\ 46.$ イデヤルを法とする合同式 $\blacktriangleright$

『初等整数論講義 第 $2$ 版』目次へ



第 $5$ 章 二次体の整数論

 $\S\ 45.$ イデヤルの類別

 $\boldsymbol{1.}$ 二次体 $K\left(\sqrt{m}\right)$ のイデヤルが全部単項イデヤルであるならば,$K\left(\sqrt{m}\right)$ の整数論は簡単である.その場合には,$K\left(\sqrt{-1}\right)$ または $K\left(\sqrt{-3}\right)$ などにおけると同様に,イデヤルは実際に不用で整数だけで用が弁ずるのである.しかるに $K\left(\sqrt{-5}\right)$ のように,単項でないイデヤルが存在する二次体においては,イデヤル論が必要になるのである.このような二次体において,イデヤルの類別の問題が生ずる.
 イデヤル $A$ の各数に整数 $\gamma$ を乗すれば,それらの積の集合は一つのイデヤルで,それを $\gamma A$ で表わすことは前に述べたが,同様に $A$ の各数が整数 $\gamma$ で割り切れるならば,それらの商の集合は一つのイデヤルである.それを $\left(1/\gamma\right)A$ で表わす.一層一般に,イデヤル $A$ の各数に,必ずしも整数でない $\rho$ を掛けたときに,その積が全部整数であるならば,それらの積の集合はやはり一つのイデヤルである.それを $\rho A$ で表わすことにする.このように二次体 $K$ の二つのイデヤル $A$,$B$ の間に\[B=\rho A\]のような関係があるときに,$B$ は $A$ と対等であるという.記号:\[A\sim B.\]この定義によれば,\begin{alignat*}{2}A&\sim A,&A&=1\hspace{0.7mm}\cdotp A.\\[2mm]A&\sim B\hphantom{1}ならば\hphantom{1}B\sim A,&B&=\rho A\hphantom{1}から\hphantom{1}A=\frac{1}{\rho}B.\\[2mm]A&\sim B,\hphantom{1}B\sim C\hphantom{1}ならば\hphantom{1}A\sim C,&\hspace{1cm}B&=\rho A\hphantom{1}C=\sigma B\hphantom{1}から\hphantom{1}C=\rho\sigma A.\end{alignat*}これによって二次体 $K$ のイデヤルをに分けることができる.すなわち,互いに対等なイデヤルの全部を一つの類とすれば,二つの相異なる類が同一のイデヤルを含むことがない.すなわち対等は同類にほかならないのである.
 単項イデヤルは互いに対等である.$\left(\beta\right)=\dfrac{\beta}{\alpha}\left(\alpha\right)$.よって $K$ における単項イデヤルの集合は一つの類である.それを主類(または単項類)と称する.すなわち主類はイデヤル $1$ と同類なイデヤルの全部から成り立つ.
 一つの類に属する各イデヤルの共軛イデヤルはまた一つの類をなすものである($A=\rho B$ ならば,$A^\prime=\rho^\prime B^\prime$).このような類を互いに共軛な類または互いに逆の類という.
 逆というのは $AA^\prime\sim1$(定理 $5.\ 8$)であるからである.ただし互いに逆といっても,それらが同じ類になることもある(例えば主類の逆は主類である).
 〔定理 $\boldsymbol{5.\ 19}$〕 二次体 $\boldsymbol{K\left(\sqrt{m}\right)}$ におけるイデヤルの類の数は有限である.
 〔〕 二次体 $K$ のイデヤルの一つの類を考察する.その類を $\mathrm{C}$ と名づけよう.
 $\mathrm{C}$ に属するイデヤルの中で,最小のノルムを有するもの(の一つ)を $A$ として,\[\mathrm{N}\left(A\right)=a\tag{$\ 1\ $}\]とおく.さて定理 $5.\ 6$ を引用するが,$A$ は有理約数を有しないいわゆる原始イデヤルである.
 $A=gA_0$ ならば,$A_0$ はもちろん $A$ と同類,したがって $\mathrm{C}$ に属し,かつ $\mathrm{N}\left(A\right)=g^2\mathrm{N}\left(A_0\right)$.よって $\mathrm{N}\left(A_0\right)\geqq a$ から,$g=1$.
 よって $A$ の標準的底数をとって\[A=\left[a,\hphantom{1}r+\omega\right]\]と置けば,\begin{eqnarray*}&a\gt0,&\\[2mm]&\frac{a}{2}\gt r\geqq-\frac{a}{2},&\tag{$\ 2\ $}\\[2mm]&N\left(r+\omega\right)=ac.&\tag{$\ 3\ $}\end{eqnarray*}いま\[r+\omega=AB\]とすれば,$\left(\ 3\ \right)$ によって\[\mathrm{N}\left(A\right)\mathrm{N}\left(B\right)=\left|ac\right|.\]故に,$\left(\ 1\ \right)$ によって,\[\mathrm{N}\left(B\right)=\left|c\right|.\] $B$ の共軛イデヤルを $B^\prime$ とすれば,\[\mathrm{N}\left(B^\prime\right)=\left|c\right|.\] また $\left(r+\omega\right)B^\prime=ABB^\prime=cA$,すなわち $B^\prime\sim A$ であるから,$B^\prime$ は $\mathrm{C}$ に属する.故に仮定によって\begin{alignat*}{1}\mathrm{N}\left(B^\prime\right)&\geqq \mathrm{N}\left(A\right),\\[2mm]\left|c\right|&\geqq a.\tag{$\ 4\ $}\end{alignat*} 次に\[\mathrm{S}\left(r+\omega\right)=r+\omega+r+\omega^\prime=b\]と置けば,\begin{alignat*}{3}b&=2r,&&(m\equiv2,\ 3,&\hphantom{4}&\text{mod}.\ 4,\ のとき)\\[2mm]&=2r+1,&\hspace{1cm}&(m\equiv1,&&\text{mod}.\ 4,\ のとき).\end{alignat*}したがって $\left(\ 2\ \right)$ から\[\left|b\right|\leqq a.\tag{$\ 5\ $}\]よって $r+\omega$ は二次方程式\[x^2-bx+ac=0\tag{$\ 6\ $}\]の根で,$\left(r+\omega\right)-\left(r+\omega^\prime\right)=\sqrt{d}$ から\[b^2-4ac=d.\tag{$\ 7\ $}\]また,$\left(\ 4\ \right)$,$\left(\ 5\ \right)$ から\[\left|b\right|\leqq a\leqq\left|c\right|.\tag{$\ 8\ $}\] さてここから実二次体と虚二次体とを区別して考察する.
 $\ \ \!\text{i}\ )$ $d\gt0$ の場合には,$\left(\ 8\ \right)$ から\[\left|ac\right|\geqq b^2=d+4ac\gt4ac.\]故に\[ac\lt0.\]仮定によって $a\gt0$,故に $c\lt0$.したがって\[b^2+4\left|ac\right|=d,\\[2mm]4\left|ac\right|\leqq d.\]故に $\left(\ 4\ \right)$ から\[4a^2\leqq d.\]$d$ は平方数でないから,\[a\lt\frac{\sqrt{d}}{2}.\tag{$\ 9\ $}\] $\ \text{ii}\ \!)$ $d\lt0$ の場合には,$N\left(r+\omega\right)=ac\gt0$ したがって $c\gt0$.よって $\left(\ 8\ \right)$ から\[4a^2\leqq4ac=b^2-d=b^2+\left|d\right|\leqq a^2+\left|d\right|.\]したがって\[3a^2\leqq\left|d\right|,\]故に\[a\leqq\sqrt{\frac{\left|\ \!d\ \!\right|}{3}}.\tag{$\ 9^{\large*}$}\] 以上の考察によって二次体 $K\left(\sqrt{m}\right)$ のイデヤルの各類の中に,$\mathrm{N}\left(A\right)$ が $\left(\ 9\ \right)$ または $\left(\ 9^{\large*}\right)$ によって与えられる限界内に止まるようなイデヤル $A$ が含まれることが確かめられた.
 しかるにこのようなイデヤルの数は有限である.
(これらは $\sqrt{d}/2$ または $\sqrt{\left|d\right|}/3$ 以下の有理整数の因子である).
 よってイデヤルの類の数は有限である.
 〔注意〕 イデヤルの類の数を $h$ で表わすのが慣例である.
$\begin{alignat*}{4}\ 〔例〕\ &K\left(\sqrt{-1\vphantom{1^1}}\right)&&:d=-4,&a&\leqq\sqrt{\frac{4\vphantom{1^1}}{3}}\lt2,&\hphantom{a}a&=1,\hphantom{1}\mathrm{N}\left(A\right)=1,\hphantom{1}A=1,\hphantom{1}h=1.\\[2mm]&K\left(\sqrt{-3\vphantom{1^1}}\right)&&:d=-3,&a&\leqq\sqrt{\frac{3\vphantom{1^1}}{3}}=1,&\hphantom{a}a&=1,\hphantom{1}h=1.\\[2mm]&K\left(\sqrt{-11\vphantom{1^1}}\right)&&:d=-11,&a&\leqq\sqrt{\frac{11\vphantom{1^1}}{3}}\lt2,&\hphantom{a}a&=1,\hphantom{1}h=1.\\[2mm]&K\left(\sqrt{-5\vphantom{1^1}}\right)&&:d=-20,&\hphantom{aa}a&\leqq\sqrt{\frac{20\vphantom{1^1}}{3}}\lt3,&\hphantom{a}a&=1,\hphantom{1}または\hphantom{1}a=2.\end{alignat*}$
 この場合には $\left(\ 2\ \right)=A^2$,$A=\left[2,\hphantom{1}-1+\sqrt{-5\vphantom{1^1}}\right]$ で,$A$ は単項イデヤルでない.故にイデヤルは二類に分かれる.一つは主類で,他の一つは $A$ と同類なイデヤルの集合である.故に $h=2$.
$\begin{alignat*}{1}    K\left(\sqrt{2\vphantom{1^1}}\right)&:d=8,\hphantom{a}a\lt\frac{\sqrt{8\vphantom{1^1}}}{2}\lt2,\hphantom{a}a=1,\hphantom{1}h=1.\\[2mm]    K\left(\sqrt{5\vphantom{1^1}}\right)&:d=5,\hphantom{a}a\lt\frac{\sqrt{5\vphantom{1^1}}}{2}\lt2,\hphantom{a}a=1,\hphantom{1}h=1.\\[2mm]    K\left(\sqrt{13\vphantom{1^1}}\right)&:d=13,\hphantom{a}a\lt\frac{\sqrt{13\vphantom{1^1}}}{2}\lt2,\hphantom{a}a=1,\hphantom{1}h=1.\\[2mm]    K\left(\sqrt{17\vphantom{1^1}}\right)&:d=17,\hphantom{a}a\lt\frac{\sqrt{17\vphantom{1^1}}}{2}\lt3,\hphantom{a}a=1,\hphantom{1}または\hphantom{1}a=2.\end{alignat*}$
 さて $N\left(\dfrac{3+\sqrt{17\vphantom{1^1}}}{2}\right)=-2$.故に $2$ の因子は単項イデヤルである.よって $h=1$.
    $K\left(\sqrt{15\vphantom{1^1}}\right)$: $d=4\times15$,$a\lt\sqrt{15\vphantom{1^1}}\lt4$,$a=1$,$2$,$3$.
    $2=A^2$,$A=\left(2,\ 1+\sqrt{15\vphantom{1^1}}\right)$,$A=A^\prime$.
    $3=B^2$,$B=\left(3,\ \sqrt{15\vphantom{1^1}}\right)$,$B=B^\prime$.
    $AB=\left(3+\sqrt{15\vphantom{1^1}}\right)$. $\therefore\ A\sim B^\prime$.故に $A$ が単項イデヤルならば,$h=1$.そうでなければ $h=2$.
 もしも $A=\left(x+y\sqrt{15\vphantom{1^1}}\right)$ ならば,$\mathrm{N}\left(A\right)=2$ から\[x^2-15y^2=\pm2,\]したがって\[x^2\equiv\pm2\hspace{5mm}\left(\text{mod}.\ 5\right).\] $\left(\dfrac{\pm\ 2}{5}\right)=-1$ だから,これは不可能である.故に $h=2$.

 一般に二次体において二つのイデヤルが対等であるかないかを決定する方法は後に述べるであろう($\S\ 48$).

 $\boldsymbol{2.}$ $\mathrm{C}_1$,$\mathrm{C}_2$ を二つの(同一または相異なる)類とし,$\mathrm{C}_1$,$\mathrm{C}_2$ に属する或る一定のイデヤルを $A_1$,$A_2$ とし,任意のイデヤルを $B_1$,$B_2$ とすれば $B_1=\rho A_1$,$B_2=\sigma A_2$.したがって $B_1B_2=\rho\sigma A_1A_2$.すなわち $B_1B_2$ は $A_1A_2$ を含む一定の類 $\mathrm{C}_3$ に属する.
 上記のように $\mathrm{C}_1$,$\mathrm{C}_2$ によって定まる類 $\mathrm{C}_3$ を $\mathrm{C}_1$ と $\mathrm{C}_2$ との結合または積といい,$\mathrm{C}_1\mathrm{C}_2$ と記す.
 $\mathrm{E}$ を主類,$\mathrm{C}$ を任意の類とすれば,$\mathrm{EC}=\mathrm{C}$($\rho A\sim A$).また $\mathrm{C}$ の逆の類を $\mathrm{C}^{-1}$ と記せば,$\mathrm{CC}^{-1}=\mathrm{E}$.よって $\mathrm{C}_1$,$\mathrm{C}_2$ が任意の類なるとき,$\mathrm{C}_1=\mathrm{C}_2\mathrm{C}_3$ なる類 $\mathrm{C}_3$ が一意的に定まる.すなわち $\mathrm{C}_3=\mathrm{C}_1\mathrm{C}_2{}^{-1}$.
 類の数は有限であるから,任意の類 $\mathrm{C}$ から $\mathrm{C}^2$,$\mathrm{C}^3$,$\cdots\cdots$ を作るならば,それらが全部相異なることを得ない.故に $\mathrm{C}^m=\mathrm{C}^n$ のような類がなければならない.したがって $m\gt n$ とすれば $\mathrm{C}^{m-n}=\mathrm{E}$.すなわち任意の類の或る巾 $\mathrm{C}^k$ は主類である.いい換えれば,任意のイデヤルの或る巾は単項イデヤルである.
 $h$ を類の数とすれば $\mathrm{C}^h=\mathrm{E}$ である.なぜならば,$\mathrm{C}_1$,$\mathrm{C}_2$,$\cdots\cdots$,$\mathrm{C}_h$ をすべての類とし,そのうち任意の一つを $\mathrm{C}$ とすれば,$\mathrm{CC}_1$,$\mathrm{CC}_2$,$\cdots\cdots$,$\mathrm{CC}_h$ も互いに相異なるから全体においてはすべての類である.
 故に $\mathrm{C}_1\mathrm{C}_2\cdots\cdots\mathrm{C}_h=\mathrm{C}^h$($\mathrm{C}_1\mathrm{C}_2\cdots\cdots\mathrm{C}_h$)したがって $\mathrm{C}^h=\mathrm{E}$.
 $\mathrm{C}^k=\mathrm{E}$ なる最小指数 $k$ は $h$ またはその約数であることは見やすい.要約して次の定理を得る.
 〔定理 $\boldsymbol{5.\ 20}$〕 イデヤルの或る巾は単項イデヤルに等しい.その最小指数は $h$ の約数である.
 〔例〕 $K\left(\sqrt{-5}\right)$ において $A=\left[3,\hphantom{1}1+\sqrt{-5}\right]$ は主類に属しない.ここでは $h=2$.故に $A^2=\left[9,\hphantom{1}-2+\sqrt{-5}\right]$ は主類に属する,すなわち単項イデヤルでなければならない.実際 $A^2=\left(-2+\sqrt{-5}\right)$.
 〔問題 $\boldsymbol{1}$〕 $x^2+2=y^3$ の整数解は $x^2=25$,$y^3=27$ だけである(Fermat).
 〔解〕 $K\left(\sqrt{-2\vphantom{1^1}}\right)$ におけるイデヤルの類の数が $1$ であることを用いるならば,解は簡単である.\[\left(x+\sqrt{-2\vphantom{1^1}}\right)\left(x-\sqrt{-2\vphantom{1^1}}\right)=y^3\]において,$x+\sqrt{-2\vphantom{1^1}}$,$x-\sqrt{-2\vphantom{1^1}}$ は互いに素である(公約数があるならば,$\sqrt{-2\vphantom{1^1}}$ が公約数で,各因数は $\sqrt{-2\vphantom{1^1}}$ の $1$ 乗だけで割り切れるから,積は立方になり得ない).故に単数 $\pm1$ が立方であることに注意して\[\left(x+\sqrt{-2\vphantom{1^1}}\right)=\left(a+b\sqrt{-2\vphantom{1^1}}\right)^3,\]したがって\[3a^2b-2b^3=1.\]故に $b=\pm1$,$3a^2-2b^2=\pm1$.したがって $b=+1$,$a=\pm1$.よって\[\left(\pm1+\sqrt{-2\vphantom{1^1}}\right)^3=\mp5+\sqrt{-2\vphantom{1^1}}\]から $x=\pm5$,$x^2=25$,$y^3=27$.
 〔問題 $\boldsymbol{2}$〕 $x^2+4=y^3$ の整数解は $x^2=4$,$y^3=8$,または $x^2=121$,$y^3=125$ である.
 〔解〕 $K\left(\sqrt{-1\vphantom{1^1}}\right)$ において前のように $x+2i=\left(a+bi\right)^3$.故に\[\left(3a^2-b^2\right)b=2.\]から $b=1$,$a=\pm1$,または $b=-2$,$a=\pm1$,したがって $x=\pm2$ または $x=\pm11$.
 〔問題 $\boldsymbol{3}$〕 $x^2+5=y^3$ は整数解を有しない.
 〔解〕 $K\left(\sqrt{-5\vphantom{1^1}}\right)$ において,前のように $x+\sqrt{-5\vphantom{1^1}}$,$x-\sqrt{-5\vphantom{1^1}}$ が公因子を有してはいけないことがわかる.故に $x+\sqrt{-5\vphantom{1^1}}$ がイデヤルの立方に等しいことを要する.いま $x+\sqrt{-5\vphantom{1^1}}=J^3$ とすれば,この場合 $h=2$ だから,$J^2$ は単項イデヤル,したがって $J$ それ自身が単項イデヤルでなければならない.よって $x+\sqrt{-5\vphantom{1^1}}=\left(a+b\sqrt{-5\vphantom{1^1}}\right)^3$ とおく.これから $\left(3a^2-5b^2\right)b=1$.故に $b=\pm1$.$3a^2=6$ または $4$,これは不可能である.






$\blacktriangleleft$ $\S\ 44.$ 二次体における素のイデヤル  $\S\ 46.$ イデヤルを法とする合同式 $\blacktriangleright$

『初等整数論講義 第 $2$ 版』目次へ


 ページトップへ inserted by FC2 system