初 等 整 数 論 講 義 第 $2$ 版

$\blacktriangleleft$ $\S\ 46.$ イデヤルを法とする合同式  $\S\ 48.$ Pell 方程式 $x^2-ay^2=\pm1$ $\blacktriangleright$

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第 $5$ 章 二次体の整数論

 $\S\ 47.$ 二 次 体 の 単 数

 二次体 $K\left(\sqrt{m}\right)$ の単数は $N\left(\varepsilon\right)=\pm1$ なる整数 $\varepsilon$ である($\S\ 41$).よって $m\equiv2$,$3\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ の場合には,\[\varepsilon=x+y\sqrt{m}\]とおけば,\[x^2-my^2=\pm1.\]また $m\equiv1\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ の場合には,\[\varepsilon=\frac{x+y\sqrt{m}}{2}.\hspace{5mm}x\equiv y\hphantom{2}\left(\text{mod}.\ 2\right)\]とすれば,\[x^2-my^2=\pm4.\] これら二つの場合を統一して取り扱うために,$K\left(\sqrt{m}\right)$ の判別式を $d$ とする.すなわち前の場合には $d=4m$,後の場合には $d=m$.よって\[\varepsilon=\frac{t+u\sqrt{d}}{2}\tag{$\ 1\ $}\]とすれば,\[t^2-du^2=\pm4.\tag{$\ 2\ $}\] $\left(\ 1\ \right)$ において $d=4m$ の場合には,$t\equiv0\hphantom{2}\left(\text{mod}.\ 2\right)$,$d=m$ の場合には,$t\equiv u\hphantom{2}\left(\text{mod}.\ 2\right)$ であることを要する.この条件は $\left(\ 2\ \right)$ に含まれているから,単数を求めることは方程式 $\left(\ 2\ \right)$ の有理整数解を求めることに帰する.
 虚の二次体すなわち $d\lt0$ の場合には問題は簡単で,それはすでに解かれている($\S\ 33$)が,定理として再び掲出する.
 〔定理 $\boldsymbol{5.\ 24}$〕 虚の二次体の単数は一般には $\pm1$ だけである.ただ $K\left(i\right)$ の単数は $1$ の $4$ 乗根,$\pm1$,$\pm i$ で,また $K\left(\sqrt{-3}\right)$ の単数は $1$ の $6$ 乗根 $\pm1$,$\pm\rho$,$\pm\rho^2$,$\rho=\dfrac{-1+\sqrt{-3}}{2}$,である.

 実二次体 $K\left(\sqrt{m}\right)$ の場合には事情が全く違って,次の定理が成り立つ.
 〔定理 $\boldsymbol{5.\ 25}$〕 実二次体 $\boldsymbol{K\left(\sqrt{m}\right)}$ には無数に単数がある.それらは一つの単数 $\varepsilon_0$ によって次の形に表わされる:\[\boldsymbol{\pm\varepsilon_0{}^n,\hphantom{n}\left(n=0,\ \pm1,\ \pm2,\ \cdots\cdots\right).}\]このような単数 $\varepsilon_0$ を $K\left(\sqrt{m}\right)$ の基本単数という.
 $\varepsilon_0$ と同時に $\pm\varepsilon_0$,$\pm\varepsilon_0{}^{-1}$ が基本単数であるから,$\varepsilon_0\gt1$ であるものを通常基本単数という.
 〔〕 この定理もすでに $\S\ 33$ で証明されている(定理 $3.\ 8$).その証明は連分数論によったのであったが,ここで再びイデヤル論的の証明法を述べる.証明を二段に分けて,まず初めに $\varepsilon\neq\pm1$ なる単数が存在することを示そう.
 なるべく第一原理から出発するために,Dirichlet の証明法(定理 $2.\ 9$)を引用する.それによれば,$n$ を任意の自然数とするとき,実二次体 $K\left(\sqrt{m}\right)$ に関して\[\left|x+\omega y\right|\lt\frac{1}{n},\hspace{5mm}0\lt\left|y\right|\leqq n\]なる有理整数 $x$,$y$ が存在する.
 よって $\omega-\omega^\prime=\sqrt{d}$ から\begin{alignat*}{1}\left|x+\omega^\prime y\right|&=\left|x+\omega y-\sqrt{d}y\right|\\[2mm]&\leqq\left|x+\omega y\right|+\sqrt{d}\left|y\right|\\[2mm]&\lt\frac{1}{n}+n\sqrt{d}\\[2mm]&\leqq n\left(1+\sqrt{d}\right).\end{alignat*}すなわち\[\left|N\left(x+\omega y\right)\ \!\!\right|\lt A,\]ただし $A=1+\sqrt{d}$.
 Minkowski の定理($\S\ 26$)によれば,\[\left.\begin{array}{l}\left|x+\omega y\right|\lt\delta_1\\[2mm]\left|x+\omega^\prime y\right|\lt\delta_2\ \end{array}\right\}\hspace{5mm}\delta_1\delta_2=\left|\omega^\prime-\omega\right|=\sqrt{d}\]に整数解 $\left(x,\ y\right)\neq\left(0,\ 0\right)$ があるから,事実としては上記の $A$ の代わりに $\sqrt{d}$ を置いてよいのである.
 さて $\alpha=x+\omega y$ と置いて,$1/n\lt\left|\alpha\right|$ なる自然数 $n$ をとって,上記の論法を適用すれば,二次体 $K\left(\sqrt{m}\right)$ において,\[\left|\alpha_1\right|\lt\left|\alpha\right|,\hphantom{m}\left|N\left(\alpha_1\right)\right|\lt A\]なる整数 $\alpha_1$ が存在する.
 このようにして\[\left|\alpha\right|\gt\left|\alpha_1\right|\gt\left|\alpha_2\right|\gt\cdots\cdots\\[3mm]\left|N\left(\alpha\right)\ \!\!\right|,\hphantom{n}\left|N\left(\alpha_1\right)\ \!\!\right|,\hphantom{n}\left|N\left(\alpha_2\right)\ \!\!\right|,\cdots\cdots\lt A\]なる無数の整数 $\alpha$,$\alpha_1$,$\alpha_2$,$\cdots\cdots$ が $K\left(\sqrt{m}\right)$ において求められるのである.
 これらの整数から生ずる単項イデヤル $\left(\alpha\right)$,$\left(\alpha_1\right)$,$\left(\alpha_2\right)$,$\cdots\cdots$ を考察する.これらはノルムが $A$ よりも小さいイデヤルであるが,そのようなイデヤルの数は有限であるからイデヤルとして\[\left(\alpha_m\right)=\left(\alpha_n\right),\hphantom{n}\left(m\neq n\right)\]であるものがなくてはならない.しからば $\varepsilon=\alpha_m/\alpha_n$ は単数であるが,$\left|\alpha_m\right|\neq\left|\alpha_n\right|$ だから,$\left|\varepsilon\right|\neq1$.すなわち $K\left(\sqrt{m}\right)$ は $\left|\varepsilon\right|\neq1$ なる単数 $\varepsilon$ を有するのである.
 さて証明の第二段に進む.上記の単数 $\varepsilon$ に関して $\varepsilon\gt1$ と仮定する(さもなければ,$-\varepsilon$ または $\pm1/\varepsilon$ を $\varepsilon$ に代用すればよい).
 さて $x+\omega y$ を単数として\[1\lt x+\omega y\leqq\varepsilon\tag{$\ 1\ $}\]とすれば,$N\left(x+\omega y\right)=\pm1$ から\[\left|x+\omega^\prime y\right|\lt1.\]このような二つの不等式を満足させる有理整数 $x$,$y$ の組合せは有限個に限る.\begin{alignat*}{1}\left|x\right|&=\frac{1}{\sqrt{d}}\left|-\omega^\prime\left(x+\omega y\right)+\omega\left(x+\omega^\prime y\right)\ \!\!\right|\lt\frac{1}{\sqrt{d}}\left(\left|\omega\right|+\varepsilon\left|\omega^\prime\right|\right),\\[2mm]\left|y\right|&=\frac{1}{\sqrt{d}}\left|\left(x+\omega y\right)-\left(x+\omega^\prime y\right)\ \!\!\right|\lt\frac{1}{\sqrt{d}}\left(\varepsilon+1\right).\end{alignat*} 故に $\left(\ 1\ \right)$ のような単数があっても,それは有限個に限る(ここが第二段の契点である).故にそれらの中に,最も小さいものがある.それを $\varepsilon_0$ とする.しからば.$\varepsilon_0\gt1$ だから,$1$,$\varepsilon_0$,$\varepsilon_0{}^2$,$\cdots\cdots$ の値は指数とともに限りなく増大する.故に $\varepsilon\gt1$ なる任意の単数 $\varepsilon$ に関して\[\varepsilon_0{}^n\leqq\varepsilon\lt\varepsilon_0{}^{n+1}\]になるような自然数 $n$ がなければならない.しからば\[1\leqq\frac{\varepsilon}{\varepsilon_0{}^n}\lt\varepsilon_0\]で,$\varepsilon/\varepsilon_0{}^n$ も単数だから,$\varepsilon_0$ に関する規約によって\[\frac{\varepsilon}{\varepsilon_0{}^n}=1,\]すなわち\[\varepsilon=\varepsilon_0{}^n.\] 任意の単数 $\varepsilon\neq\pm1$ に関しては $\pm\varepsilon$,$\pm1/\varepsilon$ なる四つの単数のうちただ一つが $1$ よりも大で,したがって $\varepsilon_0$ の巾に等しい.故にすべての単数は\[\pm\varepsilon_0{}^n\hphantom{n}\left(n=0,\hphantom{1}\pm1,\hphantom{1}\pm2,\ \cdots\cdots\right)\]で,$\varepsilon_0$ がすなわち定理にいう基本単数である.
 ノルムが $-1$ に等しい単数がある場合には $N\left(\varepsilon_0\right)=-1$ でなければならない.故にこの場合,指数 $n$ が偶数であるか,奇数であるかに従って,\[N\left(\pm\varepsilon_0{}^n\right)=\pm1.\] 〔問題 $\boldsymbol{1}$〕 実二次体 $K\left(\sqrt{m}\right)$ における基本単数のノルムが $-1$ に等しいためには,$m$ が $q\equiv-1\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ なる素因数 $q$ を有しないことが必要である.
 〔解〕 $t^2-du^2=-4$ とすれば,$d$ の素因数 $q$ に関して $t^2\equiv-4\hphantom{q}\left(\text{mod}.\ q\right)$.$q\equiv-1\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ ならば,これは不可能である.このとき $\left(\dfrac{-1}{q}\right)=-1$.
 〔問題 $\boldsymbol{2}$〕 実二次体 $K\left(\sqrt{m}\right)$ における基本単数のノルムが $+1$ に等しいならば,$J=\left(\sqrt{m}\right)$ 以外に $J=J^\prime$ なる単項原始イデヤルがある.
 〔解〕 $N\left(\varepsilon\right)={\varepsilon\varepsilon}^\prime=1$ ならば\[\varepsilon=\frac{1+\varepsilon}{1+\varepsilon^\prime,}\]$1+\varepsilon$ は単数でない.もしも $1+\varepsilon=\eta$ が単数ならば,$\varepsilon=\eta/\eta^\prime=\eta^2$ で,これは不合理である.
 よって $\left(1+\varepsilon\right)=J$ とおけば,$J^\prime=J$.
 しかるに $J\neq\left(a\sqrt{m}\right)$.もしも $J=\left(a\sqrt{m}\right)$ ならば $1+\varepsilon=\eta a\sqrt{m}$ において $\eta$ は単数であるが,そのとき $1+\varepsilon^\prime=-\eta^\prime a\sqrt{m}$.したがって $\varepsilon=-\dfrac{\eta}{\eta^\prime}=-\eta^2$.これは不合理である.
 故に $J=aJ_0$ とおいて $J_0$ は原始イデヤルとすれば,$J_0\neq\left(\sqrt{m}\right)$ で $J_0{}^\prime=J_0$.
 〔注意〕 $d=m$ または $d=4m$ に含まれる有理素数を $l_1$,$l_2$,$\cdots\cdots$,$l_t$ とすれば,これらは $l_i=L_iL_i{}^\prime$,$L=L_i{}^\prime$ なる素因子に分解される.故に $J=J^\prime$ なる原始イデヤルは $L_1$,$L_2$,$\cdots\cdots$,$L_t$ またはそれらの積 $L_\alpha L_\beta\cdots L_\lambda$($\alpha\neq\beta\neq\cdots\neq\lambda$)である.
 〔例〕 $p\equiv3\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ とすれば,$K\left(\sqrt{p}\right)$ において $d=4p$.故に $2=L^2$ とすれば,$L$ は単項イデヤルである.すなわち $x^2-py^2=\pm2$ が解を有する.$4$ を $\text{mod}.$ としてみれば,$x$,$y$ はともに奇数,したがって $8$ を $\text{mod}.$ としてみれば $p\equiv3\hphantom{8}\left(\text{mod}.\ 8\right)$ のとき右辺は $-2$,また $p\equiv7\hphantom{8}\left(\text{mod}.\ 8\right)$ のときには $+2$ でなければならない.

 〔問題 $\boldsymbol{3}$〕 $q_1\equiv q_2\equiv3\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ とすれば,二次体 $K\left(\sqrt{q_1q_2}\right)$ において,$q_1=Q_1{}^2$,$q_2=Q_2{}^2$ とするとき,$Q_1$ も $Q_2$ も単項イデヤルである.
 〔解〕 $K\left(\sqrt{q_1q_2}\right)$ における基本単数を $\varepsilon$ とすれば,$N\left(\varepsilon\right)=1$(問題 $1$).故に $Q_1$ または $Q_2$ が単項イデヤルである(問題 $2$).
 $Q_1Q_2=\left(\sqrt{q_1q_2}\right)$ だから,$Q_1$ も $Q_2$ も単項イデヤルである.
 〔注意〕 $Q_1=\left(\kappa_1\right)$,$Q_2=\left(\kappa_2\right)$ とすれば,$N\left(\kappa_1\kappa_2\right)=-q_1q_2$.なぜならば,$\kappa_1\kappa_2=\eta\sqrt{q_1q_2}$ において $\eta$ は単数である.したがって $N\left(\eta\right)=1$.故に $N\left(\kappa_1\kappa_2\right)=N\left(\sqrt{q_1q_2}\right)=-q_1q_2$.
 これによって $q_1x^2-q_2y^2=\pm1$ が右辺の符号 $+$ または $-$ のうち一方に対してのみ必ず解を有することがわかる.
 〔例〕 $K\left(\sqrt{21}\right)$ において $3=Q_1{}^2$,$7=Q_2{}^2$ とする.$\varepsilon=\dfrac{5+\sqrt{21}}{2}$,$1+\varepsilon=\dfrac{7+\sqrt{21}}{2}$.$N\left(1+\varepsilon\right)=7$ 故に $Q_2=\left(\dfrac{7+\sqrt{21}}{2}\right)$.
 $\dfrac{\sqrt{21}}{1+\varepsilon}=\dfrac{-3+\sqrt{21}}{2}$,$N\left(\dfrac{-3+\sqrt{21}}{2}\right)=-3$.故に $Q_1=\left(\dfrac{-3+\sqrt{21}}{2}\right)$.

 〔問題 $\boldsymbol{4}$〕 $q\equiv3\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ とすれば,$K\left(\sqrt{2q}\right)$ においても,$2=L^2$,$q=Q^2$ とするとき,$L$ も $Q$ も単項イデヤルである.
 〔解〕 問題 $3$ と同様.
 〔例〕 $K\left(\sqrt{6}\right)$ において,$\varepsilon=5+2\sqrt{6}$,$1+\varepsilon=6+2\sqrt{6}=2\left(3+\sqrt{6}\right)$.$N\left(3+\sqrt{6}\right)=3$.故に $Q=\left(3+\sqrt{6}\right)$.$\dfrac{\sqrt{6}}{3+\sqrt{6}}=-\left(2-\sqrt{6}\right)$.$N\left(2+\sqrt{6}\right)=-2$.故に $L=\left(2+\sqrt{6}\right)$.

 〔問題 $\boldsymbol{5}$〕 $p\equiv1\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ とすれば,$K\left(\sqrt{p}\right)$ における基本単数のノルムは $-1$ である.
 〔解〕 もしも $N\left(\varepsilon\right)=+1$ ならば,$J\neq\left(\sqrt{p}\right)$ で $J=J^\prime$ なる原始イデヤルがなければならない.この場合,それは不合理である.
 〔例〕$\begin{alignat*}{1}K\left(\sqrt{\ \!5\ \!}\right)&:\hphantom{m}\varepsilon=\frac{1+\sqrt{5}}{2}.\\[2mm]K\left(\sqrt{13}\right)&:\hphantom{m}\varepsilon=\frac{3+\sqrt{13}}{2}.\\[2mm]K\left(\sqrt{17}\right)&:\hphantom{m}\varepsilon=4+\sqrt{17}.\end{alignat*}$   
 〔問題 $\boldsymbol{6}$〕 $p\equiv5\hphantom{8}\left(\text{mod}.\ 8\right)$ とすれば,$K\left(\sqrt{2p}\right)$ における基本単数のノルムは $-1$ である.
 〔解〕 もしも $N\left(\varepsilon\right)=+1$ ならば $2$ が単項イデヤルの平方に等しくなければならない(問題 $2$).しかるに $x^2-2py^2=\pm2$ とすれば $\left(\dfrac{\pm2}{p}\right)=1$.これは不合理である.
 〔例〕$\begin{alignat*}{1}K\left(\sqrt{10}\right)&:\hphantom{m}\varepsilon=3+\sqrt{10}.\\[2mm]K\left(\sqrt{26}\right)&:\hphantom{m}\varepsilon=5+\sqrt{26}.\end{alignat*}$   
 〔問題 $\boldsymbol{7}$〕 $p\equiv p^\prime\equiv1\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$,$\left(\dfrac{p}{p^\prime}\right)=\left(\dfrac{p^\prime}{p}\right)=-1$ ならば,$K\left(\sqrt{{pp}^\prime}\right)$ の基本単解のノルムは $-1$ である.
 〔解〕 問題 $6$ と同様.
 〔例〕 $K\left(\sqrt{65}\right)$ において $\left(\dfrac{13}{5}\right)=-1$. $N\left(\varepsilon\right)=N\left(8+\sqrt{65}\right)=-1$.
$K\left(\sqrt{85}\right)$ において $\left(\dfrac{17}{5}\right)=-1$. $N\left(\varepsilon\right)=N\left(\dfrac{9+\sqrt{85}}{2}\right)=-1$.






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