第 $5$ 章 二次体の整数論
$\S\ 50.$ 与えられたノルムを有するイデヤル
$\boldsymbol{1.}$ 二次体 $K\left(\sqrt{m}\right)$ において\[\mathrm{N}\left(J\right)=n\hspace{8mm}\left(n\gt0\right)\tag{$\ 1\ $}\]なるイデヤル $J$ を求めること．これが問題 $\left(\mathrm{A}\right)$ である．イデヤル $J$ を標準的底数によって表わして\[J=s\left[n_0,\hphantom{1}r+\omega\right]\tag{$\ 2\ $}\]と置けば，$\mathrm{N}\left(J\right)=s^2n_0$．また\[N\left(r+\omega\right)\equiv0\hphantom{0}\left(\text{mod}.\ n_0\right)\]($\S\ 42$，問題 $2$）．あるいは\[r+\omega=\frac{b+\sqrt{d}}{2}\tag{$\ 3\ $}\]と置けば，\[b^2\equiv d\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4n_0\right).\tag{$\ 4\ $}\]よって $n$ に含まれる任意の平方因数を $s^2$ とし，$n=s^2n_0$ として $\left(\ 4\ \right)$ から $b$ を求めるならば，イデヤル $J$ は $\left(\ 2\ \right)$ によって与えられる．ただし $b^\prime\equiv b\hphantom{2}\left(\text{mod}.\ 2n_0\right)$ ならば，$b$ と同時に $b^\prime$ が $\left(\ 4\ \right)$ の解であるが，$b^\prime$ からは $b$ からと同じイデヤル $J$ が生ずるから，$\left(\ 4\ \right)$ から $2n_0$ を法として不合同な解だけを求めればよい．
合同式 $\left(\ 4\ \right)$ は $n_0$ に含まれる素数を法とする場合に帰するが（$\S\ 7$），その解法はイデヤル論によるとき最も透明である．
二次体 $K\left(\sqrt{m}\right)$ に関して有理素数および素のイデヤルを三種に分ける（定理 $5.\ 18$）．
第一種 $p={PP}^\prime$，（$P\neq P^\prime$）．
$\left(\dfrac{m}{p}\right)=1$， または $m\equiv1\hphantom{8}\left(\text{mod}.\ 8\right)$ のとき，$p=2$．
第二種 $q=Q$，
$\left(\dfrac{m}{q}\right)=-1$， または $m\equiv5\hphantom{8}\left(\text{mod}.\ 8\right)$ のとき $q=2$．
第三種 $l=L^2$，$l$ は $d$ の素因数．
よって $n$ に含まれる三種の素因数を区別して\begin{alignat*}{1}n&=p^a\cdots q^b\cdots l^c\cdots,\\[2mm]J&=P^aP^{\prime a^\prime}\cdots Q^\beta\cdots L^\gamma\cdots\end{alignat*}と置けば，\[\mathrm{N}\left(J\right)=n\]が成り立つのは\[\alpha+\alpha^\prime=a,\hspace{5mm}2\beta=b,\hspace{5mm}\gamma=c\]であるときである．故に $\left(\ 1\ \right)$ が解を有するには，$n$ が第二種の素数を偶数巾に含むことが必要である．
この条件が充実されているとするとき，\[\alpha=0,\ 1,\ 2,\ \cdots\cdots,\ a\ \ に対応して\ \ \alpha^\prime=a,\ a-1,\ \cdots\cdots,\ 0.\]よって求める $J$ の総数は $\prod\ \!\left(a+1\right)$．ただし $J$ が原始イデヤルであるのは $b=0$ で，$c=0$ または $1$ なる場合に限り，かつおのおのの $P$，$P^\prime$ に関して $\alpha=0$ または $\alpha^\prime=0$ であることを要するから，$n$ が $k$ 個の相異なる第一種有理素数を含むとき，その数 $2^k$ である．
$\boldsymbol{2.}$ 上記と関連して次の問題を考察するとよい．
〔問題 $\boldsymbol{1}$〕 原始イデヤル $J=\left[a,\hphantom{1}r+\omega\right]$ が標準的底数で与えられてあるとき，$a$ を素数巾に分解して $a=p_1{}^{k_1}p_2{}^{k_2}\cdots\cdots$ とすれば，$J=P_1{}^{k_1}P_2{}^{k_2}\cdots\cdots$ ただし $P_1=\left[p_1,\hphantom{1}r+\omega\right]$，$P_2=\left[p_2,\hphantom{1}r+\omega\right]$，$\cdots\cdots$ は素のイデヤルである．
〔解〕 $r+\omega=\theta$ と記す．$a=a_1a_2$ とすれば，$N\left(\theta\right)\subset a$$*$
| $\ ^*\ $ | 記号 $\subset$ に関しては $286$ 頁参照． |
〔問題 $\boldsymbol{2}$〕 原始イデヤル $J_1=\left[a_1,\hphantom{1}r+\omega\right]$，$J_2=\left[a_2,\hphantom{1}s+\omega\right]$ において $\left(a_1,\hphantom{1}a_2\right)=1$ であるとき，$J_1J_2=\left[a_1a_2,\hphantom{1}t+\omega\right]$，ただし $t$ は合同式 $t\equiv r\hphantom{a}\left(\text{mod}.\ a_1\right)$，$t\equiv s\hphantom{a}\left(\text{mod}.\ a_2\right)$ から定められる．
〔解〕 $\left(a_1,\ a_2\right)=1$ だから，上記の合同式から $t$ が $\text{mod}.\ a_1a_2$ に関して定められる（$\S\ 6$）．しからば $J_1=\left[a_1,\hphantom{1}t+\omega\right]$，$J_2=\left[a_2,\hphantom{1}t+\omega\right]$．$N\left(t+\omega\right)$ は $a_1a_2$ で割り切れる．故に $J_1J_2=\left[a_1a_2,\hphantom{1}t+\omega\right]$（問題 $1$）．
〔問題 $\boldsymbol{3}$〕 $J_1=\left[a_1,\hphantom{r}r+\omega\right]$，$J_2=\left[a_2,\hphantom{s}s+\omega\right]$ において，$\left(a_1,\ a_2\right)=d\gt1$ であるとき，$J_1J_2$ の標準的底数を求めること．
〔解〕 $d$ の約数なる素数 $p$ に関し $P=\left[p,\hphantom{r}r+\omega\right]$，$P^\prime=\left[p,\hphantom{s}s+\omega\right]$ とすれば，$P$，$P^\prime$ はともに $p$ を割る素イデヤルで $P\neq P^\prime$ または $P=P^\prime$ である．$a_1$，$a_2$ が $p$ をそれぞれ $m$ 巾，$n$ 巾に含むとすれば，$J_1$，$J_2$ に含まれる $P$，$P^\prime$ の巾はそれぞれ\[P^m=\left[p^m,\hphantom{r}r+\omega\right],\hphantom{P}P^{\prime\ \!n}=\left[p^n,\hphantom{s}s+\omega\right]\]である（問題 $1$）．
いま，$P=P^\prime$ であると仮定する．しからば，$\operatorname{Min}\ \!\left(m,\ n\right)=k$ と置くとき，$r+\omega$ も $s+\omega$ も $P^k$ に含まれる．ゆえに $\left(r+\omega\right)-\left(s+\omega\right)=r-s$ が $P^k$ に含まれるが，$r-s$ は有理整数であるから，それは $p^k$ で割り切れる．すなわち $r\equiv s\hphantom{o}\left(\text{mod}.\ p^k\right)$．$p^k$ は $d$ に含まれる $p$ の巾である．
まず $r\not\equiv s\hphantom{o}\left(\text{mod}.\ p^k\right)$ とする．$P=P^\prime$ から $r\equiv s\hphantom{o}\left(\text{mod}.\ p^k\right)$ を得たから，$r\not\equiv s\hphantom{o}\left(\text{mod}.\ p^k\right)$ ならば $P\neq P^\prime$ である．よって $p={PP}^\prime$．故に $J_1J_2=p^kJ_1{}^{\left(1\right)}J_2{}^{\left(1\right)}$．ただし，$J_1{}^{\left(1\right)}=\left[\dfrac{a_1}{p^k},\hphantom{r}r+\omega\right]$，$J_2{}^{\left(1\right)}=\left[\dfrac{a_2}{p^k},\hphantom{s}s+\omega\right]$．$J_1{}^{\left(1\right)}$，$J_2{}^{\left(1\right)}$ に関しては，$d$ は $d^{\left(1\right)}=d/p^k$ で置き換えられる．この繰作を続行して，$d$ を順次簡約すれば，結局，問題 $3$ を次の附帯条件の下で解けばよいことになる．その条件は，$\left(a_1,\ a_2\right)=d$ に含まれる各素因数 $p$ の巾 $p^k$ に関して $r\equiv s\hphantom{p}\left(\text{mod}.\ p^k\right)$ なることである．したがって，条件は，$r\equiv s\hphantom{d}\left(\text{mod}.\ d\right)$ である．上記の考察から明らかなように，この条件は，$J_1J_2$ が原始イデヤルであることを意味する．
さて，$r\equiv s\hphantom{d}\left(\text{mod}.\ d\right)$ ならば，$t\equiv r\hphantom{a}\left(\text{mod}.\ a_1\right)$，$t\equiv s\hphantom{a}\left(\text{mod}.\ a_2\right)$ に解 $t$ がある（$\S\ 6$）．しからば，\begin{alignat*}{1}J_1&=\left[a_1,\hphantom{\omega}r+\omega\right]=\left[a_1,\hphantom{\omega}t+\omega\right],\\[2mm]J_2&=\left[a_2,\hphantom{\omega}s+\omega\right]=\left[a_2,\hphantom{\omega}t+\omega\right].\end{alignat*}故に $N\left(t+\omega\right)$ は，$a_1$ でも $a_2$ でも割れる．したがって，それはまた，$a_1$，$a_2$ の最小公倍数 $a_1a_2/d$ で割れる（定理 $1.\ 5$）．故に問題 $1$ を用いて\[J_1J_2=\left[\frac{a_1a_2}{d},\hphantom{\omega}t+\omega\right]\cdotp\left[d,\hphantom{\omega}t+\omega\right]\tag{$\ 5\ $}\]を得る．さて，$p$ を $d$ の素因子として，$a_1$，$a_2$ は $p$ をそれぞれ，$m$ 巾，$n$ 巾に含むとする．対称の理由によって，$m\leqq n$ としてさしつかえない，しからば，$P=\left[p,\hphantom{\omega}t+\omega\right]$ とするとき，$\left(\ 5\ \right)$ の右辺の二つの因子は，$P$ をそれぞれ $P^n=\left[p^n,\hphantom{\omega}t+\omega\right]$，$P^m=\left[p^m,\hphantom{\omega}t+\omega\right]$ に含む．ゆえに，$J_1J_2=P^{n+m}\cdots\cdots$ である．よって $P^{n+m}$ の標準的底数を求めなくてはならない．$d$ の各素因子 $p$ に関して，それが求まれば，問題 $2$ によって，問題 $3$ は解決される．
さて，$P^n=\left[p^n,\hphantom{\omega}t+\omega\right]$ は既に知られている．それから $P^{n+m}$ の標準的底数が求まればよいのである．そのためには，任意の指数 $n$ に関して $P^n=\left[p^n,\hphantom{\omega}t+\omega\right]$ であるとき，$P^{n+1}$ の標準的底数を決定する方法が求まればよい．
ここで，$P$ は原始的素イデヤルであるから，$p$ は第二種の素数でないこともちろんであるが，それは第三種の素数でもない．実際，$p$ が第三種で $p=P^2$ なら，$J_1$ も $J_2$ も $P$ で割れるから，$J_1J_2$ が $p$ で割れて，$J_1J_2$ が原始イデヤルでないことになる．条件 $r\equiv s\hphantom{d}\left(\text{mod}.\ d\right)$ は $J_1J_2$ が原始イデヤルであることを意味するのであった．
よって問題 $3$ を解決するために，次の問題を，問題 $3$ とは独立に考察する．
〔問題 $\boldsymbol{4}$〕 $p={PP}^\prime$，$P\neq P^\prime$，であるとき，$P$ の任意の巾 $P^n$ の標準的底数を求めること．
〔解〕 $n=1$ のときは，$\S\ 43$ 定理 $5.\ 12$ の証の中でこの問題は解けている．すなわち，$p\neq2$ なら，二次体 $K\left(\sqrt{m}\right)$ において\[P=\left[p,\hphantom{r}r+\sqrt{m}\right],\]ただし，$r$ は\[r^2\equiv m\hphantom{p}\left(\text{mod}.\ p\right)\]の一つの解．$p=2$ なら，$m\equiv1\hphantom{8}\left(\text{mod}.\ 8\right)$ で\[P=\left[2,\hphantom{b}b+\frac{1+\sqrt{m}}{2}\right],\]ここで $b=0$ または $-1$．
よって，$n\geqq1$ に関して\[P^n=\left[p^n,\hphantom{r}r_0+\omega\right]\tag{$\ 6\ $}\]が求まったとして，$P^{n+1}$ の標準的底数を求めよう．
まず $p\neq2$ とする．$\left(\ 6\ \right)$ から $r_0$ は合同式\[N\left(r_0+\omega\right)\equiv0\hphantom{p}\left(\text{mod}.\ p^n\right)\tag{$\ 7\ $}\]を満足させる．いまもし，$r\equiv r_0\hphantom{p}\left(\text{mod}.\ p\right)$ で，\[N\left(r+\omega\right)\equiv0\hphantom{p}\left(\text{mod}.\ p^{n+1}\right)\tag{$\ 8\ $}\]を満足させる $r$ が求まれば，\[P^{n+1}=\left[p^{n+1},\hphantom{r}r+\omega\right]\]である．
$m\equiv2$，$3\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$，$\omega=\sqrt{m}$，ならば，$\left(\ 7\ \right)$，$\left(\ 8\ \right)$ はそれぞれ\begin{alignat*}{1}r_0{}^2&\equiv m\hphantom{p}\left(\text{mod}.\ p^n\right),\tag{$\ 7^{\large*}$}\\[2mm]r^2&\equiv m\hphantom{p}\left(\text{mod}.\ p^{n+1}\right)\tag{$\ 8^{\large*}$}\end{alignat*}となる．$m\equiv1\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ $\omega=\dfrac{1+\sqrt{m}}{2}$ ならば，$\left(\ 7\ \right)$，$\left(\ 8\ \right)$ はそれぞれ $\left(2r_0+1\right)^2\equiv m\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4p^n\right)$，$\left(2r+1\right)^2\equiv m\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4p^{n+1}\right)$．$m\equiv1\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$，$p\neq2$，であるから，$\text{mod}.$ の係数 $4$ は考慮を要しない．よって $2r_0+1$，$2r+1$ を改めて $r_0$，$r$ と書いて，$\left(\ 7\ \right)$，$\left(\ 8\ \right)$ からやはり $\left(\ 7^{\large*}\right)$，$\left(\ 8^{\large*}\right)$ を得る．
故に，$\left(\ 7^{\large*}\right)$ の解 $r_0$ が既知であるとき，$\left(\ 8^{\large*}\right)$ の解 $r$ を求めればよい．よって\[r=r_0+p^nx\]と置いて $\left(\ 8^{\large*}\right)$ に代入して\[\left(r_0+p^nx\right)^2\equiv m\hphantom{p}\left(\text{mod}.\ p^{n+1}\right)\]なる $x$ を求めればよい．すなわち\[2r_0p^nx\equiv m-r_0{}^2\hphantom{p}\left(\text{mod}.\ p^{n+1}\right).\]$\left(\ 7^{\large*}\right)$ によってこの右辺は $p^n$ で割れるから\[2r_0x\equiv\left(m-r_0{}^2\right)/p^n\hphantom{p}\left(\text{mod}.\ p\right).\] $p\neq2$ だから $\left(2r_0,\hphantom{p}p\right)=1$，したがって，この合同式の解 $x$ は $\text{mod}.\ p$ に関して一つ決まる（定理 $1.\ 16$ 参照）．
$p=2$ なら $m\equiv1\hphantom{8}\left(\text{mod}.\ 8\right)$ である．このとき\[N\left(b+\omega\right)\equiv0\hphantom{2}\left(\text{mod}.\ 2^n\right)\]ならば\[P^n=\left[2^n,\hphantom{b}b+\omega\right].\] よって $2b+1=x$ と置いて $x^2\equiv m\hphantom{2}\left(\text{mod}.\ 2^{n+2}\right)$ なる $x$ を求めればよいが，$m\equiv1\hphantom{8}\left(\text{mod}.\ 8\right)$，$n+2\geqq3$ であるから，この問題は $\S\ 7$，問題 $1$ または $\S\ 18$，$2$，問題 $1$ で解けている．
〔注意〕 上記証明から明らかなように $p$ を奇素数，$a$ を $p$ で割れない整数とするとき $a$ が $p$ の平方剰余なら，$a$ は $p$ の任意の巾 $p^n$ に関して平方剰余である．また $p=2$ のときは，$a\equiv1\hphantom{8}\left(\text{mod}.\ 8\right)$ ならば，$a$ は $2$ の任意の巾 $2^n$ に関し，平方剰余である．
$\boldsymbol{3.}$ 二次体 $K\left(\sqrt{m}\right)$ におけるイデヤルがただ一類（主類だけ）であるときには，判別式が $d$ の二次不定方程式は上記の問題 $\left(\mathrm{A}\right)$ だけで解決されてしまう．
〔例 $1$〕 $x^2+y^2=n$．$d=-4$．
ここでは第一種，第二種，第三種の有理素数は $p\equiv1\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$，$q\equiv3\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$，$l=2$．故に解があるための条件は $n$ が $q\equiv3\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right)$ なる素数を偶数巾に含むことで，原始解があるための条件は $n$ が $q$ 含まず，また $l=2$ を含めばただ一つだけ含むことである（$\S\ 37$，参照）．
〔例 $2$〕 $x^2+2y^2=n$．$d=-8$．
$\left(\dfrac{-2}{p}\right)=1$，$p\equiv1$，$3\hphantom{8}\left(\text{mod}.\ 8\right)$，$\left(\dfrac{-2}{q}\right)=-1$，$q\equiv5$，$7\hphantom{8}\left(\text{mod}.\ 8\right)$．$l=2$．解があるための条件は $n$ が素数 $q$ を偶数巾に含むことで，原始解があるための条件は $n$ が $q$ を含まず，$2$ を含めばただ一つだけ含むことである．
〔例 $3$〕 $x^2-2y^2=n$．$d=8$．
$\left(\dfrac{2}{p}\right)=1$，$p\equiv\pm1\hphantom{8}\left(\text{mod}.\ 8\right)$，$q\equiv\pm5\hphantom{8}\left(\text{mod}.\ 8\right)$，$l=2$．
原始解のあるのは $n$ が $8k\pm1$ の形の素因数のみか，または $2$ をただ一つ含むときである．そのとき $\mathrm{N}\left(J\right)=n$ なる原始イデヤル $J$ があって，それが単項イデヤル $\left(\alpha\right)$ に等しいから，$N\left(\alpha\right)=\pm n$ なる $\alpha=x+y\sqrt{2}$ がある．
ここでは基本単数 $\varepsilon=1+\sqrt{2}$ が $N\left(\varepsilon\right)=-1$ を満足せしめるから，$N\left(\alpha\right)=\pm n$ と同時に $N\left(\alpha\varepsilon\right)=\mp n$．故に $n$ の符号は正負どちらとしても解がある．例えば $x^2-2y^2=17$ の解は $\left(17,\hphantom{6}6+\sqrt{2}\right)=\left(\alpha\right)$ から求められる．$6^2\equiv2\hphantom{2}\left(\text{mod}.\ 17\right)$．$\alpha$ を求める方法は次の問題 $\mathrm{B}$ で示すけれども，このように簡単な場合には，試行による方が早いであろう．上の場合には，$N\left(6+\sqrt{2}\right)=34$，$6+\sqrt{2}$ は $\sqrt{2}$ で割り切れる．すなわち $6+\sqrt{2}=\sqrt{2}\left(1+3\sqrt{2}\right)$．故に $N\left(1+3\sqrt{2}\right)=-17$，したがって $N\left[\left(1+3\sqrt{2}\right)\cdotp\left(1+\sqrt{2}\right)\right]=N\left(7+4\sqrt{2}\right)=17$，すなわち $7^2-2\hspace{0.7mm}\cdotp4^2=17$．他の解は $x+y\sqrt{2}=\pm\left(7+4\sqrt{2}\right)\left(1+\sqrt{2}\right)^{2n}$ から得られる．
〔例 $4$〕 $x^2-3y^2=n$．$d=12$．
ここでは $\left(\dfrac{3}{p}\right)=1$，$p\equiv\pm1\hphantom{1}\left(\text{mod}.\ 12\right)$，$\left(\dfrac{3}{q}\right)=-1$，$q\equiv\pm5\hphantom{1}\left(\text{mod}.\ 12\right)$，$l=2$，$3$．原始解があるための必要条件は $n$ が $12k\pm1$ の形の素因数ばかり，または $2$，$3$ を一回限り含むことである．ここでも $K\left(\sqrt{3}\right)$ のイデヤルは主類ばかりだから，$\mathrm{N}\left(J\right)=\left(n\right)$ なる原始イデヤルがあれば，$N\left(x+y\sqrt{3}\right)=\pm n$ に原始解がある．しかし $N\left(\varepsilon\right)=N\left(2+\sqrt{3}\right)=1$ だから，$n$ の符号は $+$ か $-$ か一方だけのときに解がある．例えば，$4^2-3\hspace{0.7mm}\cdotp1^2=13$，$1^2-3\hspace{0.7mm}\cdotp2^2=-11$．