イデアルを法とする合同式 - 代数体における 0 でない平方数の和

(1 +x^′′√

−2)(1−x^′′√

−2) =y^′³をみたさない．よって1 +x^′′√

−2, 1−x^′′√

−2は互いに素である．

Q(√

−2)はh= 1より主類のみなので，1 +x^′′√

−2 = (a+b√

−2)³= (a³−6ab²) + (3a²b−2b³) とおける．a³−6ab² = 1となるから，a= ±1である．a= 1のとき，b = 0となり，このとき x= 0, y= 2である．a=−1のとき，6b²= 2となり，これをみたす有理整数bは存在しない．

(ii)xが奇数のとき.

x+ 2√

−2−(x−2√

−2) = 4√

−2より，x+ 2√

−2とx−2√

−2の公約数に成り得る数は√

−2である．√

−2がx+ 2√

−2の約数とすると，x+ 2√

−2 =√

−2(t+u√

−2) =−2u+t√

−2より，x が奇数であることに反する．よってx+ 2√

−2とx−2√

−2は互いに素であり，それぞれが立方となる．x+ 2√

−2 = (a+b√

−2)³= (a³−6ab²) + (3a²b−8b³)√

−2とおける．2 = 3a²b−8b³より b=±1または±2である．b= 1のとき，2 = 3a²−8となり，これをみたす有理整数aは存在しない．b=−1のとき，−2 = 3a²−8となり，これをみたす有理整数aは存在しない．b= 2のとき，1 = 3a²−32となり，これをみたす有理整数aは存在しない．b=−2のとき，−1 = 3a²−32 となり，これをみたす有理整数aは存在しない．

よってx²+ 8 =y³の整数解はx²= 0, y³= 8のみである．

例 2.5.8. x²+ 13 =y³の整数解はx=±70, y= 17に限る．

証明.

まずx²+ 13 = (x+√

−13)(x−√

−13) =y³とする．(2) =P², P= (2,1 +√

−13) (P=P)であり，(x+√

−13)−(x−√

−13) = 2√

−13である．よって(2√

−13) =P²√

−13であり，Pと (√

−13)は素イデアルだから，(x+√

−13), (x−√

−13)の公約数に成り得るものはP^k(√

−13)^l(k= 0,1,2, l= 0,1)である．ある整数αに対して(x+√

−13) =P^k(√

−13)^l·αとすると，その共役な数(x−√

−5) =P^k(−√

−13)^l·α=P^k(√

−13)^l·(−1)^lαである．よって(x+√

−13), (x−√

−13) はPと√

−13を同じ個数だけ因数にもつ．よって(x+√

−13)(x−√

−13) =y³をみたすためには2kおよび2lが3の倍数でなければいけないからk= 0かつl= 0である．

よって(x+√

−13), (x−√

−13)は単数以外に共通な因数をもたないから，それぞれが立方となる．(x+√

−13) =J³とすると，Q(√

−13)の類数はh= 2だからJ²は単項イデアルである．よって(x+√

−13) =J³だから，J³が単項イデアルであるためにはJも単項イデアルでなければならない．よってa, b∈Zに対してJ= (a+b√

−13)とおくと，(x+√

−13) = ((a+b√

−13)³) = ((a³−39ab²) + (3a²b−13b³)√

−13)となる．よって1 = 3a²b−13b³= (3a²−13b²)bよりb=±1 である．b = 1のとき，1 = 3a²−13より3a² = 14 だからこれをみたす有理整数aは存在しない．次にb = −1 のとき，1 = −3a²+ 13 より3a² = 12 となる．よってa = ±2であり，

a² −39ab² = ±8∓78 = ∓70である．よってy³ = (∓70)²+ 13 = 4913 = 17³ となるから，

x²+ 13 =y³の整数解はx²= 4900, y³= 4913に限る．

Mを法として互いに合同な整数の集合をMを法としての数の一類という．このように決めると同じ数が異なる類に属することはない．

定理 2.6.1. Mを法とすると二次体Qの全ての整数はN(M)個の類に分かれる．

証明.

定理2.2.6よりM= [a, b+cω] (a >0, c >0, a > b≧0)とする．さらに定理2.3.8よりN(M) =ac である．ここでξ=x+yω (x, y∈Z)を任意の整数とし，y=qc+y0(q, y0∈Z, 0≦y0< c)とすると，

ξ−q(b+cω) =x+yω−q(b+cω)

=x+ (qc+y0)ω−q(b+cω)

= (x−qb) +y0ω

である．またx−qb=pa+x0 (p, x0∈Z, 0≦x0< a)とすると，

ξ− {pa+q(b+cω)}=ξ−q(b+cω)−pa

= (x−qb) +y₀ω−(x−qb) +x₀

=x0+y0ω

である．よってpa+q(b+cω)∈Mだから，ξ≡x₀+y₀ω (mod M) (0≦x₀< a, 0≦y₀< c)である．よって任意の整数ξはこの合同式の右辺にあるようなac個の整数のうちのいずれかと合同である．

このようなac個の整数はMを法として互いに合同でない．なぜなら，0 ≦x0, x0′ < a, 0≦ y₀, y₀^′< cに対してx₀+y₀ω≡x₀^′+y₀^′ω (mod M)と仮定する．すると(x₀+y₀ω)−(x₀^′+y₀^′ω) = (x0−x0′) + (y0−y0′)ωはMに含まれる．よってωの係数y0−y0′はcの倍数であり，|y0−y0′|< c だからy0=y0′である．よってx0−x0′がMに含まれる．Mに含まれる有理整数はaの倍数であり，|x₀−x₀^′|< aだからx₀=x₀^′である．よってx₀+y₀ω=x₀^′+y₀^′となる．よって類の個数はac= N(M)である．

Mを法としてのn= N(M)個の各類から，その代表として一つずつ整数α₁, α₂, . . . , α_nを選び出したとき，このn個の整数をMを法しての代表の一組（剰余系）という．

α≡β (modM)のとき，α=β+γ (γ∈M)だからα∈(β,M)であり，(α,M)⊂(β,M)である．また，β =α+γ^′ (γ^′ ∈M)だからβ ∈(α,M)であり，(β,M)⊂(α,M)である．よって α≡β (modM)ならば(α,M) = (β,M)である．

特に(α,M) = (1)であるときαの属する類を既約類といい，そのような類の個数をΦ(M)と表す．

定理 2.6.2. (A,B) = (1)のとき，Φ(AB) = Φ(A)Φ(B)となる．

証明.

(A,B) = (1)だからAとBはα+β = 1となる整数α, βをそれぞれ含む．1 = α+β ∈(α, β) より(1)⊂(α, β)だから(α, β) = (1)である．よってイデアル(α, β)は任意の整数κを含むから，

αη+βξ=κをみたす整数η, ξが求められる．ここでαη1+βξ1=κ1とすると，κ≡κ1 (mod AB)が成り立つときはξ≡ξ1 (modA)かつη≡η1 (modB)の場合に限る．なぜならκ≡κ1 (modAB) のとき，αη+βξ≡αη1+βξ1 (mod AB)だからα(η−η1) +β(ξ−ξ1)がABに含まれる．よっ

てα(η−η1) +β(ξ−ξ1)はBに含まれ，β(ξ−ξ1)⊂Bだから，α(η−η1)⊂Bである．また，

(1) = (α, β)⊂(α,B)より(1) = (α,B)である．よってB|α(η−η₁)かつ(α,B) = (1)だから，

B |(η−η1)である．同様にしてA| (ξ−ξ1)だから，ξ ≡ξ1 (mod A)かつη ≡η1 (mod B)となる．

するとABを法とする代表の一組の個数はN(AB)個であり，ξ, ηのそれぞれにAまたはBを法としての代表の一組の値を与えた場合の整数αη+βξはN(A)N(B)個であるから，N(AB) = N(A)N(B)である．よってN(A)N(B)個の整数αη+βξがABを法としての代表の一組となる．

α∈Aだから(α)⊂Aであり，(α)はAで割り切れる．よって(α)はPで割り切れる．このとき，

よってA,B,Cが二つずつ互いに素であるときはΦ(ABC) = Φ(A)Φ(B)Φ(C)である．因子の個数がいくつであっても同様だからイデアルMを素因子に分解して，M=P^aP1a₁

P2a₂· · · とすると，Φ(M) = Φ(P^a)Φ(P1a₁

)Φ(P2a₂

)· · · である．

定理 2.6.3. Φ(P^a) = N(P)^a−N(P)^a⁻¹= N(P)^a{1−_N(P)¹ }. 証明.

(i) (p) =PP, P̸=Pのとき.

N(P) =p, N(P^a) = N(P)^a =p^aである．またP^a=bQ(b∈Z)とすると，N(P^a) =b²N(Q)より，p^a=b²N(Q)である．よってpは素数だからbはp^h(0≦h≦ ^a₂)となる．P^a=p^hQ=P^hP^hQ であり，P̸=Pだからh= 0でなければならない．よってb=p⁰= 1だからP^aは原始イデアルである．P^aを標準的底数で表すとP^a= [p^a, r+ω]とおける．すると任意の整数ξは有理整数x0

に対してξ≡x₀ (modP^a) (0≦x₀< p^a)をみたすので，0,1,2, . . . , p^a−1がP^aを法としての代表の一組である．Φ(P^a)を求めるために，これらの中からPで割り切れる数を除く．よってPに含まれる数を除くが，そのような有理整数はpの倍数だから0, p,2p, . . . ,(p^a⁻¹−1)pを除けばよい．よってΦ(P^a) =p^a−(p^a⁻¹) = N(P)^a−N(P)^a⁻¹となる．

(ii) (p) =Pのとき.

N(P) =p²であり，P^a = (p^a) =p^a[1, ω] = [p^a, p^aω]である．よって任意の整数ξはP^aを法としてx+yω(0≦x < p^a,0≦y < p^a)と合同になり，このp^a·p^a個の整数がP^aを法としての代表の一組となる．これらの数からPで割り切れる数，すなわちPに含まれる数を除くと，そのような数はx, yがともにpで割り切れる数であり，その個数はp^a⁻¹·p^a⁻¹=p^2(a⁻¹⁾個である．よって Φ(P^a) =p^2a−p^2(a⁻¹⁾= (p²)^a−(p²)^a⁻¹= N(P)^a−N(P)^a⁻¹である．

(iii) (p) =P²のとき.

N(P) =pである．P= [p, r+ω]は原始イデアルだから，(i)で述べたようにしてΦ(P) =p−1となる．また，P²= (p) = [p, pω]より，P²を法とした代表の一組はx+yω(0≦x < p, 0≦y < p) のp²個である．ここからP= [p, r+ω]で割り切れる数を除くから，x+yω≡0 (modP)となる

x+yωを除く．ここでr+ω≡0 (modP)よりω≡ −r (mod P)だから，x−yr≡0 (modP)をみたすx, yについて考える．Pに含まれる有理整数はすべてpの倍数であるからx≡yr (mod p) である．x(0≦x < p)はpを法とする代表の一組であるからx≡yr (modp)をみたすxは一つのyに対して一つになる．0≦y < pだからx≡yr (mod p)をみたす(x, y)はp個であり，Pに含まれるようなx+yωはp個である．よってΦ(P²) =p²−pとなる．

次にP^2mについて考える．まずP^2m= (P²)^m= (p)^m= (p^m) = [p^m, p^mω]であり，P^2mを法とした代表の一組はx+yω (0≦x < p^m, 0≦y < p^m)をみたすp^2m個である．P²の場合と同様にして，これらの数からx≡yr (modp)をみたす(x, y)で与えられる数を除く．まずyを固定して，x≡yr (modp)をみたすx(0≦x < p^m)を考える．0≦x^′< pに対してx^′≡yr (modp)をみたすx^′を考えると，一つのyに対して一つのx^′が対応する．よってx≡yr (modp)をみたすx はx=x^′+ps(s∈Z)である．0≦x < p^mだから0≦s < p^m⁻¹となり，一つのyに対してp^m⁻¹ 個のxが対応することになる．よってx≡yr (modp)をみたす(x, y)の個数はp^m·p^m⁻¹=p^2m⁻¹ 個となり，Φ(P^2m) =p^2m−p^2m⁻¹= N(P)^2m−N(P)^2m⁻¹である．

最後にP^2m+1はP^2m+1=P·P^2m= [p, r+ω]·p^m= [p^m+1, p^m(r+ω)]である．よってP^2m+1 を法としての代表の一組はx+yω(0≦x < p^m+1, 0≦y < p^m)である．先と同様にしてこれらの数からx≡yr (mod p)をみたす(x, y)で与えられる数を除くと，一つのyに対してp^m個のxが対応する．よってPに含まれるようなx+yω (0≦x < p^m+1, 0≦y < p^m)の個数はp^m·p^m個である．よってΦ(P^2m+1) =p^m+1·p^m−p^m·p^m=p^2m+1−p^2m= N(P)^2m+1−N(P)^2mである．

以上によりすべての場合においてΦ(P^a) = N(P)^a−N(P)^a⁻¹ = N(P)^a{1− _N(P)¹ } が成り立つ．

定理 2.6.4. イデアルMを法としての既約類の個数は

Φ(M) = N(M) ∏

P|M

(1− 1 N(P)) である．

証明.

素イデアルP_iに対してM=P₁^a¹P₂^a²· · ·P_n^aⁿとする．すると Φ(M) = Φ(P1a₁

)Φ(P2a₂

)· · ·Φ(Pna_n

)

= (

N(P1)^a¹{1− 1 N(P₁)}

) (

N(P2)^a²{1− 1 N(P₂)}

)

· · · (

N(Pn)^aⁿ{1− 1 N(P_n)}

)

= N(P1)^a¹N(P2)^a²· · ·N(Pn)^aⁿ{1− 1

N(P1)}{1− 1

N(P2)} · · · {1− 1 N(Pn)}

= N(P1a₁

P2a₂· · ·Pna_n

) ∏

P|M

(1− 1 N(P))

= N(M) ∏

P|M

(1− 1 N(P)).

注意2.6.5. M= (a)が有理整数からなる単項イデアルであるとき，Φ(a)は有理整数における既約類

の個数ϕ(a)とは異なる．例えば(p) =Pであるとき，Φ(P) = N(P)(1−_N(P)¹ ) =p²(1−_p¹2) =p²−1 であり，ϕ(p) =p−1である．

定理2.6.6. Mを法としての既約類の代表の一組をα1, α2, . . . , αn, n= Φ(M)とし，αをMと互いに素である任意の整数とすると，αα₁, αα₂, . . . , αα_n も既約代表の一組である．

証明.

(α_i,M) = (1), (α,M) = (1)よりある整数β, β^′, γ, γ^′(γ, γ^′∈M)に対してβα_i+γ= 1, β^′α+γ^′ = 1 となる．

β^′α·βαi+β^′α·γ=β^′α β^′α·βαi+β^′α·γ= 1−γ^′ ββ^′(ααi) +β^′αγ+γ^′= 1

であり，β^′αγ+γ^′ はMの元であるから，1 ∈(αα_i,M)である．よって(1) ⊂(αα_i,M)だから (ααi,M) = (1)である．

αi ̸≡αj (mod M)のときααi ̸≡ααj (modM)であれば，αα₁, αα2, . . . , ααnは既約代表の一組である．αα_i≡αα_j (mod M)とすると，αα_i−αα_j=α(α_i−α_j)はMに含まれ，α(α_i−α_j) はMで割り切れる．いま(α,M) = (1)だから(αi−αj)はMで割り切れ，α_i−αjはMに含まれるからα_i≡α_j (mod M)である．よって対偶が示せた．

よって

αα1·αα2· · ·ααn≡α1α2· · ·αn (mod M) αⁿ(α1α2· · ·αn)≡α1α2· · ·αn (mod M)

である．(α₁α₂· · ·α_n,M) = 1だからαⁿ≡1 (modM)となる．これを次のようにまとめる．

定理 2.6.7. αがMと互いに素であるとき，

α^Φ(M)≡1 (modM)

である．M = Pが素イデアルであるとき，N(P) = p^f (f = 1または2)とすると，Φ(P) = N(P)(1−_N(P)¹ ) = N(P)−1 =p^f−1だから，α^p^f⁻¹≡1 (modM)である．

これが二次体Q(√

m)におけるFermatの定理である．

注意 2.6.8. 上記の場合にeをα^e ≡ 1 (modM)をみたすαの最小正指数とすると，eをαの位数という．αⁿ ≡ 1 (modM)であるとき，n= qe+r (0 ≦r < e, q, r ∈ Z)とする．すると αⁿ = (α^e)^q·α^rであり，αⁿ ≡1, α^e≡1 (modM)だから，α^r≡1 (modM)となる．このとき eの定義よりr= 0でなければならない．よってn=qeとなり，nはeの倍数である．また常に α^Φ(M)≡1 (modM)だから，Φ(M)はeの倍数である．

例2.6.9. Q(√

11)において，α= 10+3√

11, M= (6)とする．α²= 199+60√

11≡1 (mod (6))より，e= 2である．定理2.4.5より，11≡3 (mod 4)だから(2) =P²である．さらに，d= 4·11 = 44 より3はdの約数ではなく，(⁴⁴

3) = (¹¹₃) = (²₃) =−1だから定理2.4.4より(3) =Qである．よって(6) =P²Qとなるから，Φ(6) = N(6)(1−_N(P)¹ )(1−_N(Q)¹ ) = 36(1−¹₂)(1−¹₉) = 16である．

確かにe= 2の倍数になっている．

補題 2.6.10. Φ(n) =ϕ(n)·ψ(n)とおくと，ψ(n) =n∏

p(1−^χ(p)_p ), χ(p) = (^d_p)である．

証明.

nの素因数を以下のような素数p, q, lの三種に分ける．

χ(p) = (^d_p) = 1, (p) =PP，χ(q) = (^d_q) =−1, (q) =Q，χ(l) = 0, (l) =L², L=L．

n=∏ p·∏

q·∏ l=∏

PP·∏ Q·∏

L²だから Φ(n) = N(n)· ∏

M|n

( 1− 1

N(M) )

=n²∏

( 1− 1

N(P) ) (

1− 1 N(P)

) ∏

( 1− 1

N(Q) ) ∏

( 1− 1

N(L) )

=n²∏

( 1−1

p )2∏

( 1− 1

q² ) ∏

( 1−1

l )

である．またn = ∏ p^a∏

q^b∏

l^cとしたとき，有理整数においてのnの既約類の個数ϕ(n)は ϕ(n) =n∏

p(1−¹_p)∏

q(1−¹_q)∏

l(1−¹_l)である．よってΦ(n) =ϕ(n)·ψ(n)としたとき，χ(l) = 0 より∏

(1−^χ(l)_l ) =∏

(1−0) = 1だから，ϕ(n) =n∏

p(1−¹_p)∏

q(1 +¹_q) =n∏

p(1−^χ(p)_p )∏

q(1−

χ(q) q )∏

l(1−^χ(l)_l )となる．これを表しなおすと，ϕ(n) =n∏

p(1−^χ(p)_p )となる．

補題 2.6.11. 素のイデアルPを法とするn次の合同式

α0xⁿ+α1xⁿ⁻¹+· · ·+αn≡0 (modP) (2.13) (α0, α1, . . . , αnは二次体Q(√

m)の整数であり，α₀̸≡0 (modP))はn個よりも多くの相異なる解をもたない．

証明.

f(x) =α₀xⁿ+α₁xⁿ⁻¹+· · ·+α_nとおく．(2.13)が解をもつとしたときに，x≡β (modP)を一つの解とする．すなわちf(β)≡0 (modP)となる．ここで代数的恒等式f(x) = (x−β)f1(x) +f(β) において，f₁(x)はα0xⁿ⁻¹を最高次の項とし，Q(√

m)の整数を係数とする多項式になる．よって f(x) = (x−β)f₁(x) +f(β)≡(x−β)f₁(x) (modP)だから，合同式(2.13)は(x−β)f₁(x)≡0 (mod P)と同一の解をもつ．Pは素イデアルだから，この合同式は(x−β)またはf1(x)がPで割り切れるときに限って成り立つ．よってx≡β (mod P)以外の(2.13)の解は(n−1)次の合同式f1(x)≡0 (modP)の解でなければならない．よってこの問題が(n−1)次の多項式に関して成り立つとするならば，n次の多項式に関しても成り立つ．

n= 1のとき，一次合同式α0x+α1≡0 (modP) (α0̸≡0 (modP))はただ一つの解を有する．

これは次の補題で示す．

補題 2.6.12. 一次合同式αx≡β (modM)は(α,M) = (1)であるときに，Mを法としてただ一つの解をもつ．

証明.

(α,M) = (1)より，任意の数βがイデアル(α,M)に含まれる．よってαξ+µ=βをみたすようなイデアル(α)に属するある数αξ(ξは整数)と，Mに属するある数µが存在する．よってαξ−β =−µ∈M だからαξ ≡β (mod M)となり，解x≡ξ (mod M)を得る．またαξ₁ ≡β, αξ₂≡β (mod M) とする．するとαξ1≡αξ2 (mod M)であり，(α,M) = (1)だからξ1≡ξ2 (mod M)となる．よってαx≡β (mod M)はMを法としてただ一つの解をもつことがわかる．

注意 2.6.13. (α,M) =Dならば，β ∈Dが合同式αx ≡β (modM)が解をもつための条件になる．まず解γをもつとすると，αγ ≡β (mod M)である．このときあるMの元µに対して，

β =αγ+µであり，αγ, µはともにDの元であるからβ ∈Dである．またβ ∈Dであるとき β ∈(α,M)でもあるから，ある整数ξとMの元µに対してβ =αξ+µとなる．よってαξ≡β (mod M)であり，合同式αx≡β (mod M)が解をもつ．

ドキュメント内代数体における 0 でない平方数の和 (ページ 36-42)