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アイゼンシュタイン環のノルム 📂整数論

アイゼンシュタイン環のノルム

定理

アイゼンシュタイン環におけるZ[ω]\mathbb{Z}[ \omega ]について、関数N:Z[ω]→ZN : \mathbb{Z}[\omega] \to \mathbb{Z}を考えてみよう。

  • [1]: N(x+ωy):=x2−xy+y2N(x + \omega y) := x^2 - xy + y^2と定義すると、NNはZ[ω]\mathbb{Z}[ \omega ]の乗法的ノルムになる。
  • [2]: Z[ω]\mathbb{Z}[ \omega ]はユークリッドドメインである。
  • [3]: Z[ω]\mathbb{Z}[ \omega ]の単位元は±1,±ω,±ω2\pm 1, \pm \omega, \pm \omega^2 だけである。

説明

アイゼンシュタイン整数は[抽象代数](../../categories/abstract algebra)の助けを借りるとはるかに容易に研究できる。積分ドメインで定義されるノルムNNで[2]を証明すると、EDがUFDであるため、アイゼンシュタイン素数に拡張された算術の基本定理がほぼそのまま証明されることになる。これは、算術の基本定理を代数的に説明することと似ているZ\mathbb{Z}がUFDであると。

証明

[1]

乗法的ノルムの定義:

  • (i): N(α)=0  ⟺  α=0N (\alpha) = 0 \iff \alpha = 0
  • (ii): N(αβ)=N(α)N(β)N ( \alpha \beta ) = N ( \alpha ) N ( \beta )

NNが乗法的ノルムになり、実際にZ[ω]\mathbb{Z}[ \omega ]がIDになることを示せばよい。ノルムが定義されている必要がある定理は必要ないので、まずIDであることを示す必要はない。a,b,c,d∈Za,b,c,d \in \mathbb{Z}に対してα:=a+ωb\alpha := a + \omega b、β:=c+ωd\beta := c + \omega dとしよう。

Part (i). N(α)=0  ⟺  α=0N (\alpha) = 0 \iff \alpha = 0

a:=(A+B)a := (A+B)、b:=(A−B)b:= (A-B)とすると N(α)=a2−ab+b2=0  ⟺  (A+B)2−(A+B)(A−B)+(A−B)2=0  ⟺  A2+3B2=0  ⟺  A=B=0  ⟺  a=b=0  ⟺  α=a+ωb=0 \begin{align*} & N(\alpha) = a^2 - ab+ b^2 = 0 \\ \iff & (A+B)^2 - (A+B)(A-B) + (A-B)^2 = 0 \\ \iff & A^2 + 3 B^2 = 0 \\ \iff & A = B = 0 \\ \iff & a = b = 0 \\ \iff & \alpha = a + \omega b = 0 \end{align*}

Part (ii). N(αβ)=N(α)N(β)N ( \alpha \beta ) = N ( \alpha ) N ( \beta )

アイゼンシュタイン整数同士の積は(a+ωb)(c+ωd)=(ac−bd)+ω(ad−bd+bc)( a + \omega b )( c + \omega d) = (ac - bd) + \omega (ad - bd + bc)として計算されるので N(αβ)=N(ac−bd+ω(ad−bd+bc))=(ac−bd)2−(ac−bd)(ad−bd+bc)+(ad−bd+bc)2=(ac−bd)(ac−ad−bc)+(ad−bd+bc)2=(ac−bd)(ac−K)+(K−bd)2=a2c2−acbd−acK+bdK+k2−2Kbd+bd2=a2c2−acbd−acK−bdK+k2+bd2=a2c2−acbd−(ac+bd)(ad+bc)+(ad+bc)2+bd2=a2c2−acbd−a2cd−abc2−abd2−b2cd+a2d2+2adbc+b2c2+bd2=a2c2−a2cd+ad2−abc2+abcd−abd2+b2c2−b2cd+b2d2=(a2−ab+b2)(c2−cd+d2)=N(α)N(β) \begin{align*} N ( \alpha \beta ) =& N \left( ac - bd + \omega (ad -bd + bc) \right) \\ =& (ac - bd)^2 - (ac -bd)(ad - bd + bc) + (ad - bd + bc)^2 \\ =& (ac -bd)( ac -ad - bc) + (ad - bd + bc)^2 \\ =& (ac -bd)( ac -K ) + (K - bd )^2 \\ =& a^2 c^2 - acbd - acK + bdK + k^2 - 2Kbd + bd^2 \\ =& a^2 c^2 - acbd - acK - bdK + k^2 + bd^2 \\ =& a^2 c^2 - acbd - (ac + bd)(ad + bc) + (ad + bc)^2 + bd^2 \\ =& a^2 c^2 - acbd -a^2 c d - a b c^2 - abd^2 - b^2 c d +a^2 d^2 + 2 adbc + b^2 c^2 + bd^2 \\ =& a^2 c^2 - a^2 c d + a d^2 - abc^2 + abcd - abd^2 + b^2 c^2 - b^2 c d + b^2 d^2 \\ =& (a^2 - ab + b^2)(c^2 - cd + d^2) \\ =& N ( \alpha ) N ( \beta ) \end{align*} ここで、K:=(ad+bc)K := (ad + bc)である。

Part 3. Z[ω]Z[ \omega ]はIDである

α\alpha、β\betaが0∈Z[ω]0 \in \mathbb{Z}[ \omega ]ではなくてもαβ=0\alpha \beta = 0とする。すると、Part (i)～(ii)に従って N(α)N(β)=N(αβ)=N(0)=0 N(\alpha) N(\beta) = N(\alpha \beta ) = N(0) = 0 となる。N(α)N(\alpha)、N(β)N(\beta)は積分ドメインZ\mathbb{Z}の要素なので、N(α)N(β)=0N(\alpha) N(\beta) = 0を満たすためにはN(α)N(\alpha)またはN(β)N(\beta) のどちらかが00である必要があるが、これは仮定に矛盾するので、Z[ω]Z[ \omega ]も積分ドメインである。

■

[2]

ユークリッドノルムの定義:

  • (i): 全てのa,b∈D(b≠0)a,b \in D (b \ne 0 )に対して、qqとrrが存在しa=bq+ra = bq + rを満たす必要がある。このとき、r=0r = 0またはν(r)<ν(b)\nu (r) < \nu (b)のどちらかを満たさなければならない。
  • (ii): 全てのa,b∈D(b≠0)a,b \in D (b \ne 0 )に対してν(a)≤ν(ab)\nu ( a ) \le \nu ( ab )

ν:=N\nu := Nとし、NNがZ[ω]\mathbb{Z}[ \omega ]のユークリッドノルムになることを示せばよい。β≠0\beta \ne 0としよう。

Part (i). ∃σ,ρ:α=βσ+ρ\exists \sigma, \rho : \alpha = \beta \sigma + \rho

あるr,s∈Qr, s \in \mathbb{Q}に対してαβ=r+ωs\displaystyle {{ \alpha } \over { \beta }} = r + \omega sとする。r,sr, sに近い整数q1,q2∈Zq_{1} , q_{2} \in \mathbb{Z}について、次のようにσ\sigmaとρ\rhoを設定する。 σ:=q1+ωq2ρ:=α−βσ \sigma := q_{1} + \omega q_{2} \\ \rho := \alpha - \beta \sigma

  • Case 1. ρ=0\rho = 0
    α=βσ\alpha = \beta \sigmaであるため、これ以上示すことはない。σ=αβ=q1+ωq2\displaystyle \sigma = {{ \alpha } \over { \beta }} = q_{1} + \omega q_{2}とρ=0\rho = 0を見つけた。
  • Case 2. N(ρ)<N(β)N ( \rho ) < N ( \beta )
    q1q_{1}とq2q_{2}の定義により ∣r−q1∣≤12∣s−q2∣≤12 | r - q_{1} | \le {{1} \over {2}} \\ | s - q_{2} | \le {{1} \over {2}} したがって N(αβ−σ)=N[(r+ωs)−(q1+ωq2)]=N[(r−q1)+ω(s−q2)]=(r−q1)2−(r−q1)(s−q2)+(s−q2)2≤∣r−q1∣2+∣r−q1∣∣s−q2∣+∣s−q2∣2≤(12)2+(12)(12)+(12)2=34 \begin{align*} N \left( {{ \alpha } \over { \beta }} - \sigma \right) =& N \left[ (r + \omega s) - (q_{1} + \omega q_{2}) \right] \\ =& N \left[ (r - q_{1} ) + \omega ( s - q_{2}) \right] \\ =& (r - q_{1})^2 - (r - q_{1}) (s - q_{2}) + (s - q_{2})^2 \\ \le & |r - q_{1}|^2 + | r - q_{1} | | s - q_{2} | + | s - q_{2} |^2 \\ \le & \left( {{1} \over {2}} \right)^2 + \left( {{1} \over {2}} \right) \left( {{1} \over {2}} \right) + \left( {{1} \over {2}} \right)^2 \\ =& {{3} \over {4}} \end{align*} これにより N(ρ)=N(α−βσ)=N(β(αβ−σ))=N(β)N(αβ−σ)≤N(β)34≤N(β) \begin{align*} N ( \rho ) =& N(\alpha - \beta \sigma ) \\ =& N \left( \beta \left( {{ \alpha } \over { \beta }} - \sigma \right) \right) \\ =& N (\beta) N \left( {{ \alpha } \over { \beta }} - \sigma \right) \\ \le & N(\beta) {{3} \over {4}} \\ \le & N (\beta) \end{align*} 従って、ρ=0\rho = 0またはN(ρ)≤N(β)N(\rho) \le N (\beta)を満たすρ\rho、σ\sigmaの存在を保証できる。

Part (ii). N(α)≥N(α)N(β)N ( \alpha ) \ge N ( \alpha ) N ( \beta )

β≠0  ⟹  N(β)≥1\beta \ne 0 \implies N ( \beta ) \ge 1であるため N(α)≤N(α)⋅1≤N(α)N(β)=N(αβ) \begin{align*} N ( \alpha ) \le & N ( \alpha) \cdot 1 \\ \le & N(\alpha) N(\beta) \\ =& N ( \alpha \beta ) \end{align*}

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[3]

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乗法的ノルムの性質に従って、N(1)=1N(1) = 1であり、u∈Z[ω]u \in \mathbb{Z}[ \omega ]が単位元ならば、∣N(u)∣=1| N ( u ) | = 1であるので、対偶によって∣N(u)∣=1| N(u) | = 1でないならば、uuは単位元ではない。u:=x+ωyu := x + \omega yに対してN(u)=x2−xy+y2=1N(u) = x^2 - xy + y^2 = 1を満たす場合は e0πi/3=1e1πi/3=−ω2e2πi/3=ωe3πi/3=−1e4πi/3=ω2e5πi/3=−ω \begin{align*} e^{0 \pi i / 3 } =& 1 \\ e^{1 \pi i / 3 } =& - \omega^2 \\ e^{2 \pi i / 3 } =& \omega \\ e^{3 \pi i / 3 } =& -1 \\ e^{4 \pi i / 3 } =& \omega^2 \\ e^{5 \pi i / 3 } =& - \omega \end{align*} つまり、u∈{±1,±ω,±ω2}u \in \left\{ \pm 1, \pm \omega, \pm \omega^2 \right\}のときだけである。

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