아이젠슈타인 링의 놈
정리
아이젠슈타인 링 $\mathbb{Z}[ \omega ]$ 에 대해 함수 $N : \mathbb{Z}[\omega] \to \mathbb{Z}$ 를 생각해보자.
- [1]: $N(x + \omega y) := x^2 - xy + y^2$ 이라고 정의하면 $N$ 은 $\mathbb{Z}[ \omega ]$ 의 승법적 놈이 된다.
- [2]: $\mathbb{Z}[ \omega ]$ 은 유클리디안 도메인이다.
- [3]: $\mathbb{Z}[ \omega ]$ 의 유닛은 $\pm 1, \pm \omega, \pm \omega^2 $ 뿐이다.
설명
아이젠슈타인 정수는 추상대수의 도움을 받으면 훨씬 편하게 연구할 수 있다. 인티그럴 도메인에서 정의되는 놈 $N$ 으로 [2] 를 증명하면 ED가 UFD 이므로 아이젠슈타인 소수로 확장된 산술의 기본정리가 곧바로 증명되는 것이나 마찬가지다. 이는 대수적으로 산술의 기본정리를 $\mathbb{Z}$ 가 UFD라고 설명하는 것과 비슷하다.
증명
[1]
- (i): $N (\alpha) = 0 \iff \alpha = 0$
- (ii): $N ( \alpha \beta ) = N ( \alpha ) N ( \beta )$
$N$ 이 승법적 놈이 되고 $\mathbb{Z}[ \omega ]$ 가 실제로 ID가 됨을 보이면 된다. 당장은 놈이 정의되어야하는 정리가 필요하지 않므로 ID인 것을 먼저 보일 필요는 없다. $a,b,c,d \in \mathbb{Z}$ 에 대해 $\alpha := a + \omega b$, $\beta := c + \omega d$ 라고 하자.
Part (i). $N (\alpha) = 0 \iff \alpha = 0$
$a := (A+B)$, $b:= (A-B)$ 이라고 하면 $$ \begin{align*} & N(\alpha) = a^2 - ab+ b^2 = 0 \\ \iff & (A+B)^2 - (A+B)(A-B) + (A-B)^2 = 0 \\ \iff & A^2 + 3 B^2 = 0 \\ \iff & A = B = 0 \\ \iff & a = b = 0 \\ \iff & \alpha = a + \omega b = 0 \end{align*} $$
Part (ii). $N ( \alpha \beta ) = N ( \alpha ) N ( \beta )$
아이젠슈타인 정수끼리의 곱은 $( a + \omega b )( c + \omega d) = (ac - bd) + \omega (ad - bd + bc)$ 와 같이 계산되므로 $$ \begin{align*} N ( \alpha \beta ) =& N \left( ac - bd + \omega (ad -bd + bc) \right) \\ =& (ac - bd)^2 - (ac -bd)(ad - bd + bc) + (ad - bd + bc)^2 \\ =& (ac -bd)( ac -ad - bc) + (ad - bd + bc)^2 \\ =& (ac -bd)( ac -K ) + (K - bd )^2 \\ =& a^2 c^2 - acbd - acK + bdK + k^2 - 2Kbd + bd^2 \\ =& a^2 c^2 - acbd - acK - bdK + k^2 + bd^2 \\ =& a^2 c^2 - acbd - (ac + bd)(ad + bc) + (ad + bc)^2 + bd^2 \\ =& a^2 c^2 - acbd -a^2 c d - a b c^2 - abd^2 - b^2 c d +a^2 d^2 + 2 adbc + b^2 c^2 + bd^2 \\ =& a^2 c^2 - a^2 c d + a d^2 - abc^2 + abcd - abd^2 + b^2 c^2 - b^2 c d + b^2 d^2 \\ =& (a^2 - ab + b^2)(c^2 - cd + d^2) \\ =& N ( \alpha ) N ( \beta ) \end{align*} $$ 여기서 $K := (ad + bc)$ 이다.
Part 3. $Z[ \omega ]$ 는 ID
$\alpha$, $\beta$ 가 $0 \in \mathbb{Z}[ \omega ]$ 이 아니면서 $\alpha \beta = 0$ 이라고 가정하자. 그러면 Part (i)~(ii)에 따라 $$ N(\alpha) N(\beta) = N(\alpha \beta ) = N(0) = 0 $$ 이다. $N(\alpha)$, $N(\beta)$ 는 인티그럴 도메인 $\mathbb{Z}$ 의 원소이므로 $N(\alpha) N(\beta) = 0$ 을 만족시키려면 $N(\alpha)$ 와 $N(\beta) $ 둘 중 하나는 $0$ 이어야하는데, 이는 가정에 모순이므로 $Z[ \omega ]$ 역시 인티그럴 도메인이다.
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[2]
- (i): 모든 $a,b \in D (b \ne 0 )$ 에 대해 $a = bq + r$ 을 만족하는 $q$ 와 $r$ 이 존재한다. 이 때 $r = 0$ 이거나 $\nu (r) < \nu (b)$ 둘 중 하나여야한다.
- (ii): 모든 $a,b \in D (b \ne 0 )$ 에 대해 $\nu ( a ) \le \nu ( ab )$
$\nu := N$ 이라고 두고 $N$ 이 $\mathbb{Z}[ \omega ]$ 의 유클리디안 놈이 됨을 보이면 된다. $\beta \ne 0$ 이라고 하자.
Part (i). $\exists \sigma, \rho : \alpha = \beta \sigma + \rho$
어떤 $r, s \in \mathbb{Q}$ 에 대해 $\displaystyle {{ \alpha } \over { \beta }} = r + \omega s$ 라고 하자. 이 $r, s$ 에 가능한 한 가까운 정수 $q_{1} , q_{2} \in \mathbb{Z}$ 에 대해 $\sigma$ 와 $\rho$ 를 다음과 같이 두자. $$ \sigma := q_{1} + \omega q_{2} \\ \rho := \alpha - \beta \sigma $$
- Case 1. $\rho = 0$
$\alpha = \beta \sigma$ 이므로 더 이상 보여야 할 것이 없다. $\displaystyle \sigma = {{ \alpha } \over { \beta }} = q_{1} + \omega q_{2}$ 와 $\rho = 0$ 를 찾았다. - Case 2. $N ( \rho ) < N ( \beta )$
$q_{1}$ 와 $q_{2}$ 의 정의에 따라 $$ | r - q_{1} | \le {{1} \over {2}} \\ | s - q_{2} | \le {{1} \over {2}} $$ 이므로 $$ \begin{align*} N \left( {{ \alpha } \over { \beta }} - \sigma \right) =& N \left[ (r + \omega s) - (q_{1} + \omega q_{2}) \right] \\ =& N \left[ (r - q_{1} ) + \omega ( s - q_{2}) \right] \\ =& (r - q_{1})^2 - (r - q_{1}) (s - q_{2}) + (s - q_{2})^2 \\ \le & |r - q_{1}|^2 + | r - q_{1} | | s - q_{2} | + | s - q_{2} |^2 \\ \le & \left( {{1} \over {2}} \right)^2 + \left( {{1} \over {2}} \right) \left( {{1} \over {2}} \right) + \left( {{1} \over {2}} \right)^2 \\ =& {{3} \over {4}} \end{align*} $$ 이에 따라 $$ \begin{align*} N ( \rho ) =& N(\alpha - \beta \sigma ) \\ =& N \left( \beta \left( {{ \alpha } \over { \beta }} - \sigma \right) \right) \\ =& N (\beta) N \left( {{ \alpha } \over { \beta }} - \sigma \right) \\ \le & N(\beta) {{3} \over {4}} \\ \le & N (\beta) \end{align*} $$ 따라서 $\rho = 0$ 이나 $N(\rho) \le N (\beta)$ 를 만족하도록 하는 $\rho$, $\sigma$ 가 존재함을 보장할 수 있다.
Part (ii). $N ( \alpha ) \ge N ( \alpha ) N ( \beta )$
$\beta \ne 0 \implies N ( \beta ) \ge 1$ 이므로 $$ \begin{align*} N ( \alpha ) \le & N ( \alpha) \cdot 1 \\ \le & N(\alpha) N(\beta) \\ =& N ( \alpha \beta ) \end{align*} $$
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[3]
승법적 놈의 성질에 따라 $N(1) = 1$ 이고 $u \in \mathbb{Z}[ \omega ]$ 가 유닛이면 $| N ( u ) | = 1$ 이므로, 대우법에 따라 $| N(u) | = 1$ 이 아니면 $u$ 은 유닛이 아니다. $u := x + \omega y$ 에 대해 $N(u) = x^2 - xy + y^2 = 1$ 을 만족하는 경우는 $$ \begin{align*} e^{0 \pi i / 3 } =& 1 \\ e^{1 \pi i / 3 } =& - \omega^2 \\ e^{2 \pi i / 3 } =& \omega \\ e^{3 \pi i / 3 } =& -1 \\ e^{4 \pi i / 3 } =& \omega^2 \\ e^{5 \pi i / 3 } =& - \omega \end{align*} $$ 즉, $u \in \left\{ \pm 1, \pm \omega, \pm \omega^2 \right\}$ 일 때 뿐이다.
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