代数的整数論　004

1 名前：１３２人目の素数さん [2006/11/23(木) 21:57:04 ] Kummer ◆g2BU0D6YN2氏が代数的整数論を語るスレです。 前スレ science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1141019088/ 237 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/10(日) 23:24:23 ] SL_2(Z) の元 S, T を S = (1, 1)/(0, 1) T = (0, -1)/(1, 0) で定義する。 S(z) = z + 1 T(z) = -1/z である。 238 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/10(日) 23:35:48 ] 問題 S = (1, 1)/(0, 1) と T = (0, -1)/(1, 0) で生成される SL_2(Z) の 部分群を G' とする。 複素上半平面 H の任意の点 z に対して { Im(g(z)) ; g ∈ G' } は 最大値をもつ。 239 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/10(日) 23:50:28 ] 補題 z を複素上半平面 H の点で |z| ＜ 1 とする。 このとき |T(z)| ＞ 1 である。 ここで、T = (0, -1)/(1, 0) である。 証明 自明である。 240 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/11(月) 00:03:58 ] 問題 S = (1, 1)/(0, 1) と T = (0, -1)/(1, 0) で生成される SL_2(Z) の 部分群を G' とする。 >>238 より 複素上半平面 H の任意の点 z に対してある g ∈ G' があり Im(g(z)) が最大値となる。 w = S^n(g(z)) とおく。つまり w = g(z) + n である。 |Re(w)| ≦ 1/2 となるように整数 n をとる。 このとき |Im(w)| ≧ 1 である。 つまり、w は D~ = { z ∈ H ; |Re(z)| ≦ 1/2 かつ |z| ≧ 1 } の点である。 241 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/11(月) 00:45:26 ] 訂正 >>239 を次の問題に置き換える。 問題 z を複素上半平面 H の点で |z| ＜ 1 とする。 w = -1/z とおく。 このとき Im(w) ＞ Im(z) である。 242 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/11(月) 07:33:58 ] >>205, >>207, >>209 は、ここでの話題とあまり関係ないかも しれない。 他にもそのような問題があるかもしれないので、問題を解くのは 必要性がはっきりした時点にしたほうがよいかも知れない。 もちろん、解くのはなんら問題ない。 243 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/11(月) 10:25:47 ] 訂正 >>214 >特殊回転群 SO(2) = { g ∈ SL_2(R) ; g(g^t) = 1 } である。 特殊直行群 SO(2) = { g ∈ SL_2(R) ; g(g^t) = 1 } である。 244 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/11(月) 10:26:43 ] もといｗ 特殊直交群 SO(2) = { g ∈ SL_2(R) ; g(g^t) = 1 } である。 245 名前：１３２人目の素数さん [2006/12/11(月) 18:51:32 ] クンマー、ディリクレ 246 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/11(月) 19:45:09 ] 問題 H を複素上半平面とする。 即ち H = {z ∈ C ; Im(z) > 0 } である。 D = { z ∈ H ; |Re(z)| ＜ 1/2 かつ |z| ＞ 1 } とおく。 z ∈ D なら Im(z) ＞ (√3)/2 である。 247 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/11(月) 20:16:43 ] 問題 z を |z| ＞ 1 である任意の複素数とする。 |z + 1|^2 ＞ 2(Re(z) + 1) である。 248 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/11(月) 20:34:48 ] 問題 H を複素上半平面とする。 即ち H = {z ∈ C ; Im(z) > 0 } である。 D = { z ∈ H ; |Re(z)| ＜ 1/2 かつ |z| ＞ 1 } とおく。 z ∈ D なら |z + d| ＞ 1 である。 ここで d は |d| ≧ 1 である任意の実数である。 249 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/11(月) 21:13:22 ] 補題 H を複素上半平面とする。 即ち H = {z ∈ C ; Im(z) > 0 } である。 D = { z ∈ H ; |Re(z)| ＜ 1/2 かつ |z| ＞ 1 } とおく。 g を SL_2(Z) の元、z を D の点とし w = g(z) とおく。 g = (a, b)/(c, d) とする。 この記法 (a, b)/(c, d) については >>196 を参照。 即ち w = (az + b)/(cz + d) である。 Im(w) ≧ Im(z) なら c = 0 または ±1 である。 証明 >>198 より Im(w) = Im(z)/|cz + d|^2 である。 Im(w) ≧ Im(z) より Im(z)/|cz + d|^2 ≧ Im(z) となる。 よって Im(z) ≧ Im(z)|cz + d|^2 となる。 Im(z) ＞ 0 だから |cz + d| ≦ 1 となる。 y = Im(z) とおくと、cz + d の虚部は cy である。 よって |cz + d| ≦ 1 より |cy| ≦ 1 となる。 よって |c| ≦ 1/y となる。 一方、>>246 より y ＞ (√3)/2 である。 よって |c| ≦ 2/√3 ＜ 2 である。 よって c = 0 または ±1 である。 証明終 250 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/11(月) 21:16:16 ] 問題 H を複素上半平面とする。 即ち H = {z ∈ C ; Im(z) > 0 } である。 D = { z ∈ H ; |Re(z)| ＜ 1/2 かつ |z| ＞ 1 } とおく。 D の任意の異なる２点は SL_2(Z) の作用で同値ではない。 251 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/11(月) 21:22:18 ] >>240 と >>250 より D = { z ∈ H ; |Re(z)| ＜ 1/2 かつ |z| ＞ 1 } は SL_2(Z) の基本領域(>>235)である。 252 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/11(月) 22:29:32 ] 訂正 >>233 >定義 >複素上半平面 H の楕円点 z の安定化部分群 >{ g ∈ SL_2(R) ; g(z) = z } は有限巡回群である(>>218)。 >この部分群の標準射 SL_2(Z) → SL_2(Z)/{±1} による像の位数を >この楕円点の位数という。 定義 複素上半平面 H の楕円点 z の安定化部分群 { g ∈ SL_2(Z) ; g(z) = z } は有限巡回群である(>>218)。 この部分群の標準射 SL_2(Z) → SL_2(Z)/{±1} による像の位数を この楕円点の位数という。 253 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/16(土) 11:09:44 ] D = { z ∈ H ; |Re(z)| ＜ 1/2 かつ |z| ＞ 1 } とおく。 D の閉包を [D] と書く。 [D] = { z ∈ H ; |Re(z)| ≦ 1/2 かつ |z| ≧ 1 } である。 E = { z ∈ [D] ; |z| = 1 } = { z ∈ H ; |Re(z)| ≦ 1/2 かつ |z| = 1 } L = { z ∈ [D] ; Re(z) = -1/2 } = { z ∈ H ; Re(z) = -1/2 かつ |z| ≧ 1 } R = { z ∈ [D] ; Re(z) = 1/2 } = { z ∈ H ; Re(z) = 1/2 かつ |z| ≧ 1 } とおく（それぞれの図を描かくとよい）。 [D] の境界は [D] - D であるが、 [D] - D = E ∪ L ∪ R である。 F = { z ∈ E ; Re(z) ≦ 0 } = { z ∈ H ; -1/2 ≦ Re(z) ≦ 0 かつ |z| = 1 } G = D ∪ L ∪ F とおく。 G = { z ∈ H ; -1/2 ≦ Re(z) ＜ 1/2 かつ |z| ≧ 1 で |z| = 1 のときは -1/2 ≦ Re(z) ≦ 0 } である。 254 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/16(土) 11:30:14 ] [D] の図は例えば ttp://en.wikipedia.org/wiki/Modular_group にある。 255 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/16(土) 12:22:19 ] 簡単のために H の２点が SL_2(Z) の作用で同値なことを単に同値と いうことにする。 z = x + y√(-1) で |z| = 1 のとき -1/z = (-x + y√(-1))/|z|^2 = -x + y√(-1) よって変換 T(z) = -1/z は E = { z ∈ [D] ; |z| = 1 } の点を 虚軸に関して対称な点に写す。 よって、 E の点は F = { z ∈ E ; Re(z) ≦ 0 } の点と同値である。 変換 S^(-1)(z) = z - 1 は　R = { z ∈ [D] ; Re(z) = 1/2 } の点を L = { z ∈ [D] ; Re(z) = -1/2 } の点に写す。 よって [D] の任意の点は G = D ∪ L ∪ F の点に同値である。 >>240 より H の任意の点は [D] の点に同値だから、 結局 G の点に同値となる。 256 名前：１３２人目の素数さん [2006/12/16(土) 12:43:11 ] 定理の証明は見ずに自分で証明すること。 遅くとも学部四年になるまでには、こういう読み方を身に付けないと いけない。 257 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/16(土) 14:44:50 ] 補題 G を >>253 の通りとする。 z ∈ G なら Im(z) ≧ (√3)/2 である。 証明 >>246 と同様である。 258 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/16(土) 14:46:47 ] 補題 z を |z| ≧ 1 である任意の複素数とする。 d を実数とし、|z + d| ≦ 1 とする。 このとき d = 0 なら |z| = 1 d ＞ 0 なら x ≦ -d/2 d ＜ 0 なら x ≧ -d/2 証明 >>247 と同様の単純計算である。 259 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/16(土) 14:49:13 ] 補題 G を >>253 の通りとする。 z ∈ G とし d を有理整数とする。 さらに |z + d| ≦ 1 とする。 このとき d = 0 または d = 1 である。 d = 0 なら |z| = 1 d = 1 なら z = (-1 + √(-3))/2 証明 >>258 より明らかである。 260 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 01:01:35 ] 補題 G を >>253 の通りとする。 g = (a, b)/(c, d) を SL_2(Z) の元とする。 なお、記法 (a, b)/(c, d) については >>196 を参照。 z, w ∈ G で w = g(z) = (az + b)/(cz + d) とする。 Im(w) ≧ Im(z) なら c = 0 または c = ±1 である。 証明 >>249 の証明とほとんど同じである。 >>246 の代わりに >>257 を使う。 261 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 01:14:21 ] >>260 において c = 0 なら g = ±1 であり、w = z である。 証明 ad - bc = 1 だから c = 0 より a = d = ±1 である。 よって w = z ± d となる。 z と w は G に属するから d = 0 である。 証明終 262 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 01:27:17 ] >>260 において c = 1 なら d = 0 または d = 1 である。 d = 0 なら |z| = 1 d = 1 なら z = (-1 + √(-3))/2 である。 証明 Im(w) = Im(z)/|z + d|^2 ≧ Im(z) より、|z + d| ≦ 1 となる。 よって >>259 より主張がでる。 263 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 02:12:19 ] >>262 において d = 0 なら w = z = √(-1) で g = (0, -1)/(1, 0) または w = z = (-1 + √(-3))/2 で g = (-1, -1)/(1, 0) 証明 ad - bc = 1 で c = 1 だから d = 0 なら b = -1 である。 よって w = a - 1/z である。 |z| = 1 で z ∈ G だから z ∈ F である。 ここで F は >>253 で定義された集合である。 |z| = 1 だから -1/z は虚軸に対して z と対称の位置にある。 w ∈ G だから a = 0 または a = -1 である。 a = 0 なら z = √(-1) で g = (0, -1)/(1, 0) よって w = -1/z = z a = -1 なら z = (-1 + √(-3))/2 で g = (-1, -1)/(1, 0) よって w = -1 - 1/z = (-z - 1)/z = z^2/z = z ここで z は 1 の原始３乗根だから z^2 + z + 1 = 0 となることを 使った。 証明終 264 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 02:42:15 ] >>262 において d = 1 なら w = z = (-1 + √(-3))/2 で g = (0, -1)/(1, 1) 証明 ad - bc = 1 で c = 1 だから d = 1 なら a - b = 1 である。 よって a = b + 1 である。 w = ((b + 1)z + b)/(z + 1) = b + z/(z + 1) = b - z/z^2 = b - 1/z w ∈ G だから b = -1 である。 よって w = (-z - 1)/z - z^2/z = z 証明終 265 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 02:44:44 ] 訂正 >>264 >w = (-z - 1)/z - z^2/z = z w = (-z - 1)/z = z^2/z = z 266 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 03:02:42 ] >>260 において c = -1 のときは -g = (-a, -b)/(-c, -d) で w = -g(z) であるから c = 1 の場合の結果を適用できる。 つまり以下のようになる。 c = -1 なら d = 0 または d = -1 である。 d = 0 なら w = z = √(-1) で g = (0, 1)/(-1, 0) または w = z = (-1 + √(-3))/2 で g = (1, 1)/(-1, 0) d = 1 なら w = z = (-1 + √(-3))/2 で g = (0, 1)/(-1, -1) 267 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 03:53:47 ] 定理 G を >>253 の通りとする。 (1) 任意の z ∈ H に対して g(z) ∈ G となる g ∈ SL_2(Z) が 存在する。 (2) G の異なる２元は SL_2(Z) に関して同値ではない。 (3) z ∈ G に対して I(z) = { g ∈ SL_2(Z) ; g(z) = z } を z の安定化部分群とする。 S = (1, 1)/(0, 1) T = (0, -1)/(1, 0) ρ = (-1 + √(-3))/2 = exp(2π√(-1)/3) とおく。 z が √(-1) でも ρ でもないとき I(z) = {±1} z = √(-1) のとき I(z) = {±1, ±g} ここで g = T z = (-1 + √(-3))/2 = exp(2πi/3) のとき I(z) = {±1, ±g, ±g^2} ここで g = TS = (0, -1)/(1, 1) 証明 (1) >>255 で証明されている。 (2) と (3) >>261 >>262 >>263 >>264 >>265 >>266 からわかる。 証明終 268 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 04:10:06 ] >>267 から >>234 の別証が得られたことになる。 269 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 04:32:25 ] 定理 SL_2(Z) は S = (1, 1)/(0, 1) と T = (0, -1)/(1, 0) で生成される。 証明 S と T で生成される SL_2(Z) の部分群を K とおく。 D = { z ∈ H ; |Re(z)| ＜ 1/2 かつ |z| ＞ 1 } とおく。 D から任意の元 z を取る。 g を SL_2(Z) の任意の元とする。 >>240 と >>255 より hg(z) ∈ G となる h ∈ K が存在する。 >>267 の (2) より hg(z) = z である。 >>267 の (3) より hg = ±1 である。 よって g ∈ K となる。 証明終 270 名前：１３２人目の素数さん [2006/12/17(日) 06:41:46 ] kummer さんの数式の書き方、きれいですね！ TeX いらないのでは！ 271 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 10:52:37 ] >>270 有難うございます。 これだけ書いてるとさすがに上達しますｗ 272 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 12:11:49 ] 定義 ２次体 Q(√m) において m ＞ 0 のとき Q(√m) を実２次体と呼ぶ。 m ＜ のとき Q(√m) を虚２次体と呼ぶ。 273 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 12:20:51 ] 定義 ２次体 Q(√m) において m ＞ 0 のとき Q(√m) を実２次体と呼ぶ。 m ＜ のとき Q(√m) を虚２次体と呼ぶ。 Q(√m) が虚２次体のとき、√m = √(|m|) √(-1) と決めておく。 ここで √(|m|) は |m| の正の平方根である。 したがって、√m および ω (>>11) は複素上半平面にある。 274 名前：１３２人目の素数さん [2006/12/17(日) 12:42:07 ] 問題 z を複素数、a, b, c, d を実数とする。 ただし、cz + d ≠ 0 とする。 w = (az + b)/(cz + d) とおく。 このとき Im(w) = (ad - bc)Im(z)/|cz + d|^2 である。 275 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 12:49:19 ] 補題 虚２次体 Q(√m) の原始イデアル I = [a, b + ω] と J = [k, l + ω] が同じイデアル類に属すとする。 すなわち I = ρJ となる ρ ∈ Q(√m) があるとする。 このとき θ = (b + ω)/a、ψ = (l + ω)/k とおくと、 θ = (pψ + q)/(rψ + s) となる。 ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = 1 である。 証明 >>194 より θ = (pψ + q)/(rψ + s) となる。 ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = ±1 である。 >>273 の規約より θ と ψ は複素上半平面にある。 よって >>274 より ps - qr = 1 である。 証明終 276 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 15:35:27 ] 定義 代数的数(前スレ３の156) θ に対して Q(θ) が Q の n 次拡大で あるとき θ を n 次の代数的数という。 θ は有理数係数の多項式 f(X) = a_0X^n + a_1X^(n-1) ... + a_n の 根となる。ここで a_0, ..., a_n の最大公約数は 1 であり、 a_0 ＞ 0 である。 f(X) は θ により一意に決まる。 f(X) の判別式を θ の判別式という。 ここで f(X) の判別式について復習しよう。 f(X) の根を θ_0, ..., θ_(n-1) とする。 f(X) の根の差積をΔとする。つまり Δ = Π(θ_i - θ_j) である。 ここで積は i ＜ j となる対 (i, j) 全体を動く。 D = Δ^2 は θ_0, ..., θ_(n-1) の対称式だから f(X) の係数の 多項式で表せる。よって D は有理整数である。 D を f(X) の判別式という。 277 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 20:10:58 ] A を環とする。 x と y を A の元を成分とする n 次の列ベクトルとしたとき (x, y) は (x^t)y を表すとする。ここで x^t は x の転置であり、 x^t は行ベクトルになる。 S を A の元を成分とする n 次の対称行列とする。 ２次形式 (x, Sx) = (x^t)Sx = (Sx, x) を考える。これを S[x] と書く。 P を A の元を成分とする n 次の可逆正方行列とする。 x = Py と変数変換すると、 S[x] = (Py, SPy) = (Py)^t(SPy) = y^t(P^t)SPy =(y, (P^t)SPy) = (P^t)SP[y] det((P^t)SP) = det(P)^2 det(S) である。 278 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 21:01:58 ] >>276 >ここで a_0, ..., a_n の最大公約数は 1 であり、 >a_0 ＞ 0 である。 a_0 ＞ 0 の条件をつけない場合もある。 この場合 f(X) の係数は符号を除いて決まる。 さらに f(X) の判別式は根の差積 Δ の平方だから θ により一意に決まる。 279 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 22:12:29 ] 定義 有理整数係数の２元２次同次多項式 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 を２元２次形式、略して、２次形式という。 gcd(a, b, c) = 1 のとき f を原始的という。 D = b^2 - 4ac を f の判別式という。 280 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 22:40:30 ] ２次形式 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 に一次変換 x = pu + qv y = ru + sv を施して f(pu + qv, ru + sv) = ku^2 + luv + mv^2 とする。 ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = ±1 である。 k = ap^2 + bpr + cr^2 l = 2apq + b(ps + qr) + 2crs m = aq^2 + bqs + cs^2 である。 281 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 23:09:27 ] >>280 のつづき f(x, y) の判別式を D とする。 A を２次の正方行列 (a, b/2)/(b/2, c) とする。 行列の記法 (a, b)/(c, d) については >>196 を参照。 B = (k, l/2)/(l/2, m) とおく。 P = (p, q)/(r, s) とおく。 P の転置行列 P^t は (p, r)/(q, s) である。 >>277 より B = (P^t)AP である。 よって det(B) = det(P)^2 det(A) である。 det(P) = ps - qr = ±1 だから det(B) = det(A) である。 よって km - l^2/4 = ac - b^2/4 よって l^2 - 4km = b^2 - 4ac = D 282 名前：１３２人目の素数さん [2006/12/17(日) 23:26:42 ] 命題 >>280 において gcd(a, b, c) = gcd(k, l, m) である。 証明 a, b, c で生成される有理整数環のイデアルを I とする。 k, l, m で生成される有理整数環のイデアルを J とする。 k = ap^2 + bpr + cr^2 l = 2apq + b(ps + qr) + 2crs m = aq^2 + bqs + cs^2 より J ⊂ I である。 一次変換 x = pu + qv y = ru + sv は可逆だから ２次形式 g(u, v) = ku^2 + luv + mv^2 にこの逆一次変換を作用させて f(x, y) を得ることが出来て、 a, b, c を k, l, m の式で表せる。 よって I ⊂ J である。 証明終 283 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/17(日) 23:29:43 ] >>282 に名前を入れるのを忘れた。 将来の検索の便宜のために注意しておく。 284 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/18(月) 19:44:58 ] ２次の代数的数(>>276)のことを２次の無理数ともいう。 285 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/18(月) 19:46:12 ] GL_n(Z) で有理整数を成分とする n 次の正方行列で可逆なものの なす群を表す。 g ∈ GL_n(Z) であるためには det(g) = ±1 が必要十分である。 GL_2(Z) の元は C ∪ {∞} に一次分数変換として作用する(>>196)。 286 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/18(月) 19:49:21 ] 命題 θ を２次の無理数(>>284)とする。 τ = g(θ) とする。ここで g は GL_2(Z) (>>285) の元である。 このとき τ も２次の無理数であり、θ と同じ判別式(>>276)をもつ。 証明 aθ^2 + bθ + c = 0 とする。 ここで a, b, c は有理整数で gcd(a, b, c) = 1 である。 D = b^2 - 4ac は θ の判別式である。 θ は２次の無理数だから D は平方数ではない。 ２次形式 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 を考える。 g の逆行列を h = (p, q)/(r, s) とする。 θ = h(τ) = (pτ + q)/(rτ + s) である。 g(u, v) = f(pu + qv, ru + sv) = kx^2 + lxy + my^2 とすると、>>281 より D = l^2 - 4km である。 μ = pτ + q ν = rτ + s とおく。 θ = μ/ν だから a(μ/ν)^2 + b(μ/ν) + c = 0 aμ^2 + bμν + cν^2 = 0 よって f(μ, ν) = g(τ, 1) = 0 よって g(τ, 1) = lτ^2 + mτ + n = 0 D = l^2 - 4km は平方数ではないから τ は２次の無理数である。 証明終 287 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/18(月) 19:56:08 ] ２次体 Q(√m) の判別式を D とする。 θ を判別式 D の２次の無理数とする。 aθ^2 + bθ + c = 0 とする。 ここで a, b, c は有理整数で gcd(a, b, c) = 1 である。 さらに a ＞ 0 とする。 D = b^2 - 4ac である。 θ = (-b ± √D)/2a であるが θ = (-b + √D)/2a と仮定する。 a(aθ^2 + bθ + c) = a^2θ^2 + abθ + ac = 0 だから (aθ)^2 + b(aθ) + ac = 0 よって aθ は代数的整数である。 aθ = (-b + √D)/2 だから aθ ∈ Q(√m) である。 m ≡ 1 (mod 4) のとき (-b + √D)/2 = (-b - 1 + 1 + √m)/2 = (-b - 1)/2 + ω m ≡ 2 (mod 4) または m ≡ 3 (mod 4) のとき (-b + √D)/2 = (-b + 2√m)/2 = -b/2 + ω いずれの場合でも aθ = r + ω の形である。 r = aθ - ω は有理数で代数的整数でもあるから、有理整数である (前スレ３の158より有理整数環は整閉である)。 (aθ)^2 + b(aθ) + ac = 0 だから N(aθ) = ac である。 よって [a, aθ] = [a, r + ω] は Q(√m) の原始イデアルである。 288 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/18(月) 19:59:48 ] >>285 A を環としたとき GL_n(A) も同様に定義される。 g ∈ GL_n(A) であるためには det(g) が A の可逆元であることが 必要十分である。 289 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/18(月) 22:55:11 ] 補題 ２次形式 f = a^x^2 + bxy + cy^2 の判別式が、ある２次体 Q(√m) の 判別式に等しいなら f は原始的(>>279)である。 証明 ２次体 Q(√m) の判別式を D とする。 仮定より、D = b^2 - 4ac である。 f が原始的でないとするとある有理整数 t ＞ 1 があり、 a, b, c はそれぞれ t で割れる。よって D は t^2 で割れる。 D = (t^2)d とする。 m ≡ 1 (mod 4) のときは D = m であるから D は平方因子を含まない。 これは D = (t^2)d に反する。 よって m ≡ 2 (mod 4) または m ≡ 3 (mod 4) である。 この場合 D = 4m である。 m は平方因子を含まないから 2 で割れるとしても 4 では割れない。 よって t = 2 である。 b = 2e とする。 D = b^2 - 4ac = 4(e^2 - ac) よって e2 - ac = m である。 ac ≡ 0 (mod 4) だから m ≡ e^2 (mod 4) よって m ≡ 0 (mod 4) または m ≡ 1 (mod 4) である。これは矛盾である。 証明終 290 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/18(月) 23:04:49 ] >>289 >m は平方因子を含まないから 2 で割れるとしても 4 では割れない。 m ≡ 0 (mod 4) でないことは m ≡ 2 (mod 4) または m ≡ 3 (mod 4) からもわかる。 291 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/18(月) 23:17:34 ] 補題 有理整数係数の２次多項式 f(X) = aX^2 + bX + c の判別式が、 ある２次体 Q(√m) の判別式に等しいなら gcd(a, b, c) = 1 である。 証明 >>289 と同様である。 292 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/18(月) 23:26:20 ] 命題 I = [a, r + ω] を２次体 Q(√m) の原始イデアルの標準基底による 表示とする。 θ = (r + ω)/a とおく。 θ は２次無理数であり、その判別式は Q(√m) の判別式と一致する。 証明 Q(√m) の判別式を D とする。 θ が有理数なら ω = aθ - r が有理数になり矛盾である。 θ ∈ Q(√m) だから θ は２次無理数である。 β = r + ω とおく。仮定より N(r + ω) = ββ ' は a で割れる。 f(X) = a(X - θ)(X - θ ') とおく。 f(X) = a(X - β/a)(X - β '/a) = aX^2 -(β + β ')X + ββ '/a b = -(β + β ') c = ββ '/a とおくと b と c は有理整数」であり、f(X) = aX^2 + bX + c である。 f(X) の判別式は (β + β ')^2 - 4ββ ' = (β - β ')^2 = (ω - ω ')^2 = D である。 >>290 より gcd(a, b, c) = 1 である。 よって θ の判別式は D である。 証明終 293 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/19(火) 22:18:56 ] 定義 ２次形式(>>279) f(x, y) = a^x^2 + bxy + cy^2 の判別式 D が 平方数でなく D ＜ 0 とする。 a ＞ 0 のとき f は正定値であるという。 a ＜ 0 のとき f は負定値であるという。 D は平方数でないから a ≠ 0 であることに注意する。 294 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/19(火) 22:28:43 ] >>293 >a^x^2 + bxy + cy^2 ax^2 + bxy + cy^2 295 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/19(火) 22:42:50 ] 補題 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 を正定値(>>293)の２次形式とする。 (u, v) を 直積 Z × Z の元とすれば f(u, v) ≧ 0 であり、 f(u, v) = 0 となるのは (u, v) = (0, 0) のときに限る。 証明 f(x, y) の判別式を D とする。 f(x, y) は正定値だから D ＜ 0 かつ　a ＞ 0 である(>>293)。 af(x, y) = a^2x^2 + abxy + acy^2 = (ax + by/2)^2 + acy^2 - (b^2/4)y^2 = (ax + by/2)^2 + (4ac - b^2)y^2/4 = (ax + by/2)^2 + |D|y^2/4 これから補題の主張は直に出る。 証明終 296 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/20(水) 12:51:50 ] 補題 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 を負定値(>>293)の２次形式とする。 (u, v) を 直積 Z × Z の元とすれば f(u, v) ≦ 0 であり、 f(u, v) = 0 となるのは (u, v) = (0, 0) のときに限る。 証明 >>295 の証明より af(x, y) = (ax + by/2)^2 + |D|y^2/4 これより補題の主張は明らか。 証明終 297 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/20(水) 12:54:09 ] 命題 ２次形式 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 に一次変換 x = pu + qv y = ru + sv を施して g(u, v) = f(pu + qv, ru + sv) = ku^2 + luv + mv^2 とする。 ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = ±1 である。 f(x, y) が正定値(>>293)であるためには g(u, v) が正定値であること が必要十分である。 証明 >>281 より f と g の判別式は同じである。 一次変換 x = pu + qv y = ru + sv は可逆だから (u, v) に (x, y) を対応させることにより 集合としての直積 Z × Z の自己同型写像が得られる。 これと >>295 と >>296 からわかる。 証明終 298 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/20(水) 15:34:52 ] 命題 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 を正定値(>>293)の２次形式とする。 さらに f = f(x, y) の判別式が、ある２次体 Q(√m) の判別式 D に 等しいとする。 f に一次変換 x = pu + qv y = ru + sv を施して g(u, v) = f(pu + qv, ru + sv) = ku^2 + luv + mv^2 とする。 ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = 1 である。 このとき [a, (-b + √D)/2] と [k, (-l + √D)/2] は Q(√m) の 原始イデアルであり、同じイデアル類に属す。 299 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/20(水) 15:37:57 ] >>298 の証明 D ＜ 0 だから Q(√m) は虚２次体である。 θ = (-b + √D)/2a とおく。θ は ax^2 + bx + c = 0 の根である。 ここで、>>273 と同様に √D = √|D| √(-1) とする。 a ＞ 0 だから θ は複素上半平面にある。 >>287 より [a, (-b + √D)/2] は Q(√m) の原始イデアルである。 行列 (p, q)/(r, s) の逆行列は (s, -q)/(-r, p) である。 τ = (sθ - q)/(-rθ + p) とおく。 θ = (pτ + q)/(rτ + s) である。 >>198 より Im(τ) = Im(θ)/|-rθ + p|^2 だから τ も複素上半平面にある。 aθ^2 + bθ + c = 0 より a(pτ + q)^2 + b(pτ + q)(rτ + s) + c(rτ + s)^2 = 0 この左辺は f(pτ + q, rτ + s) = g(τ, 1) = kτ^2 + lτ + m である。 >>297 より g(u, v) は正定値だから、k ＞ 0 である。 よって τ が複素上半平面にあることから τ = (-l + √D)/2k で でなければならない。 >>287 より [k, (-l + √D)/2] は Q(√m) の原始イデアルである。 >>195 より [a, (-b + √D)/2] と [k, (-l + √D)/2] は、 Q(√m) の同じイデアル類に属す。 証明終 300 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/20(水) 15:54:09 ] >>194 において Q(√m) が虚２次体のとき、>>273 より θ と ψ は複素上半平面にある。 >>274 より Im(θ) = (ps - qr)Im(ψ )/|rψ + s|^2 よって ps - qr = 1 である。 301 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/20(水) 16:05:53 ] I = [a, b + cω] を２次体 Q(√m) のイデアルの標準基底による 表示とする(>>16)。 a と b は c で割れるから a = ce、b = cr とすると、 I = c[e, r + ω] となる。[e, r + ω] は原始イデアルである。 (b + cω)/a = (r + ω)/e である。 302 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/20(水) 16:17:06 ] 定義 ２次形式 f と g は ps - qr = 1 となる有理整数 p, q, r, s があり、 g(x, y) = f(px + qy, rx + sy) となるとき、同値であるという。 303 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/20(水) 16:36:36 ] 定義 Q(√m) を虚２次体とする。その判別式を D とする。 Q(√m) のイデアル類群(>>193)を Cl(D) と書く。 判別式 D の正定値２次形式を >>302 の同値関係で類別した同値類の 集合を F+(D) と書く。 F+ の元からその任意の代表 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 をとる。 >>287 より [a, (-b + √D)/2] は Q(√m) の原始イデアルである。 >>298 より、このイデアルの属すイデアル類は f(x, y) の取り方に よらない。 よって F+(D) から Cl(D) への写像が定まる。 この写像を Φ+ と書く。 304 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/20(水) 17:08:22 ] 命題 >>303 の写像 Φ+ は単射である。 証明 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 と g(x, y) = kx^2 + lxy + my^2 を 判別式 D の正定値２次形式とする。 さらに [a, (-b + √D)/2] と [k, (-l + √D)/2] が同じイデアル類に 属すとする。 θ = (-b + √D)/2a τ = (-l + √D)/2k とおく。 >>300 より ps - qr = 1 となる有理整数 p, q, r, s があり、 θ = (pτ + q)/(rτ + s) となる。 aθ^2 + bθ + c = 0 だから a(pτ + q)^2 + b(pτ + q)(rτ + s) + c(rτ + s)^2 = 0 この左辺は f(pτ + q, rτ + s) である。 f(px + qy, rx + sy) を x, y の２次形式とみたものを h(x, y) とする。 >>297 より h(x, y) は正定値である。 >>281 より h(x, y) の判別式は D だから >>289 より h(x, y) は 原始的である。 h(τ, 1) = 0 だから h(x, 1) は τ を根とする２次式で、その係数 の最大公約数が 1 かつ最高次の係数が正であり τ により 一意に決まる(>>276)。 一方 τ = (-l + √D)/2k は kx^2 + lx + m の根でもあるから g(x, y) = h(x, y) である。 証明終 305 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/20(水) 17:33:53 ] 命題 >>303 の写像 Φ+ は全射である。 証明 I = [a, b + cω] を２次体 Q(√m) のイデアルの標準基底による 表示とする(>>16)。 >>301 より I = c[e, r + ω] となり、 (b + cω)/a = (r + ω)/e である。 θ = (r + ω)/e とおく。 >>292 よりθ は２次無理数であり、 その判別式は D である。 よって aθ^2 + bθ + c = 0 となる。 ここで a, b, c は有理整数で gcd(a, b, c) = 1、a ＞ 0、 b^2 - 4ac = D である。 θ は複素上半平面にあるから θ = (-b + √D)/2a である。 よって >>287 より [a, (-b + √D)/2] は Q(√m) の原始イデアル である。 >>195 より [a, (-b + √D)/2] と [e, r + ω] は Q(√m) の同じイデアル類に属す。 よって、写像 Φ+ により f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 の 属す F+ の類が I の属すイデアル類に対応する。 証明終 306 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/12/20(水) 18:38:43 ] これって何の本を参考にされてるんですか？ 307 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/20(水) 19:12:31 ] >>306 主に高木の初等整数論講義です。 しかし、この本のこのあたりはあまり整理されていない。 ２次形式もあまり表だっては使われていない。 ２次形式まわりの定義(特に正定値２次形式)については Zagier の 数論入門(岩波) を参考にしました。 しかし、この本はこのあたりの証明はほとんど書いてないので 定義以外はあまり参考にならない。 写像 Φ+ の定義については Zagier と前に言及した Cohen の A course in computational algebraic number thery を参考にしました。 しかし、この本にも証明はほとんど書いてないです。 308 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/12/20(水) 19:30:04 ] >>307 ありがと。 Zagierはちょうど図書館から借りてるところだったので、暇なときに読んでみる 309 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/20(水) 22:58:18 ] 正定値というのは positive definite の訳ですが誤解を与える かもしれない。 正値のほうがいいかもしれない。 310 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/21(木) 09:34:58 ] 命題 Q(√m) を虚２次体とする。その判別式を D とする。 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 を判別式 D の正定値(>>293)の ２次形式とする。 f に一次変換 x = pu + qv y = ru + sv を施して g(u, v) = f(pu + qv, ru + sv) = ku^2 + luv + mv^2 とする。 ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = 1 である。 θ = (b + √D)/2a τ = (-l + √D)/2k とおくと θ = (pτ + q)/(rτ + s) である。 証明 kτ^2 + lτ + m = 0 だから g(τ, 1) = f(pτ + q, rτ + s) = 0 よって a(pτ + q)^2 + b(pτ + q)(rτ + s) + c(rτ + s)^2 = 0 この式の両辺を (rτ + s)^2 で割ると aμ^2 + bμ + c = 0 となる。ここで μ = (pτ + q)/(rτ + s) とおいた。 a ＞ 0 であり、μ は複素上半平面にあるから μ = (b + √D)/2a である。 よって θ = μ である。 証明終 311 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/21(木) 09:56:24 ] 定義 Q(√m) を虚２次体とする。その判別式を D とする。 複素上半平面にある判別式 D の２次の無理数(>>276) の SL_2(Z) の 作用での同値類の集合を H(D) と書く。 F+(D) (>>303) の元からその任意の代表 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 をとる。 (-b + √D)/2a は複素上半平面にある判別式 D の２次の 無理数である。 >>310 より (-b + √D)/2a の属す H(D) の同値類は f(x, y) の属す F+(D) の同値類のみで決まる。 よって F+(D) から H(D) への写像が定まる。 この写像を Ψ+ と書く。 312 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/21(木) 09:58:46 ] 命題 >>311 の写像 Ψ+ は単射である。 証明 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 と g(x, y) = kx^2 + lxy + my^2 を 判別式 D の正定値２次形式とする。 さらに θ = (-b + √D)/2a τ = (-l + √D)/2k とおいたとき θ = (pτ + q)/(rτ + s) とする。ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = 1 である。 aθ^2 + bθ + c = 0 だから a(pτ + q)^2 + b(pτ + q)(rτ + s) + c(rτ + s)^2 = 0 この左辺は f(pτ + q, rτ + s) である。 f(px + qy, rx + sy) を x, y の２次形式とみたものを h(x, y) とする。 >>297 より h(x, y) は正定値である。 >>281 より h(x, y) の判別式は D だから >>289 より h(x, y) は 原始的である。 h(τ, 1) = 0 だから h(x, 1) は τ を根とする２次式で、その係数 の最大公約数が 1 かつ最高次の係数が正であり τ により 一意に決まる(>>276)。 一方 τ = (-l + √D)/2k は kx^2 + lx + m の根でもあるから g(x, y) = h(x, y) である。 証明終 313 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/21(木) 10:09:09 ] 命題 >>311 の写像 Ψ+ は全射である。 証明 H(D) の任意の類からその代表 θ を取る。 θ は複素上半平面にある判別式 D の２次の無理数である。 aθ^2 + bθ + c = 0 とする。 ここで a, b, c は有理整数で gcd(a, b, c) = 1、a ＞ 0、 b^2 - 4ac = D である。 f = ax^2 + bxy + cy^2 は判別式 D の正定値２次形式である。 f の属す F+(D) の類に θ の属す H(D) の類が対応する。 証明終 314 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/21(木) 11:22:09 ] >>304 と >>305 より 集合 F+(D) と Cl(D) の間に全単射が存在し、 >>312 と >>313 より F+(D) と H(D) の間に全単射が存在することが分かった。 315 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/21(木) 11:28:33 ] Q(√m) を虚２次体とする。その判別式を D とする。 θ を複素上半平面にある判別式 D の２次の無理数とする。 >>267 の (1) より θ は >>253 の G の点と SL_2(Z) の作用で 同値である。 θ ∈ G となる条件を求めよう。 aθ^2 + bθ + c = 0 とする。 ここで a, b, c は有理整数で gcd(a, b, c) = 1、a ＞ 0、 b^2 - 4ac = D である。 θ = (-b + √D)/2a である。 >>257 より (√|D|)/2a ≧ (√3)/2 よって (√|D|) ≧ a√3 よって a ≦ √(|D|/3) よって a の取りうる値は有限である。 他方 |b/2a| ≦ 1/2 だから |b| ≦ a である。 よって b の取りうる値も有限である。 b^2 -4ac = D だから a と b が決まれば c も決まる。 以上から H(D) は有限集合であることが分かった。 >>314 よりイデアル類群 Cl (D) の位数も有限である。 316 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/21(木) 12:01:51 ] 定義 Q(√m) を虚２次体とする。その判別式を D とする。 >>315 より Q(√m) のイデアル類群 Cl (D) の位数は有限である。 これを Q(√m) の類数と呼び、h(D) と書く。 317 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/21(木) 12:05:57 ] 問題 Q(√(-5) の類数 h(-20) を >>315 を使って求めよ。 さらにイデアル類群 Cl (-20) の各類の代表となる原始イデアルを 求めよ。 318 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/21(木) 13:09:45 ] 問題 m が -1, -2, -3, -7, -11, -19, -43, -67, -163 のとき Q(√(−m)) の類数は１であることを証明せよ。 m の値が異なる毎に答えのレスを変えること。 319 名前：１３２人目の素数さん [2006/12/22(金) 14:56:54 ] 与えられた類数を持つ虚二次体って有限個なの？ 320 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/22(金) 15:31:19 ] 定義 Q(√m) を虚２次体とし、その判別式を D とする。 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 を判別式 D で正定値(>>293)の ２次形式とする。 G を >>253 で定義した集合とする。 つまり G = { z ∈ H ; -1/2 ≦ Re(z) ＜ 1/2 かつ |z| ≧ 1 で |z| = 1 のときは -1/2 ≦ Re(z) ≦ 0 } (-b + √D)/2a が G に属すとき f(x, y) を簡約２次形式と呼ぶ。 321 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/22(金) 16:26:24 ] 命題 Q(√m) を虚２次体とし、その判別式を D とする。 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 を判別式 D の正定値(>>293)の ２次形式とする。 f(x, y) が簡約２次形式(>>320)であるためには |b| ≦ a ≦ c であり、 |b| = a または a = c のときは b ≧ 0 となることが必要十分である。 証明 θ = (-b + √D)/2a が >>253 で定義した集合 G に属すとする。 G = { z ∈ H ; -1/2 ≦ Re(z) ＜ 1/2 かつ |z| ≧ 1 で |z| = 1 のときは -1/2 ≦ Re(z) ≦ 0 } である。 Re(θ) = -b/(2a) だから -1/2 ≦ -b/(2a) ＜ 1/2 である。 したがって -a ≦ -b ＜ a よって |b| ≦ a |b| = a のときは a = b である。 他方、 D = b^2 - 4ac に注意して、 |θ|^2 = (b^2 + |D|)/4a^2 = (b^2 + |D|)/4a^2 = 4ac/4a^2 = c/a |θ| ≧ 1 であるためには a ≦ c が必要十分である。 |θ| = 1 つまり a = c のときは -1/2 ≦ -b/(2a) ≦ 0 よって -a ≦ -b ≦ 0 つまり a ≧ b ≧ 0 証明終 322 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/22(金) 20:01:00 ] >>319 そうです。 もっと一般に与えられた次数と類数を持つ有理数体の虚アーベル拡大体 も有限個です。 この証明は、例えば Narkiewicz の Elementary and analytic theory of algebraic numbers に載っています。 323 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/22(金) 20:42:34 ] Lecture Notes on Algebraic Number Theory ttp://www.fen.bilkent.edu.tr/~franz/LN/LN-ant.html 324 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/22(金) 21:11:15 ] 命題 Q(√m) を虚２次体とし、その判別式を D とする。 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 を判別式 D の正定値(>>293)の ２次形式とする。 f に (-b + √D)/2a を対応させることにより、 判別式 D の正定値(>>293)の２次形式と、複素上半平面にある 判別式 D の２次無理数(>>276)とは１対１に対応する。 証明 判別式 D の正定値(>>293)の２次形式の集合を PF(D) と書く。 複素上半平面にある判別式 D の２次無理数の集合を HQ(D) と書く。 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 が判別式 D の正定値２次形式なら θ = (-b + √D)/2a は複素上半平面にある判別式 D の２次無理数 である。 従って φ(f) = θ により写像 φ : PF(D) → HQ(D) が定まる。 逆に、θ が複素上半平面にある判別式 D の２次無理数なら、 >>276 より aθ^2 + bθ + c = 0 となる。 ここで a, b, c は有理整数で gcd(a, b, c) = 1 かつ a ＞ 0 である。 >>276 より a, b, c は θ により一意に決まる。 θ に ax^2 + bxy + cy^2 を対応させれば、これが φ の逆写像である。 証明終 325 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/22(金) 21:53:50 ] Q(√m) を虚２次体とし、その判別式を D とする。 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 を判別式 D の正定値(>>293)の ２次形式とする。 θ = (-b + √D)/2a とおく。 θ は複素上半平面にある判別式 D の２次無理数である。 (p, q)/(r, s) ∈ SL_2(Z) のとき τ = (sθ - q)/(-rθ + p) とおくと、>>286 より τ は判別式 D の ２次無理数である。 >>198 より Im(τ) = Im(θ)/|-rθ + p|^2 だから τ は 複素上半平面にある θ = (pτ + q)/(rτ + s) である。 g(u, v) = f(pu + qv, ru + sv) = ku^2 + luv + mv^2 とする。 aθ^2 + bθ + c = 0 より a(pτ + q)^2 + b(pτ + q)/(rτ + s) + c(rτ + s)^2 = 0 となる。 この左辺は f(pτ + q, rτ + s) = kτ^2 + lτ + m である。 >>281 より g(u, v) = ku^2 + luv + mv^2 の判別式は D であり、 >>297 より g は正定値２次形式である。よって k ＞ 0 である。 よって τ = (-l + √D)/2k である。 以上を簡潔にまとめると f に θ が対応するなら g には τ が対応する。 326 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/22(金) 22:43:34 ] G を >>253 で定義した集合とする。 複素上半平面にある判別式 D の２次無理数 θ が与えられたとき それと SL_2(Z) の作用に関して同値な２次無理数で G の点となるもの を有限回の手続きで求める方法を述べる。 >>269 より SL_2(Z) は S = (1, 1)/(0, 1) と T = (0, -1)/(1, 0) で 生成される。 以下のアルゴリズムを考える。 (1) -1/2 ≦ Re(θ) ＜ 1/2 なら (2) にいく。 -1/2 ≦ Re(θ) ＜ 1/2 でなければ θ に一次分数変換 S^(n)(θ) = θ + n を施すことにより τ = θ + n を -1/2 ≦ Re(τ) ＜ 1/2 と出来る。 θ = τ とおく。 (2) |θ| ＜ 1 なら τ = T(θ) = -1/θ とすると |τ| ＞ 1 となる。 θ = τ とおいて、(1) にいく。 |θ| ＞ 1 なら終了。 |θ| = 1 なら (3) にいく。 (3) -1/2 ≦ Re(θ) ≦ 0 なら終了。 0 ＜ Re(θ) ＜ 1/2 なら τ = T(θ) = -1/θ とすると |τ| = 1 で　-1/2 ＜ Re(τ) ＜ 0 となるので θ = τ と おいて終了。 327 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/22(金) 23:36:32 ] 補題 a と b を有理整数として a ＞ 0 とする。 -a ≦ 2ak + b ＜ a となる有理整数 k が一意に存在する。 証明 有理整数の割り算の剰余定理の一種だが、改めて証明しよう。 集合 { n ∈ Z ; 2an ≦ b } の最大値を m とする。 2am ≦ b ＜ 2a(m + 1) = 2am + 2a だから区間 [2am, 2am + 2a) を ２等分して 2am ≦ b ＜ 2am + a または 2am + a ≦ b ＜ 2am + 2a である。 前者の場合 0 ≦ b - 2am ＜ a 後者の場合 -a ≦ b - 2a(m + 1) ＜ a よって k = -m または k = -(m + 1) とおけばよい。 一意性の証明が残っている。 -a ≦ 2ak + b ＜ a かつ -a ≦ 2al + b ＜ a とする。 -a ＜ -2al - b ≦ a だから -2a ＜　2a(k - l) ＜ 2a となる。 対称的に -2a ＜　2a(l - k) ＜ 2a となる。 よって 2a|k - l| ＜ 2a だから |k - l| ＜ 1 となる。 k と l は有理整数だから k = l である。 証明終 328 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/22(金) 23:46:51 ] >>326 のアルゴリズムが有限回で終わることを証明しよう。 そのため >>326 のアルゴリズムを正定値２次形式の簡約アルゴリズムに 翻訳する。 Gauss に倣って簡単のために、２次形式 ax^2 + bxy + cy^2 を (a, b, c) と書くことにする。 いつものように Q(√m) を虚２次体とし、その判別式を D とする。 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 を判別式 D の正定値(>>293)の ２次形式とする。 n を有理整数として f に S^n = (1, n)/(0, 1) を作用させと、 x = u + nv y = v とおいて、 f(u + nv, v) = a(u + nv)^2 + b(u + nv)v + cv^2 = au^2 + (2an + b)uv + (an^2 + bn + c)v^2 = (a, 2an + b, an^2 + bn + c) f に T = (0, -1)/(1, 0) を作用させると、 x = -v y = u とおいて f(-v, u) = av^2 - buv + cu^2 = (c, -b, a) 329 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/23(土) 00:14:09 ] 以下のアルゴリズムを考える。 (1) -a ≦ -b ＜ a なら (2) にいく。 -a ≦ -b ＜ a でなければ (a, b, c) に S^(n) を施すことにより (a, 2an + b, an^2 + bn + c) となる(>>328)。 ここで -a ≦ -2an - b ＜ a となるように n をとっておく(>>327) 。 (a, 2an + b, an^2 + bn + c) を改めて (a, b, c) とおく。 (2) a ＜ c なら終了。 a = c なら (3) にいく。 a ＞ c なら (a, b, c) に T を施すことにより (c, -b, a) となる(>>328)。 (c, -b, a) を改めて (a, b, c) とおき、(1) にいく。 (3) b ≧ 0 なら終了。 b ＜ 0 なら (a, b, c) に T を施すことにより (c, -b, a) となる。 (c, -b, a) を改めて (a, b, c) とおき、終了。 330 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/23(土) 00:40:24 ] >>329 の (1) において |b| ＞ a のとき、 (a, b, c) に S^(n) を施して (a ', b ', c ') = (a, 2an + b, an^2 + bn + c) となり、 -a ≦ b ' ＜ a となる。よって |b '| ≦ a である。 つまり |b| は、少なくとも 1 減少する。 -b = a のときも (a, b, c) に S^(n) を施すが、 このときも -a ≦ -b ' ＜ a となり |b| は、少なくとも 1 減少する。 (2) と (3) において |b| は変化しない。 以上から >>329 のアルゴリズムは有限回で終わる。 したがって、それと同値な >>326 のそれも有限回で終わる。 331 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/23(土) 00:57:37 ] 訂正 >>330 >-b = a のときも (a, b, c) に S^(n) を施すが、 >このときも -a ≦ -b ' ＜ a となり |b| は、少なくとも 1 減少する。 -b = a のときも (a, b, c) に S^(n) を施すが、 このときは -a = -b ' となり |b| は変化しない。 332 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/23(土) 01:08:43 ] >>327 >対称的に -2a ＜　2a(l - k) ＜ 2a となる。 この行は不要なので削除。 333 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/23(土) 01:33:37 ] >>329 の簡約アルゴリズムは |b| = a または a = c の場合を 考慮するのでやや面倒である。 これを軽減するため以下の定義をする。 定義 Q(√m) を虚２次体とし、その判別式を D とする。 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 を判別式 D で正定値(>>293)の ２次形式とする。 [D] を >>253 で定義した集合とする。 つまり [D] = { z ∈ H ; |Re(z)| ≦ 1/2 かつ |z| ≧ 1 } である。 (-b + √D)/2a が [D] に属すとき f(x, y) を広義の簡約２次形式と呼ぶ。 334 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/23(土) 01:47:23 ] 命題 Q(√m) を虚２次体とし、その判別式を D とする。 f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 を判別式 D の正定値(>>293)の ２次形式とする。 f(x, y) が広義の簡約２次形式(>>333)であるためには |b| ≦ a ≦ c となることが必要十分である。 証明 >>321 の証明から明らか。 335 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/23(土) 01:48:39 ] Q(√m) を虚２次体とし、その判別式を D とする。 以下のアルゴリズムは判別式 D の任意の正定値２次形式 (a, b, c) を広義の簡約２次形式(>>333)に変形する。 (1) |b| ≦ a なら (2) にいく。 |b| ＞ a なら (a, b, c) に S^(n) を施すことにより (a, 2an + b, an^2 + bn + c) となる(>>328)。 ここで -a ≦ -2an - b ＜ a となるように n をとっておく(>>327) 。 (a, 2an + b, an^2 + bn + c) を改めて (a, b, c) とおく。 |b| ≦ a となっている。 (2) a ≦ c なら終了。 a ＞ c なら (a, b, c) に T を施すことにより (c, -b, a) となる(>>328)。 (c, -b, a) を改めて (a, b, c) とおき、(1) にいく。 336 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/23(土) 01:54:06 ] >>335 の (1) において |b| ＞ a なら、(a, b, c) に S^(n) を施して |b| ≦ a と出来る。 つまり |b| は、少なくとも 1 減少する。 (2) において |b| は変化しない。 以上から >>335 のアルゴリズムは有限回で終わる。 337 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2006/12/23(土) 02:20:08 ] 広義の簡約２次形式を狭義つまり >>320 で定義した簡約２次形式に 変形するのは簡単である。 (a, b, c) を広義の簡約２次形式とする。 |b| = a で b ＜ 0 なら -b = a である。 (a, b, c) に 変換 S = (1, 1)/(0, 1) を施すことにより (a, 2a + b, a + b + c) となる(>>328)。 ここで 2a + b = a である。 a + b + c = c である。 よって (a, 2a + b, a + b + c) = (a, a, c) は狭義の簡約２次形式 である。 今度は a = c で b ＜ 0 とする。 (a, b, a) に T = (0, -1)/(1, 0) を施すことにより (a, -b, a) となる(>>328)。 これは狭義の簡約２次形式である。

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