代数的整数論 005

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代数的整数論 005

1 名前：１３２人目の素数さん [2007/03/16(金) 07:45:20 ]: Kummer ◆g2BU0D6YN2氏が代数的整数論を語るスレです。

前スレ
science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1164286624/
110 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/08(日) 10:33:01 ]: 補題
β ＞ 1 を実無理数とする。
α = (aβ + b)/(cβ + d) とする。
ここで a, b, c, d は有理整数で ad - bc = ±1 であり、
c ＞ d ＞ 0 である。

このときある n ≧ 1 があり、
α = [k_0, . . . , k_(n-1), β] となる。
ここで、各 k_i は有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 である。

証明
a/c を単純連分数(>>69)に展開して
a/c = [k_0, . . . , k_(n-1)] とする。
>>107 より ad - bc = (-)^n と仮定してよい。

>>61 より
[k_0, k_1, . . . , k_(n-1)] = p_(n-1)/q_(n-1) である。

ここで
p_(n-1) = P(k_0, k_1, ... , k_(n-1))
q_(n-1) = P(k_1, ... , k_(n-1))
とおいた。

(続く)
111 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/08(日) 10:36:21 ]: >>110 の続き。

ad - bc = (-)^n だから gcd(a, c) = 1

>>57 より p_(n-1)q_(n-2) - q_(n-1)p_(n-2) = (-1)^n
よって gcd(p_(n-1), q_(n-1)) = 1

a/c = p_(n-1)/q_(n-1) で c ＞ 0, q_(n-1) ＞ 0 だから
a = p_(n-1)
c = q_(n-1)

よって
aq_(n-2) - cp_(n-2) = ad - bc
a(d - q_(n-2)) = c(b - p_(n-2))

gcd(a, c) = 1 だから
d ≡ q_(n-2) (mod c)

c ＞ d ＞ 0
c = q_(n-1) ≧ q_(n-2) ＞ 0
よって |d - q_(n-2)| ＜ c

d ≡ q_(n-2) (mod c) より
d = q_(n-2)
よって b = p_(n-2)

α = (aβ + b)/(cβ + d)
= (p_(n-1)β + p_(n-2))/(q_(n-1)β + q_(n-2))
= [k_0, . . . ,k_(n-1), β]
証明終
112 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/08(日) 16:33:36 ]: 命題
β を実無理数とする。
α = (aβ + b)/(cβ + d) とする。
ここで a, b, c, d は有理整数で ad - bc = ±1 である。

このとき、ある実無理数 ω と n ≧ 1, m ≧ 1 があり、
α = [k_0, . . . , k_(n-1), ω]
β = [h_0, . . . , h_(m-1), ω]
となる。
ここで、各 k_i は有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 であり、
各 h_i も有理整数で i ≧ 1 のとき h_i ≧ 1 である。

即ち、α と β を無限連分数に展開したとき、それぞれのある項から
先の展開は一致する。

証明
cβ + d ＜ 0 なら -cβ - d ＞ 0 で
α = (-aβ - b)/(-cβ - d) だから
cβ + d ＞ 0 と仮定してよい。

β を無限連分数に展開して
β = [h_0, h_1, . . . ] とする。
m ≧ 1 に対して
ω_m = [h_m, h_(m+1), . . . ] とおく。

>>77 より
β = [h_0, . . . , h_(m-1), ω_m] である。
>>99 と同様にして、
β = (p_(m-1)ω_m + p_(m-2))/(q_(m-1)ω_m + q_(m-2))

(続く)
113 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/08(日) 16:36:26 ]: >>112 の続き。
α = (aβ + b)/(cβ + d) より、
α = (Aω_m + B)/(Cω_m + d)

ここで
A = ap_(m-1) + bq_(m-1)
B = ap_(m-2) + bq_(m-2)
C = cp_(m-1) + dq_(m-1)
D = cp_(m-2) + dq_(m-2)
である。

C = cp_(m-1) + dq_(m-1) = q_(m-1)(cp_(m-1)/q_(m-1) + d)

m → ∞ のとき p_(m-1)/q_(m-1) → β だから
cβ + d ＞ 0 より十分大きい m に対して C ＞ 0 である。

C = cp_(m-1) + dq_(m-1)
= h_(m-1)(cp_(m-2) + dq_(m-2)) + cp_(m-3) + dq_(m-3)

上で述べたことより十分大きい m に対して
cp_(m-3) + dq_(m-3) ＞ 0 である。
このとき
C = cp_(m-1) + dq_(m-1) ＞ D = cp_(m-2) + dq_(m-2)

よって >>110 より
このときある n ≧ 1 があり、
α = [k_0, . . . , k_(n-1), ω_m] となる。
証明終
114 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/08(日) 16:38:59 ]: >>105 と >>112 の証明は高木の初等整数論講義を参考にした。
115 名前：１３２人目の素数さん [2007/04/08(日) 17:05:50 ]: 名無しで自分の隔離病棟スレを立てているんだねｗ
116 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/08(日) 17:37:25 ]: >>112 の逆が成り立つことは明らかだろうが、一応証明する。

命題
α と β を実無理数とする。
ある実無理数 ω と n ≧ 1, m ≧ 1 があり、
α = [k_0, . . . , k_(n-1), ω]
β = [h_0, . . . , h_(m-1), ω]
となるとする。
ここで、各 k_i は有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 であり、
各 h_i も有理整数で i ≧ 1 のとき h_i ≧ 1 である。

このとき、α = (aβ + b)/(cβ + d) となる。
ここで a, b, c, d は有理整数で ad - bc = ±1 である。

証明
α = [k_0, . . . , k_(n-1), ω] より
α = (pω + r)/(qω + s) となる。
ここで p, r, q, s は有理整数で ps - qr = ±1 である。
よって A = (p, r)/(q, s) とおけば、A ∈ GL_2(Z) であり、
α = Aω となる。

同様に
β = [h_0, . . . , h_(m-1), ω] より
β = (p'ω + r')/(q'ω + s') となる。
ここで p', r', q', s' は有理整数で p's' - q'r' = ±1 である。
B = (p', r')/(q', s') とおけば、B ∈ GL_2(Z) であり、
β = Bω となる。

従って、α = Aω = AB^(-1)ω となり
AB^(-1) ∈ GL_2(Z) である。
証明終
117 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/08(日) 17:59:59 ]: >>116
>従って、α = Aω = AB^(-1)ω となり

従って、α = Aω = AB^(-1)β となり
118 名前：β ◆aelgVCJ1hU [2007/04/08(日) 18:09:04 ]: 呼んだか･･？
119 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/08(日) 19:46:47 ]: >>112
>このとき、ある実無理数 ω と n ≧ 1, m ≧ 1 があり、

このとき、ある実無理数 ω ＞ 1 と n ≧ 1, m ≧ 1 があり、
120 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/09(月) 22:34:11 ]: 補題
θ を簡約された２次無理数とし、
θ = (pθ + q)/(rθ + s) 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 (rθ + s)(rθ' + s) = ε である。
ここで θ' は θ の共役で ε = ps - qr = ±1 である。

証明
θ = (pθ + q)/(rθ + s) より、
θ(rθ + s) = pθ + q

rθ^2 + (s - p)θ - q = 0
よって θ は
rx^2 + (s - p)x - q の根である。
よって
rx^2 + (s - p)x - q = r(x - θ)(x - θ')

従って
r(θ + θ') = p - s
rθθ' = -q

(rθ + s)(rθ' + s) = r^2θθ' + rs(θ + θ') + s^2
= -qr + s(p - s) + s^2 = ps - qr = ε
証明終
121 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/11(水) 12:51:05 ]: >>120

証明からわかるように、θ は単に２次無理数であればよく、
簡約された２次無理数である必用はなかった。
122 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/11(水) 15:16:24 ]: 命題(高木の初等整数論講義)
θ を簡約された２次無理数とし、
θ = (pθ + q)/(rθ + s) とする。
ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = ±1 である。
さらに、rθ + s ＞ 1 とする。

このときある n ≧ 1 があり、
θ = [k_0, . . . , k_(n-1), θ] となる。
ここで、各 k_i は有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 である。

証明
E = rθ + s, E' = rθ' + s とおく。
>>120 より EE' = ps - qr = ±1 である。
|EE'| = 1 で E ＞ 1 だから |E'| ＜ 1
したがって、E - E' ＞ 0
即ち r(θ - θ') ＞ 0
θ は簡約された２次無理数だから、θ ＞ 1, -1 ＜ θ' ＜ 0
である(>>95)。
よって、θ - θ' ＞ 0 だから r ＞ 0 である。
よって、rθ' + s ＞ -r + s

EE' = 1 のとき E ＞ 1 より 1 ＞ E' ＞ 0
よって r + 1 ＞ r + E'
一方、上より E' ＞ -r + s だから r + E' ＞ s
よって r + 1 ＞ s
よって r ≧ s

EE' = -1 のときは E ＞ 1 より 0 ＞ E' ＞ -1
よって r ＞ r + E'
一方 r + E' ＞ s だから r ＞ s
(続く)
123 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/11(水) 16:26:18 ]: >>122 の続き。

EE' = 1 のとき E' ＞ 0 すなわち rθ' + s ＞ 0 だから
s ＞ -rθ' ＞ 0
この場合 r ≧ s だったから r ＞ s なら >>110 より本命題は従う。

EE' = -1 のとき 0 ＞ E' ＞ -1
一方 r ＞ 0 で θ' ＜ 0 だから s ＞ rθ' + s
よって s ＞ - 1 即ち s ≧ 0 である。
r ＞ s だったから s ＞ 0 ならやはり >>110 より本命題は従う。

残るのは EE' = 1 で r = s ＞ 0 の場合と
EE' = -1 で r ＞ s = 0 の場合である。

EE' = 1 で r = s ＞ 0 なら、
pr - qr = 1
(p - q)r = 1
r ＞ 0 だから r = 1
よって q = p - 1

θ = (pθ + p - 1)/(θ + 1) = (p(θ + 1) - 1)/(θ + 1)
= p - 1/(θ + 1) = p - 1 + 1 - 1/(θ + 1)
= p - 1 + θ/(θ + 1) = p - 1 + 1/(1 + 1/θ)

よって θ = [p - 1, 1, θ] となり、この場合も本命題は従う。

EE' = -1 で r ＞ s = 0 なら、
ps - qr = -qr = -1 よって qr = 1
r ＞ 0 だから r = q = 1
θ = (pθ + 1)/θ = p + 1/θ = [p, θ]
よって、この場合も本命題は従う。
証明終
124 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/11(水) 20:28:21 ]: >>123
>よって q = p - 1
>
>θ = (pθ + p - 1)/(θ + 1) = (p(θ + 1) - 1)/(θ + 1)
>= p - 1/(θ + 1) = p - 1 + 1 - 1/(θ + 1)
>= p - 1 +
>
>よって θ = [p - 1, 1, θ] となり、この場合も本命題は従う。

ここは高木のように以下のようにしたほうが良かった。

よって p = q + 1
θ = ((q + 1)θ + q)/(θ + 1) = q + θ/(θ + 1) = q + 1/(1 + 1/θ)
よって θ = [q, 1, θ] となり、この場合も本命題は従う。
125 名前：１３２人目の素数さん [2007/04/12(木) 06:33:11 ]: Thomas Pietraho.
126 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/12(木) 12:41:15 ]: θ を実２次無理数とする。
θ は２次多項式 ax^2 + bx + c の根である。
ここで a, b, c は有理整数で a ＞ 0, gcd(a, b, c) = 1 である。
a, b, c は θ により一意に決まる。

２次方程式の根の公式よりθ = (-b ± √D)/2a である。
話を固定するため θ = (-b + √D)/2a と仮定する。
ここで D = b^2 - 4ac である。
D は θ の判別式である(過去スレ４の276)。
θ は実数と仮定したから D ＞ 0 である。

D = b^2 - 4ac だから D ≡ b^2 (mod 4) である。

0^2 ≡ 0 (mod 4)
1^2 ≡ 1 (mod 4)
2^2 ≡ 0 (mod 4)
3^2 ≡ 1 (mod 4)
よって D ≡ 0 (mod 4) または D ≡ 1 (mod 4) である。

θ は無理数だから D は平方数でない。
従って、過去スレ４の586より D はある２次体 Q(√m) の整環
R = [1, fω] の判別式になる。
D = (f^2)d である。
ここで f は有理整数 f ＞ 0 であり d は Q(√m) の判別式である。

過去スレ４の587より
I = [a, (-b + √D)/2] = [a, aθ] は R のイデアルである。

過去スレ４の592より I は可逆イデアルである。
127 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/12(木) 20:56:36 ]: θ を実２次無理数とする。
θ は２次多項式 ax^2 + bx + c の根である。
ここで a, b, c は有理整数で a ＞ 0, gcd(a, b, c) = 1 である。
a, b, c は θ により一意に決まる。

２次方程式の根の公式よりθ = (-b ± √D)/2a である。
話を固定するため θ = (-b + √D)/2a と仮定する。
ここで D = b^2 - 4ac である。
D は θ の判別式である(過去スレ４の276)。
θ は実数と仮定したから D ＞ 0 である。

D = b^2 - 4ac だから D ≡ b^2 (mod 4) である。

0^2 ≡ 0 (mod 4)
1^2 ≡ 1 (mod 4)
2^2 ≡ 0 (mod 4)
3^2 ≡ 1 (mod 4)
よって D ≡ 0 (mod 4) または D ≡ 1 (mod 4) である。

θ は無理数だから D は平方数でない。
従って、過去スレ４の586より D はある２次体 Q(√m) の整環
R = [1, fω] の判別式になる。
D = (f^2)d である。
ここで f は有理整数 f ＞ 0 であり d は Q(√m) の判別式である。

過去スレ４の587より
I = [a, (-b + √D)/2] = [a, aθ] は R のイデアルである。

過去スレ４の592より I は可逆イデアルである。
128 名前：１３２人目の素数さん mailto: sage [2007/04/12(木) 21:04:02 ]: Googleがking仕様になったぞ
早く見てみろ
129 名前：１３２人目の素数さん [2007/04/12(木) 21:07:46 ]: ax^2 + bx + c＝０
の解はa,b,cの関数で、逆函数がある。
２つの２次曲線の交点が解だと、逆函数は存在しない。
でも２次曲線のｘ切片が２個決まれば、その２点を通る２次曲線は
無限にある。
130 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/13(金) 12:06:28 ]: >>127 の続き。

(1) m ≡ 1 (mod 4) のとき

ω = (1 + √m)/2 であり、d = m である(過去スレ３の768)。
D = (f^2)m より

(-b + √D)/2 = (-b + f√m)/2 = (-b - f + f(1 + √m))/2
= -(b + f)/2 + fω

D ≡ f^2 (mod 4) だから b^2 ≡ f^2 (mod 4)
よって b^2 ≡ f^2 (mod 2)
よって b ≡ f (mod 2)
よって b + f ≡ 0 (mod 2)
即ち -(b + f)/2 は有理整数である。

(2) m ≡ 2 (mod 4) または m ≡ 3 (mod 4) のとき

ω = √m であり、d = 4m である(過去スレ３の768)。
D = 4(f^2)m より

(-b + √D)/2 = (-b + 2f√m)/2 = -b/2 + fω

D ≡ 0 (mod 4) だから b^2 ≡ 0 (mod 4)
よって b ≡ 0 (mod 2)
即ち -b/2 は有理整数である。
131 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/13(金) 16:58:24 ]: >>130 の続き。

I = [a, (-b + √D)/2] = [a, aθ] = [a, c + fω] である。
ここで、
m ≡ 1 (mod 4) のとき c = -(b + f)/2
m ≡ 2 (mod 4) または m ≡ 3 (mod 4) のとき c = -b/2

I = αI となる α ∈ Q(√m) があるとする。

過去スレ４の593より
θ = (pθ + q)/(rθ + s) となる。
ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = ±1 である。

逆に、ps - qr = ±1 となる有理整数 p, q, r, s があり、
θ = (pθ + q)/(rθ + s) とすると、過去スレ４の593より
I = αI となる。
ここで、α = rθ' + s である。

I は可逆イデアルだから I = αI なら II^(-1) = αII^(-1)
II^(-1) = R だから R = αR である。ここで R = [1, fω]。
よって αβ = 1 となる β ∈ R がある。
即ち α は R の単数である。

逆に α が R の単数なら αR = R だから I = RI = αRI = αI
132 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/13(金) 17:02:38 ]: 過去スレ４の590より
R = {(x + y√D)/2 ; x ∈ Z, y ∈ Z, x ≡ yD (mod 2) } である。
従って、
D ≡ 0 (mod 4) のとき
R = {(u + v√D)/2 ; u ∈ Z, v ∈ Z, u ≡ 0 (mod 2) } である。

D ≡ 1 (mod 4) のとき
R = {(u + v√D)/2 ; u ∈ Z, v ∈ Z, u ≡ v (mod 2) } である。

α = (u + v√D)/2 が R の単数なら、
αα' = (u + v√D)/2 (u - v√D)/2 = (u^2 - Dv^2)/4 = ±1

逆に (u, v) が u^2 - Dv^2 = ±4 の有理整数解なら
u^2 ≡ Dv^2 (mod 4)

D ≡ 0 (mod 4) のとき
u^2 ≡ 0 (mod 4)
u ≡ 0 (mod 2)

D ≡ 1 (mod 4) のとき
u^2 ≡ v^2 (mod 4)
u ≡ v (mod 2)

よって、いずれの場合にも α = (u + v√D)/2 は R の元であり
従って R の単数である。
133 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/13(金) 17:06:01 ]: (u, v) が u^2 - Dv^2 = ±4 の有理整数解なら
(u, -v), (-u, v), (-u, -v) も同様である。
これ等には、それぞれ α', -α', -α が対応する。

u ＞ 0, v ＞ 0 なら
D ≧ 2 だから α = (u + v√D)/2 ≧ (1 + √2)/2 ＞ 1

以上から、次のことが分かった。
α を R の単数とすると、α, α', -α', -α のどれか一つは
1 より大きい。
134 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/13(金) 17:27:10 ]: >>133 を以下のように訂正する。

(u, v) が u^2 - Dv^2 = ±4 の有理整数解なら
(u, -v), (-u, v), (-u, -v) も同様である。
これ等には、それぞれ α', -α', -α が対応する。

u = 0 なら -Dv^2 = ±4 より v^2 = 1 または v^2 = 4 となり
D = 4 または D = 1 となって矛盾。

v = 0 なら u^2 = 4 より u = ±2 となり α = ±1 である。

u ＞ 0, v ＞ 0 なら
D ≧ 2 だから α = (u + v√D)/2 ≧ (1 + √2)/2 ＞ 1

以上から、次のことが分かった。
α ≠ ±1 を R の単数とすると、α, α', -α', -α のどれか一つは
1 より大きい。
135 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/13(金) 21:52:44 ]: >>131 より
θ = (pθ + q)/(rθ + s) なら rθ + s は R の単数である。
よって >>132 より rθ + s = (u + v√D)/2 となる。
ここで (u, v) は u^2 - Dv^2 = ±4 の有理整数解である。
p, q, r, s を u, v で表してみよう。

(u + v√D)/2 = rθ + s = r(-b + √D)/2a + s
よって v = r/a
よって r = av

u/2 = -rb/2a + s だから
u/2 = -vb/2 + s
s = (u + vb)/2

θ = (pθ + q)/(rθ + s)
だから
θ(rθ + s) = pθ + q
これに θ = (-b + √D)/2a を代入して
(u + v√D)/2 (-b + √D)/2a = p(-b + √D)/2a + q
(-ub + (u - vb)√D + vD)/4a = 2p(-b + √D)/4a + q
よって
(-ub + vD)/4a = (4aq - 2pb)/4a
-ub + vD = 4aq - 2pb

(u - vb)/4a = 2p/4a
p = (u - bv)/2

-ub + vD = 4aq - 2pb = 4aq - (u - bv)b
-b^2v + vD = 4aq
q = v(-b^2 + D)/4a = -4acv/4a = -cv

以上から (p, q/(r, s) = ((u - bv)/2, -cv)/(av, (u + bv)/2)
136 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/13(金) 22:08:52 ]: >>122
>このときある n ≧ 1 があり、
>θ = [k_0, . . . , k_(n-1), θ] となる。
>ここで、各 k_i は有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 である。

θ ＞ 1 だから k_0 ≧ 1 でもある。
137 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/13(金) 22:44:28 ]: 命題
θ, R は >>126 同じとする。

A = (p_0, q_0)/(r_0, s_0) ∈ GL_2(Z)
B = (p_1, q_1)/(r_1, s_1) ∈ GL_2(Z) で
θ = Aθ
θ = Bθ とする。

E_0 = r_0θ + s_0
E_1 = r_1θ + s_1
とおけば、>>131 より E_0, E_1 は R の単数である。

AB = C とすれば
θ = Cθ である。
C = (p_2, q_2)/(r_2, s_2) ∈ GL_2(Z)
E_2 = r_2θ + s_2 とおく。

このとき、E_0E_1 = E_2 である。

証明

E_0E_1 = (r_0θ + s_0)(r_1θ + s_1)
= r_0θ(r_1θ + s_1) + s_0(r_1θ + s_1)
= r_0(p_1θ + q_1) + s_0(r_1θ + s_1)
= (r_0p_1 + s_0r_1)θ + (r_0q_1 + s_0s_1)
= r_2θ + s_2
証明終
138 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/14(土) 00:52:14 ]: R = [1, fω] を実２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
θ を判別式 D の簡約された２次無理数とする。

>>127 において θ が簡約された２次無理数の場合を考える。

>>101 より θ は純循環連分数に展開される。
θ = [k_0, . . . , k_(n-1), θ] で、k_0, . . . , k_(n-1) が
最短の純循節とする。

θ = (p_(n-1)θ + p_(n-2))/(q_(n-1)θ + q_(n-2)) で
p_(n-1)q_(n-2) - q_(n-1)p_(n-2) = (-1)^n
である(>>43, >>44, >>57)。

θ ＞ 1 で q_(n-1) ＞ 0, q_(n-2) ≧ 0 だから
E = q_(n-1)θ + q_(n-2) ＞ 1 である。
>>131 より E は R の単数である。

α を R の単数で α ＞ 1 とする。
α' も R の単数であるから >>131 より I = α'I である。
よって θ = (pθ + q)/(rθ + s) となる
有理整数 p, q, r, s で ps - qr = ±1 となるものがあり、
α' = rθ' + s である。
よって α = rθ + s である。
α ＞ 1 だから >>122 より rθ + s はθの連分数展開から得られる。
よって >>137 より α = E^m となる m ≧ 1 がある。
139 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/14(土) 01:07:04 ]: α を R の単数で α ＞ 1 とする。
α' も R の単数であるから >>131 より I = α'I である。
よって θ = (pθ + q)/(rθ + s) となる
有理整数 p, q, r, s で ps - qr = ±1 となるものがあり、
α' = rθ' + s である。
よって α = rθ + s である。
α ＞ 1 だから >>122 より rθ + s はθの連分数展開から得られる。
よって >>137 より α = E^m となる m ≧ 1 がある。

α を R の単数で 0 ＜ α ＜ 1 とすると、1/α ＞ 1 だから
>>138 より 1/α = E^m となる m ≧ 1 がある。
よって α = E^(-m) である。

α ＜ 0 なら -α ＞ 0 だから α ≠ -1 なら上でのべたことから
-α = E^m となる m ≠ 0 がある。

以上から R の任意の単数は ±E^m, m ∈ Z と書ける。
E を R の基本単数と呼ぶ。
140 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/14(土) 01:12:10 ]: >>138
>R = [1, fω] を実２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
>θ を判別式 D の簡約された２次無理数とする。

この部分は不要なので削除する。
141 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/14(土) 04:10:00 ]: 16
142 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/14(土) 04:11:00 ]: 17
143 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/14(土) 04:12:00 ]: 16
144 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/14(土) 04:13:00 ]: 15
145 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/14(土) 04:14:02 ]: 14
146 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/14(土) 04:15:00 ]: 13
147 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/21(土) 10:13:27 ]: 連分数の理論を(２元)２次形式論と実２次体に応用するためには、
２次の無理数と２次形式と２次体のイデアルの３者の関係をはっきり
させておいたほうが良い。
この関係は過去スレ４でもある程度扱ったが、ここではより詳しく
述べる。

ここで述べる定式化は Henri Cohen の
A course in computational algebraic number thery から拝借した。
148 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/21(土) 10:43:56 ]: D を平方数でない有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) とする。
過去スレ４の586より D はある２次体 Q(√m) の整環 R の
判別式である。

I を R の分数イデアル(過去スレ２の677)とする。
即ち、Q(√m) の R-部分加群 I が次の条件を満たすとき I を R の
分数イデアルと呼ぶ。
1) I ≠ 0
2) Q(√m) の元 x ≠ 0 で xI ⊂ R となるものがある。

定義より、I = (1/α)J と書ける。
ここで J は R のイデアルで α は R の元である。

I のノルム N(I) を N(I) = N(J)/|N(α)| で定義する。

これが J と α の取り方によらないことは証明を要する。
149 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/21(土) 10:57:54 ]: 糞
150 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/21(土) 11:17:07 ]: 補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R のイデアルとする。
R = [μ, ν] を R のある基底による表示とする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする。
I ⊂ R だから
α = pμ + qν
β = rμ + sν
と書ける。ここで p, q, r, s は有理整数である。
このとき N(I) = |ps - qr| である。

証明
I = [a, b + cfω] を I の標準基底 (過去スレ４の429) による
表示とする。
N(I) = ac である(過去スレ４の438)。

[μ, ν] の [1, fω] による変換行列を A とする。
つまり、(μ, ν)' = A(1, fω)' である。
ここで、(μ, ν)', (1, fω)' はそれぞれ列ベクトルを表す。

同様に [a, b + cfω] の [1, fω] による変換行列を B とする。
つまり、(a, b + cfω)' = B(1, fω)' である。
ここで、B = (a, 0)/(b, c) である。
同様に [α, β] の [a, b + cfω] による変換行列を C とする。

(α, β)' = C(a, b + cfω)' = CB(1, fω)' = CBA^(-1) (μ, ν)'
従って、P = (p, q)/(r, s) とおけば P = CBA^(-1) である。
det(A) = ±1, det(C) = ±1 だから |det(P)| = |det(B)| = ac = N(I)
det(P) = ps - qr だから N(I) = |ps - qr| である。
証明終
151 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/21(土) 11:30:20 ]: 補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R のイデアルとする。
R = [μ, ν] を R のある基底による表示とする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする。
I ⊂ R だから
α = pμ + qν
β = rμ + sν
と書ける。ここで p, q, r, s は有理整数である。

このとき
αβ' - α'β = (ps - qr)(μν' - μ'ν)

証明
(α, α')/(β, β') = (p, q)/(r, s) (μ, μ')/(ν, ν')
である。

両辺の行列式をとればよい。
証明終
152 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/21(土) 11:47:49 ]: 補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R のイデアルとする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする。

(αβ' - α'β)^2 は有理整数＞ 0 であり、基底 α, β の
取り方によらない。

証明
I = [γ, δ] を I の別の基底による表示とする。
[α, β] の [γ, δ] による変換行列を P とすれば
>>151 と同様にして
αβ' - α'β = (ps - qr)(γδ' - γ'δ)
両辺を２乗して
(αβ' - α'β)^2 = (ps - qr)^2 (γδ' - γ'δ)^2

det(P) = ±1 だから
(αβ' - α'β)^2 = (γδ' - γ'δ)^2
証明終
153 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/21(土) 11:54:18 ]: 定義
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R のイデアルとする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする。

d(I) = (αβ' - α'β)^2 と書き、これを I の判別式という。
>>152 より、これは基底 α, β の取り方によらない。

d(I) を d(α, β) とも書く。

容易にわかるように d(R) は R の判別式に一致する。
さらに d(1, ω) は２次体 Q(√m) の判別式である。
154 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/21(土) 11:59:03 ]: 補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R のイデアルとする。

d(I) = (N(I)^2)d(R)である。

証明
定義(>>152) と >>150, >>151 より明らかである。
155 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/21(土) 12:05:04 ]: 定義
α, β を２次体 Q(√m) の元とする。
Δ(α, β) = αβ' - α'β と書く。
156 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/21(土) 12:19:47 ]: 補題
α, β, γ を２次体 Q(√m) の元とする。

Δ(γα, γβ) = N(γ)Δ(α, β) である。

証明
Δ(γα, γβ) = γαγ'β' - γ'α'γβ = γγ'(αβ' - α'β) = N(γ)Δ(α, β)
証明終
157 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/22(日) 04:10:00 ]: 12
158 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/22(日) 04:11:00 ]: 11
159 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/22(日) 04:12:00 ]: 10
160 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/22(日) 04:13:00 ]: 9
161 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/22(日) 04:14:00 ]: 8
162 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/22(日) 04:15:00 ]: 7
163 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/22(日) 13:48:32 ]: 訂正

>>152
>(αβ' - α'β)^2 は有理整数＞ 0 であり、基底 α, β の
>取り方によらない。

(αβ' - α'β)^2 は基底 α, β の取り方によらない。
164 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/22(日) 16:08:13 ]: 補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R のイデアルとする。
γ ≠ 0を２次体 Q(√m) の元とする。

N(γI) = |N(γ)|N(I) である。

証明
>>154 より
d(γI) = (N(γI)^2)d(R)

I = [α, β] を I のある基底による表示とする。
γI = [γα, γβ] である。

>>156 より
d(γI) = (N(γ)^2)d(I)

>>154 より
(N(γ)^2)d(I) = (N(γ)^2)(N(I)^2)d(R)

従って、
(N(γI)^2)d(R) = (N(γ)^2)(N(I)^2)d(R)

d(R) ≠ 0 であるから
N(γI)^2 = (N(γ)^2)(N(I)^2)

よって
N(γI) = |N(γ)|N(I)
証明終
165 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/22(日) 16:16:24 ]: 補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0, J ≠ 0 を R のイデアルとする。
α ≠ 0, β ≠ 0 を２次体 Q(√m) の元とする。

(1/α)I = (1/β)J なら
N(I)/|N(α)| = N(J)/|N(β)| である。

証明
(1/α)I = (1/β)J だから βI = αJ
>>164 より N(β)N(I) = |N(α)|N(J)
よって
N(I)/|N(α)| = N(J)/|N(β)| である。
証明終
166 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/22(日) 16:20:31 ]: 定義
I を R の分数イデアルとする(>>148)。
定義より、I = (1/α)J と書ける。
ここで J は R のイデアルで α ≠ 0 は R の元である。

I のノルム N(I) を N(I) = N(J)/|N(α)| で定義する。

>>165 よりこれは J と α の取り方によらない。
167 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/22(日) 20:48:52 ]: 補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I は基底をもつ、即ち I = [θ_1, θ_2] と表示される。
ここで θ_1, θ_2 は Q(√m) の非零元である。

証明
I = (1/γ)J と書ける。
ここで J ≠ 0 は R のイデアルで γ ≠ 0 は R の元である。
J = [α, β] を J のある基底による表示とする。
I = [α/γ, β/γ] である。
証明終
168 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/22(日) 20:49:50 ]: ｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗ
169 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/22(日) 20:59:16 ]: 民主党は“全て中国の言う通り”がモットー。
公明党は創価学会とともに日本を朝鮮のものにしようとしてる。
創価学会は日本の大手メディアを間接支配していて、社民党は朝鮮総連とともに拉致の存在を否定し、被害者の活動を妨害した。
共産党は北朝鮮に関して社民党と同じ。それに加えて反自衛隊・反米である。
朝鮮総連と民潭は日本を解体して朝鮮にしようと参政権を狙っているし、
統一教会は売国政党の社民党を支援している。
☆朝日新聞などは中国と朝鮮の代弁者、つまり日本最大手の売国新聞だし、
日教組は基本理念のレベルから反資本主義・反体制であり、残る自民党にも中国の顔色ばかり窺っている者が潜んでいるのである。
今後は『人権擁護法案』成立を契機に公明党は民主党に鞍替えして連立し、実質外国人与党が誕生して第二期工作の完結となるのが彼らの筋書きである。（今、実際にそのように動きつつある）
そうすればあっという間に外国人参政権を成立させて日本の国政は全て
朝鮮人が牛耳り、朝鮮に歯向かう日本人の政治介入する隙間を残さない
新たな制度が完成することだろう。
そしてこれらの売国組織に必ず関与し、彼らの侵略行為の結果において
最も利益を享受する立場にあるのが『在日朝鮮人』である。
hisazin-up.dyndns.org/up/src/14540.wmv 在日特権の真相にせまる21.68MiB
170 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/22(日) 21:01:39 ]: 啓蒙の実践

☆虚構世界円の紋章
www.google.com/search?q=%22%E8%99%9A%E6%A7%8B%E4%B8%96%E7%95%8C+%E5%86%86%E3%81%AE%E7%B4%8B%E7%AB%A0%22&sourceid=ie7&rls=com.microsoft:en-US&ie=utf8&oe=utf8

■超越論と非超越論
www.google.com/search?hl=ja&rls=com.microsoft%3Aen-US&q=%22%E8%B6%85%E8%B6%8A%E8%AB%96%E3%81%A8%E9%9D%9E%E8%B6%85%E8%B6%8A%E8%AB%96%22&lr=

■オタク概念の整備
www.google.com/search?hl=ja&rls=com.microsoft%3Aen-US&q=%22%E3%82%AA%E3%82%BF%E3%82%AF%E6%A6%82%E5%BF%B5%E3%81%AE%E6%95%B4%E5%82%99%22&lr=

■淫乱肉便器と淫乱肉便器候補
www.google.com/search?q=%22%E6%B7%AB%E4%B9%B1%E8%82%89%E4%BE%BF%E5%99%A8%E3%81%A8%E6%B7%AB%E4%B9%B1%E8%82%89%E4%BE%BF%E5%99%A8%E5%80%99%E8%A3%9C%22&sourceid=ie7&rls=com.microsoft:en-US&ie=utf8&oe=utf8
●実姉
www.google.com/search?hl=ja&rls=com.microsoft%3Aen-US&q=%22%E5%AE%9F%E5%A7%89%22&btnG=Google+%E6%A4%9C%E7%B4%A2&lr=
●淫乱肉便器の紹介
www.google.com/search?hl=ja&rls=com.microsoft%3Aen-US&q=%22%E6%B7%AB%E4%B9%B1%E8%82%89%E4%BE%BF%E5%99%A8%E3%81%AE%E7%B4%B9%E4%BB%8B%22&lr=
■持続可能な淫乱投票システム
www.google.com/search?hl=ja&rls=com.microsoft%3Aen-US&q=%22%E6%8C%81%E7%B6%9A%E5%8F%AF%E8%83%BD%E3%81%AA%E6%B7%AB%E4%B9%B1%E6%8A%95%E7%A5%A8%E3%82%B7%E3%82%B9%E3%83%86%E3%83%A0%22&lr=
171 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/22(日) 21:24:20 ]: >>164 を以下のように訂正する。

補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R のイデアルとする。
γ ≠ 0 を R の元とする。

このとき
N(γI) = |N(γ)|N(I) である。

証明
>>154 より
d(γI) = (N(γI)^2)d(R)

I = [α, β] を I のある基底による表示とする。
γI = [γα, γβ] である。

>>156 より
d(γI) = (N(γ)^2)d(I)

>>154 より
(N(γ)^2)d(I) = (N(γ)^2)(N(I)^2)d(R)

従って、
(N(γI)^2)d(R) = (N(γ)^2)(N(I)^2)d(R)

d(R) ≠ 0 であるから
N(γI)^2 = (N(γ)^2)(N(I)^2)

よって
N(γI) = |N(γ)|N(I)
証明終
172 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/22(日) 21:36:15 ]: 補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
γ ≠ 0 を２次体 Q(√m) の元とする。

このとき
N(γI) = |N(γ)|N(I) である。

証明
γ = α/β と書ける。ここで α, β は R の元である。

γI = (α/β)I = (1/β)αI

αI ⊂ R であるから >>166 より
N(γI) = N(αI)/|N(β)|

>>171 より
N(γI) = |N(α)|N(I)/|N(β)| = |N(γ)|N(I)
証明終
173 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/22(日) 22:00:37 ]: 命題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I = [θ, τ] を I のある基底による表示とする(>>167)。
R = [μ, ν] を R のある基底による表示とする。
I ⊂ Q(√m) だから
θ = pμ + qν
τ = rμ + sν
と書ける。ここで p, q, r, s は有理数である。
このとき N(I) = |ps - qr| である。

証明
R の元 γ ≠ 0 があり、γI ⊂ R となる。
r = N(γ) = γγ' とおけば、rI ⊂ R となる。
rI = [α, β] とする。
α = aμ + bν
β = cμ + dν
と書ける。ここで a, b, c, d は有理整数である。
I = [α/r, β/r] である。
α/r = (a/r)μ + (b/r)ν
β/r = (c/r)μ + (d/r)ν

I = [θ, τ] でもあるから
|(a/r)(d/r) - (b/r)(c/r)| = |ps - qr|
よって |ad - bc|/r^2 = |ps - qr|

一方、>>150 より
N(rI) = |ad - bc|
>>172 より N(rI) = |N(r)|N(I) = (r^2)N(I)
よって N(I) = |ad - bc|/r^2
よって N(I) = |ps - qr| である。
証明終
174 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/23(月) 12:46:13 ]: 命題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする(>>167)。

Δ(α, β) = αβ' - α'β と書いた(>>155)。

Δ(α, β)^2 = (N(I)^2)d(R) である。

証明
R = [μ, ν] を R のある基底による表示とする。
I ⊂ Q(√m) だから
α = pμ + qν
β = rμ + sν
と書ける。ここで p, q, r, s は有理数である。

>>151 と同様にして
Δ(α, β) = (ps - qr)Δ(μ, ν)

>>173 より N(I) = |ps - qr| である。
よって
Δ(α, β)^2 = (N(I)^2)Δ(μ, ν)^2 である。

一方、>>153 より Δ(μ, ν)^2 = d(R) である。
証明終
175 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/23(月) 12:52:29 ]: 命題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする(>>167)。

d(I) = Δ(α, β)^2 と書き、これを I の判別式という。

>>174 より、d(I) = (N(I)^2)d(R) だからこれは基底 α, β の
取り方によらない。
d(I) は０でない有理数である。
176 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/23(月) 20:52:43 ]: R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする。

>>174 より Δ(α, β)^2 = (N(I)^2)D である。
ここで D は R の判別式である。
従って、(Δ(α, β)/√D)^2 = N(I)^2 である。
よって Δ(α, β)/√D は０でない実数である。
ここで √D = (√|D|)i とする(過去レス４の273参照)。

Δ(α, β)/√D ＞ 0 のとき、基底 α, β は正に向き付けられている
という。
Δ(α, β)/√D ＜ 0 のとき、基底 α, β は負に向き付けられている
という。

Δ(-α, β) = -αβ' + α'β = -Δ(α, β) だから
Δ(-α, β)/√D = -Δ(α, β)/√D
よって基底 α, β が正に向き付けられているとき
基底 -α, β は負に向き付けられている。
177 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/23(月) 21:09:14 ]: 命題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I = [α, β] = [γ, δ] とし、
α, β と γ, δ は共に正に向き付けられているとする。

α, β の γ, δ による変換行列を P = (p, q)/(r, s) とする。
即ち、
α = pγ + qδ
β = rγ + sδ
とする。

このとき P ∈ SL_2(Z) である。

証明
P ∈ GL_2(Z) であるから det(P) ＞ 0 を示せばよい。

>>151 と同様にして
Δ(α, β) = det(P)Δ(γ, δ) である。
よって
Δ(α, β)/√D = det(P)Δ(γ, δ)/√D である。
ここで D は R の判別式である。

α, β と γ, δ は共に正に向き付けられているから、
Δ(α, β)/√D ＞ 0
Δ(γ, δ)/√D ＞ 0

従って det(P) ＞ 0 である。
証明終
178 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/24(火) 04:10:00 ]: 15
179 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/24(火) 04:11:00 ]: 14
180 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/24(火) 04:12:00 ]: 13
181 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/24(火) 04:13:00 ]: 12
182 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/24(火) 04:14:00 ]: 11
183 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/24(火) 04:15:00 ]: 10
184 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/25(水) 20:15:48 ]: D を平方数でない有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) とする。
過去スレ４の586より D はある２次体 Q(√m) の整環 R の
判別式である。

判別式 D の２次形式の集合を F(D) と書く。

２次形式 ax^2 + bxy + cy^2 を (a, b, c) と略記した
(過去スレ４の328)。

σ = (p, q)/(r, s) を SL_2(Z) の元とする。
(a, b, c) ∈ F(D) のとき (a, b, c) に σ = (p, q)/(r, s) を
作用させると、過去スレ４の401より
(a, b, c)σ = (k, l, m)

ここで
k = ap^2 + bpr + cr^2
l = 2apq + b(ps + qr) + 2crs
m = aq^2 + bqs + cs^2

過去スレ４の281より (k, l, m) の判別式は D である。
よって過去スレ４の403より F(D) は右 SL_2(Z)-集合となる。
185 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 08:32:40 ]: SL_2(Z) の元 (1, 1)/(0, 1) を S と書いた(過去スレ４の237)。

任意の n ∈ Z に対して S^n = (1, n)/(0, 1) である。
よって過去スレ４の401より (a, b, c) ∈ F(D) のとき
(a, b, c)S^n = (a, 2an + b, an^2 + bn + c)
である。

過去スレ４の587より I = [a, (-b + √D)/2] は R のイデアルである。
(k, l, m) ∈ F(D) があり、[a, (-b + √D)/2] = [k, (-l + √D)/2]
とする。
I ∩ Z = aZ = kZ だから a = ±k である。

簡単のために a = k と仮定する。
(-b + √D)/2 = na + t(-l + √D)/2 となる n, t ∈ Z がある。
よって
t = 1
-b = 2na - l
よって
l = b + 2an
D = l^2 - 4km = b^2 - 4ac だから

(b + 2an)^2 - 4am = b^2 - 4ac
よって
4am = (b + 2an)^2 - b^2 + 4ac = 4abn + 4a^2n^2 + 4ac
m = bn + an^2 + c

以上から (k, l, m) = (a, 2an + b, an^2 + bn + c) である。
即ち (a, b, c)S^n = (k, l, m) である。
186 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 08:36:29 ]: 逆に (a, b, c)S^n = (k, l, m) なら
k = a
l = 2an + b
だから
[k, (-l + √D)/2] = [a, -an + (-b + √D)/2] = [a, (-b + √D)/2] である。
187 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 09:03:27 ]: SL_2(Z) を Γ と書き、S で生成される Γ の部分群を Γ_∞ と書く。
即ち Γ_∞ = {S^n = (1, n)/(0, 1), n ∈ Z} である。

Γ は C ∪ {∞} に一次分数変換として作用する
(過去スレ４の196)。ここで、C は複素数体である。
このとき、Γ_∞ は Γ の ∞ における安定化部分群
(過去スレ４の392)である。

Γ_∞ は F(D) に右から作用する。
F(D) の Γ_∞ の作用による商集合を F(D)/Γ_∞ と書いた
(過去スレ４の390)。

R の分数イデアル全体を id(R) と書こう。

(a, b, c) ∈ F(D) に R のイデアル [a, (-b + √D)/2] を対応させる
ことにより F(D) から id(R) への写像が得られる。
この写像を φ_FI と書こう。F は form、I は ideal の頭文字である。

>>186 より φ_FI は F(D)/Γ_∞ から id(R) への写像を引き起こす。
188 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 10:35:47 ]: >>176 を以下のように訂正する。

R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする。

>>174 より Δ(α, β)^2 = (N(I)^2)D である。
ここで D は R の判別式である。
従って、(Δ(α, β)/√D)^2 = N(I)^2 である。
よって Δ(α, β)/√D は０でない実数である。
ここで √D = (√|D|)i とする(過去レス４の273参照)。

Δ(-α, β)/√D ＞ 0 のとき、基底 α, β は正に向き付けられている
という。
Δ(-α, β)/√D ＜ 0 のとき、基底 α, β は負に向き付けられている
という。

Δ(-α, β) = -αβ' + α'β = -Δ(α, β) だから
Δ(-α, β)/√D = -Δ(α, β)/√D
よって基底 α, β が正に向き付けられているとき
基底 -α, β は負に向き付けられている。
189 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 10:38:51 ]: >>177 を以下のように訂正する。

命題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I = [α, β] = [γ, δ] とし、
α, β と γ, δ は共に正に向き付けられているとする。

α, β の γ, δ による変換行列を P = (p, q)/(r, s) とする。
即ち、
α = pγ + qδ
β = rγ + sδ
とする。

このとき P ∈ SL_2(Z) である。

証明
P ∈ GL_2(Z) であるから det(P) ＞ 0 を示せばよい。

>>151 と同様にして
Δ(α, β) = det(P)Δ(γ, δ) である。
よって
Δ(α, β)/√D = det(P)Δ(γ, δ)/√D である。
ここで D は R の判別式である。

α, β と γ, δ は共に正に向き付けられているから、
Δ(α, β)/√D ＜ 0
Δ(γ, δ)/√D ＜ 0

従って det(P) ＞ 0 である。
証明終
190 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 10:58:09 ]: (a, b, c) ∈ F(D) のとき I = [a, (-b + √D)/2] の
基底 a, (-b + √D)/2 の向き(>>188)を調べる。

Δ(-a, (-b + √D)/2) = a((-b + √D)/2 - (-b - √D)/2)
= a√D

従って a ＞ 0 のとき a, (-b + √D)/2 は正の向き、
a ＜ 0 のとき a, (-b + √D)/2 は負の向きである。

まず a ＞ 0 の場合を考える。
α = a
β = (-b + √D)/2 とおき、
f(x, y) = N(xα - yβ)/N(I) とおく。
x と y は有理整数である。

過去スレ４の392より、
k = (αα')/N(I)
l = -(αβ' + βα')/N(I)
m = (ββ')/N(I)
とおけば、f(x, y) = kx^2 + lxy + my^2 である。

今の場合、N(I) = a だから
k = a
l = b
m = c
である。
即ち N(xα - yβ)/N(I) = ax^2 + bxy + cy^2 である。
191 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 11:39:35 ]: 今度は a ＜ 0 の場合を考える。
I = [a, (-b + √D)/2] = [-a, (-b + √D)/2] であり、
Δ(a, (-b + √D)/2)) = -a√D だから
-a, (-b + √D)/2 は正の向きである。

α = -a
β = (-b + √D)/2 とおき、
f(x, y) = N(xα + yβ)/N(I) とおく。
x と y は有理整数である。

過去スレ４の584より、
k = (αα')/N(I)
l = (αβ' + βα')/N(I)
m = (ββ')/N(I)
とおけば、f(x, y) = kx^2 + lxy + my^2 である。

今の場合、N(I) = -a だから
k = -a
l = -b
m = -c
である。
即ち N(xα + yβ)/N(I) = -ax^2 - bxy - cy^2 である。
192 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 12:24:17 ]: 補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、I と J を R の
分数イデアルとする。
J ⊂ I なら N(J)/N(I) は有理整数である。

証明
I = [α, β]
J = [δ, γ]
とする。
J ⊂ I だから
δ = pα + qβ
γ = rα + sβ
と書ける。
ここで p, q, r, s は有理整数である。

>>151 と同様にして
Δ(δ, γ) = (ps - qr)Δ(α, β)
だから >>175 より
d(J) = (ps - qr)^2 d(I)

>>174 より
d(I) = (N(I)^2)d(R)
だから
d(J) = (ps - qr)^2(N(I)^2)d(R)

d(J) = (N(J)^2)d(R)
だから
(ps - qr)^2(N(I)^2)d(R) = (N(J)^2)d(R)
よって
N(I)|ps - qr| = N(J)
証明終
193 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 12:33:43 ]: 補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
γ ≠ 0 を２次体 Q(√m) の元とする。

N(γR) = |N(γ)| である。

証明
>>172 において I = R とすればよい。
194 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 12:36:11 ]: 補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、I と J を R の
分数イデアルとする。
γ ∈ I なら N(γ)/N(I) は有理整数である。

証明
>>192 と >>193 より明らかである。
195 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 12:37:18 ]: >>194 を以下のように訂正する。

補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、I を R の
分数イデアルとする。
γ ∈ I なら N(γ)/N(I) は有理整数である。

証明
>>192 と >>193 より明らかである。
196 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 12:59:00 ]: 補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I を R の分数イデアルとする。
α, β ∈ I なら (αβ' + βα')/N(I) は有理整数である。

証明
N(α + β) = (α + β)(α' + β')
= αα' + (αβ' + βα') + ββ'

よって
(αβ' + βα')/N(I) = N(α + β)/N(I) - αα'/N(I) - ββ'/N(I)

>>195 よりこの右辺は有理整数である。
証明終
197 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 13:23:43 ]: R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I = [α, β] を R の分数イデアルとする。

α, β は正に向き付けられているとする(>>188)。

s = ±1 として f(x, y) = sN(xα - syβ)/N(I) とおく。
x と y は有理整数である。
>>195 より f(x, y) は有理整数である。
f(x, y) は α, β, s に依存するから f(α, β, s; x, y) とも書く。

N(xα - syβ) = (xα - syβ)(xα' - syβ')
= (αα')x^2 - s(αβ' + βα')xy + (ββ')y^2

a = s(αα')/N(I)
b = -(αβ' + βα')/N(I)
c = s(ββ')/N(I)
とおけば、f(x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 である。

>>195 と >>196 より a, b, c は有理整数である。
よって f(x, y) は有理整数係数の２次形式と見なせる。

r ≠ 0 を有理数とする。
rI = [rα, rβ] であり、

Δ(rα, rβ) = (r^2)Δ(α, β) だから rα, rβ の向きも正である。

f(rα, rβ, s; x, y) = sN(xrα - syrβ)/N(rI)
= sN(r)N(xα - syβ)/|N(r)|N(I)
= s(r^2)N(xα - syβ)/(r^2)N(I)
= f(α, β, s; x, y)
198 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2007/04/28(土) 13:36:31 ]: がんがれ、くまごろん
199 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 14:21:58 ]: >>197 の続き。

n を有理整数とする。
I = [α, β] = [α, β + nα] である。

Δ(α, β + nα) = α(β' + nα') - α'(β + nα)
= Δ(α, β)
従って、α, β + nα も正の向きである。

f(α, β + nα, s; x, y) = kx^2 + lxy + m^2 を計算しよう。

a = s(αα')/N(I)
b = -(αβ' + βα')/N(I)
c = s(ββ')/N(I)
だから

k = s(αα')/N(I) = a

l = -(α(β + nα)' + (β + nα)α')/N(I)
= b - 2na/s

m = s(β + nα)(β' + nα')/N(I)
= s(ββ' + n(βα' + αβ') + n^2αα')/N(I)
= c - snb + an^2

即ち
f(α, β + nα, s; x, y) = (a, b - 2na/s, an^2 - sbn + c)
200 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 14:24:18 ]: >>185 より
s = 1 のとき

f(α, β + nα, s; x, y) = f(α, β, s; x, y)S^(-n)

s = -1 のとき
f(α, β + nα, s; x, y) = f(α, β, s; x, y)S^n
201 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 15:36:32 ]: R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I を R の分数イデアルとする。

分数イデアルの定義(>>148)より、
γI ⊂ R となる R の元 γ ≠ 0 がある。
γ' ∈ R だから
γ'γI ⊂ γ'R ⊂R

r = γγ' とおけば、r は有理整数で rI ⊂ R である。
rI は R のイデアルだから過去レス４の427より
rI = [a, b + cfω] と書ける。
ここで a ＞ 0, 0 ≦ b ＜ a, c ＞ 0 で a と b は c で割れる。

I = [a/r, (b + cfω)/r] である。

Δ(a, b + cfω) = a(b + cfω') - a(b + cfω) = acf(ω' - ω)
= -ac√D

ac ＞ 0 だから a, b + cfω の向きは正である。

Δ(a/r, (b + cfω)/r) = (1/r^2)Δ(a, b + cfω) だから
a/r, b + cfω/r の向きも正である。

即ち、
α = a/r
β = (b + cfω)/r とおけば
I = [α, β] で α, β の向きは正である。
202 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 16:13:16 ]: >>197 の補足。

(αβ' + βα')^2 - 4αα'ββ' = (αβ' - βα')^2
だから f(x, y) の判別式は (αβ' - βα')^2/N(I)^2 である。
>>174 よりこれは R の判別式に等しい(過去スレ４の584も参照)。
203 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 16:34:46 ]: R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
R の分数イデアル全体を id(R) と書いた(>>187)。

I を R の分数イデアルとし、r ≠ 0 を有理数とすると、
rI は R の分数イデアルである。
従って id(R) は Q^* の元の作用により (Q^*)-集合(>>388)となる。
ここで Q は有理数体であり、Q^* はその乗法群である。

id(R)/(Q^*) × {±1} から F(D)/Γ_∞ への写像 φ_IF を以下のように
定義する。ここで {±1} は有理整数環 Z の単元群 Z^* である。

id(R)/(Q^*) の任意の類 {I} をとる。ここで I は R の分数イデアル
である。
>>201 より I の基底 α, β で α は有理数で α, β の向きは正と
なるものがある。

s = ±1 のとき f(x, y) = sN(xα - syβ)/N(I) とおく。
>>197 より f(x, y) は有理整数係数の２次形式と見なせる。
>>202 より f(x, y) の判別式は D である。

f(x, y) の属す F(D)/Γ_∞ の類 {f(x, y)} は id(R)/(Q^*) の類 {I}
のみで決まり、I および α, β のとり方によらないことを示そう。
204 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 18:21:51 ]: 補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし
I をその原始イデアル(過去スレ４の430)とする。

I = [α, β] で α ∈ Z なら β = s ± fω と書ける。
ここで s ∈ Z である。

証明
I = [a, b + fω] を I の標準基底(過去スレ４の430)とする。
N(I) = a である。
I ∩ Z = αZ = aZ だから α = ±a である。

β = s + tfω とする。
N(I) = |αt| = a|t| である。
従って |t| = 1 である。
証明終
205 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 18:28:19 ]: 補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし
I をその原始イデアル(過去スレ４の430)とする。

I = [α, β] = [α, γ] で α ∈ Z なら
β - γ ∈ αZ である。

証明
>>204 より β - γ ∈ I ∩ Z = αZ である。
証明終
206 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/28(土) 19:03:39 ]: >>205 を以下のように訂正する。

補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし
I をその原始イデアル(過去スレ４の430)とする。

I = [α, β] = [α, γ] で α ∈ Z かつ
α, β と α, γ の向きはともに正とする。

このとき
β - γ ∈ αZ である。

証明
>>204 より β = s ± fω と書ける。
β = s + fω のとき
Δ(α, β) = -α√D
β = s - fω のとき
Δ(α, β) = α√D

同様に
γ = t ± fω と書ける。
γ = t + fω のとき
Δ(α, γ) = -α√D
γ = t - fω のとき
Δ(α, γ) = α√D

α, β と α, γ の向きはともに正だから
β = s + fω のとき γ = t + fω であり、
β = s - fω のとき γ = t - fω である。

よって β - γ ∈ I ∩ Z = αZ である。
証明終
207 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/29(日) 01:50:43 ]: >>203 の続き。

id(R)/(Q^*) の任意の類 {I} をとる。ここで I は R の分数イデアル
である。
>>201 より I の基底 α, β で α は有理数で α, β の向きは正と
なるものがある。

>>201 より rI ⊂ R となる有理整数 r ≠ 0 がある。
rI はある有理整数と原始イデアルの積となるから、
結局、 qI が原始イデアルとなるような有理数 q ≠ 0 がある。

qI = [qα, qβ] であるが、>>197 より
f(α, β, s; x, y) = f(qα, qβ, s; x, y)
従って、I は原始イデアルと仮定してよい。

I = [γ, δ] で γ は有理整数で γ, δ の向きは正とする。
α = ±γ である。
α = -γ なら I = [-γ, -δ] で -γ, -δ の向きは正であるから
α = γ と仮定してよい。
このとき >>206 より β - δ ∈ αZ である。
>>200 より
f(α, β, s; x, y) と f(γ, δ, s; x, y) は F(D)/Γ_∞ の同じ類
に属す。
これで >>203 の最後の主張は証明された。
208 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/29(日) 02:22:14 ]: >>187 で (a, b, c) ∈ F(D) に R のイデアル [a, (-b + √D)/2] を
対応させる F(D) から id(R) への写像を φ_FI と書いたが、
(a, b, c) ∈ F(D) に ([a, (-b + √D)/2], sign(a)) を対応させる
F(D) から id(R) × {±} への写像を φ_FI と書くことに訂正する。
ここで sign(a) は a の符号を表す。
即ち a ＞ 0 のとき sign(a) = 1, a ＜ 0 のとき sign(a) = -1 である。

>>187 より φ_FI は F(D)/Γ_∞ から id(R) × {±} への写像を
引き起こす。
従って F(D)/Γ_∞ から (id(R)/Q^*) × {±} への写像を引き起こす。
この写像を記号の濫用だが同じ φ_FI で表す。

他方、>>203 と >>207 より
id(R)/(Q^*) × {±1} から F(D)/Γ_∞ への写像 φ_IF が定義された。

φ_FI と φ_IF は互いに逆写像であることをこれから示す。
209 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/29(日) 04:43:31 ]: 補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
R の任意のイデアル I ≠ 0 は
I = [a, b + c(D + √D)/2] と一意に書ける。
ここで a ＞ 0, 0 ≦ b ＜ a, c ＞ 0 で a と b は c で割れる。

証明
θ = (D + √D)/2 とおく。
過去スレ４の585より R = [1, θ] だから
I = [a, b + cθ], a ＞ 0, 0 ≦ b ＜ a, c ＞ 0 と一意に書ける
ことは過去スレ４の14の証明と同様である。

θ + θ' = D
θθ' = (D^2 - D)/4 より
θ は X^2 - DX + (D^2 - D)/4 の根である。
従って θ^2 = Dθ - (D^2 - D)/4

aθ ∈ I だから a は c で割れる。

(b + cθ)θ = bθ + cθ^2 = (b + cD)θ - c(D^2 - D)/4 ∈ I

D ≡ 0, 1 (mod 4) だから
D^2 ≡ 0, 1 (mod 4)
よって D^2 ≡ D (mod 4)
よって c(D^2 - D)/4 ∈ Z である。
よって b + cD ≡ 0 (mod c) となる。
よって b ≡ 0 (mod c) となる。
証明終
210 名前：Kummer ◆g2BU0D6YN2 [2007/04/29(日) 04:45:50 ]: 補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
R の原始イデアル I は
I = [a, b + (D + √D)/2] と一意に書ける。
ここで a ＞ 0, 0 ≦ b ＜ a

証明
>>209 より明らかである。

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