2 by 2 cz2 = 0 における整数解の存在mis/ p2n+1 の分解: : : : : ... x2 ¡ay2 ¡bz2 = 0...
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AX2 + BY 2 + CZ2 = 0 における整数解の存在
三王優貴・藤井雅敏・秋枝幸江
目 次
第 1章 はじめに 2
第 2章 準備 3
2.1 群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2 環 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.3 剰余群と剰余環 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
第 3章 初等整数論 14
3.1 多項式環とその応用 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143.2 単項イデアル環 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163.3 オイラーの定理と法 pに関する原始根 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203.4 ルジャンドル記号と平方剰余の相互法則 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243.5 平方剰余の相互法則の応用 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
第 4章 四元数環 31
4.1 体の二次拡大 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314.2 四元数環 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344.3 有限体上の四元数環 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
第 5章 p進数体 43
5.1 p進整数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 435.2 p進整数の基本的性質 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 465.3 p進数体 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 495.4 ヒルベルト記号 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 535.5 ハッセ-ミンコウスキーの定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
第 6章 研 究 63
6.1 p2n+1 の分解 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 636.2 AX2 + BY 2 + CZ2 = 0が整数解をもつための A,B, C の条件 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
第 7章 終わりに 74
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第1章 はじめに
数学の基礎である「数」の始まりは自然数である.実生活上でモノの量を計る際に,「何もないことを表す数」が必要となり,「0」という数が誕生した. 0や負の数の概念が加わることによって,四則演算が可能となり,数の範囲は整数へと拡張された.さらに分数が加わり,数の範囲は有理数へと拡張された.このことによって,すべての整数は分数で表せることが可能となった.また,小数の概念も生み出された.既存の数を用いて四則演算を考えていくうえで,不都合が生じるたびに,新たな数を生み出して数の範囲を拡張してきた.ここから,実生活を離れ,数は抽象的に扱われていく.有理数と有理数の間に無数に存在する無理数の概念が加わり,数の範囲は有理数と無理数をあわせた集合である実数へと拡張された.そして,虚数の概念が加わり,数の範囲は実数に虚数が加わった集合である複素数にまで拡張された.いまや数はさらに拡張され,四元数や p進数といった数が生み出さ
れている.今後も数は新たに拡張されていく可能性が大いにある.新しい数の集合は,どれも新しい方程式を解くために生まれたともいえる.自然数の世界では
X + 2が何もなくなる
というような方程式は解けない.この方程式を解くために,整数という集合が生まれたのである.しかし,すべての方程式が解けるわけではない.解があるか,ないか決定できない不定方程式が存在する.整数論を飛躍的に発展させる原動力になったフェルマー予想
Xn + Y n = Zn, nは 3以上の自然数
なる方程式にXY Z 6= 0なる整数の解があるか,ないかを問う問題はよく知られている.そこで,整数について詳しく理解するために,整数論を研究することにした.まずは代数学の基礎的概念である群や環,および剰余群や剰余環についてまとめ,平方剰余の相互法則を最高点とする初等整数論をまとめる.そして, 四元数環についてまとめた.最後に, p進数の定義とその基本的な性質をまとめる. p進数とは,現実には見られない世界の数であり,現代整数論に欠かせないものとして注目され,暗号理論で実用されている.平方剰余の理論での合同式
X2 ≡ a mod pZ
をさらに精密にした合同式
X2 ≡ a mod pnZ (nは自然数)
を考えることにより p進整数が登場する.そして, 2次の不定方程式
X2 − aY 2 − bZ2 = 0 (a, bは有理数)
が p進数体において解をもつのか,もたないかを決定することが可能となる. p進数体において自明でない解をもつことは有理
数体において自明でない解をもつことと同値であるというハッセの原理より, p進数の解を求めることによって整数解について
考えることができる.整数論の研究として,素数に着目して,方程式
AX2 + BY 2 + CZ2 = 0 A,B, C は整数の定数
が整数解をもつか,もたないかを判定するためにA,B, C に関する条件を紹介する.そして,どのようなときに整数解をもつのか,係数 A,B, C に具体的な数を代入し,方程式をつくり考察する.整数解をもつ方程式の一般化を目標とし,試行錯誤の末に導き出された関係式を定理としてまとめる.
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第2章 準備
2.1 群
基本的な記号
Z ： 整数全体の集合
Q ： 有理数全体の集合
R ： 実数全体の集合
C ： 複素数全体の集合
有限集合M について, ]M または |M |でM の元の個数を表す. 2つの集合 A,B に対し, Aと B の元の組全体の集合を
A×B = {(x, y)|x ∈ A, y ∈ B}
と表す.
定義 2.1. 空でない集合 Gが群であるとは,
G×G → G；(a, b) → ab
で示される”G上で定義される 2変数の写像”の演算が与えられたとき,次の (1)～(3)の条件を満たすことをいう.
(1) (結合法則) ∀a, b, c ∈ Gに対して, (ab)c = a(bc)
(2) (単位元の存在) ∃e ∈ G, ∀a ∈ Gに対して, ae = ea = a
(3) (逆元の存在) 各 a ∈ Gに対して, ab = ba = eを満たす∃b ∈ G
(4) (交換法則) ∀a, b ∈ Gに対して, ab = ba
特に,条件 (4)(交換法則)を満たすとき, Gをアーベル群とよぶ.つまり,アーベル群とは『定義される乗法が可換 (交換法則が成り立つ)な群のこと』をいう.定義 2.1(2)を満たす要素 e ∈ Gは 1つしかない.
○ e ∈ Gを Gの単位元と呼び, 1G で表す.○各 a ∈ Gに対して,(3)を満たす bは一意的で, これを aの逆元とよび, a−1 と表す.
アーベル群の例
○ Z, Q, R, Cは加法によりアーベル群となる.○ Q∗：有理数全体の集合 Qから 0を引いたもの○ Q∗ は乗法によりアーベル群となる.○ R, Cに関しても Qと同様のことがいえる.
アーベル群でない例
○自然数全体の集合 Nは加法に関して閉じていないので,アーベル群でない.○ Z∗：整数全体の集合 Zから 0を引いたもの○ Zは乗法に関して群にならない.(注)ただし, {±1} ⊂ Z∗ は乗法 (multiplication)に関するアーベル群となる.
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定義 2.2. 群 Gの部分集合H が次を満たすとき, H を Gの部分群という.
(1) a, b ∈ H であるならば, ab ∈ H
(2) a ∈ H であるならば, a−1 ∈ H
H ⊂ Gが上の条件を満たすとき,Gの演算G×G → G；(a, b) → ab
をH の元に制限して行うことでH は群をなす.また, Gが加法群であるとき, H ⊂ Gが部分群となる条件は
a, b ∈ H ならば a + b ∈ H かつ a ∈ H ならば− a ∈ H
である.この 2つの条件を 1つにまとめてかくと,
a, b ∈ H ならば a− b ∈ H
とかける.
定義 2.3. G：群, n ∈ N に対して,xn = x · x · · ·x ∈ G
とかく. ∃n ∈ Z(n < 0) に対して,xn = (x−n)−1, x0 = 1G = e
とする. このとき, < x >= H = {xn|n ∈ Z} ⊂ G は部分群である. これを, H の生成元 x の生成する G の部分群とよ
ぶ. ∃x ∈ Gに対し, この”xの生成するGの部分群H”がG全体に一致するとき, Gを巡回群という.また, Gが加法群のとき, xn
を nx = x + · · ·+ x ∈ Gとかく.
証明. H が Gの部分群であることを示す.G :群, ∅ 6= H = {xn|n ⊂ Z} ⊂ Gとする. ∃a, b ∈ Z , xa, xb ∈ H を考えると, xa · xb = xa+bである.よって, a ∈ Zかつ b ∈ Zより, a + b ∈ Zとなる.ここで, xa · xb = xa+b を示す.
(i) a > 0, b > 0のときxa · xb = (x · · ·x)(x · · ·x) = (x · · ·x) = xa+b
(ii) a < 0, b > 0のときa = −c (c > 0)とおくと, xc の逆元は (xc)−1 より, (xc)−1 · xc = eなので,
(xc) · (x−1)c = (x · · ·x)(x−1 · · ·x−1) = e
である.よって,(xc)−1 = (xc)−1 · e = (xc)−1(xc)(x−1)c = e(x−1)c = (x−1)c
である.(ii-1) |c| > |b|のとき
xa · xb = (x−a)−1 · xb = (x−(−c))−1 · xb = (x−1)c · xb = (x−1 · · ·x−1)(x · · ·x) = (x−1 · · ·x−1) = (x−1)c−b
よって, xa · xb = (x−1)c−b = x−c+b = xa+b である.(ii-2) |c| = |b|のとき
xa · xb = (x−a)−1 · xb = (x−(−c))−1 · xb = (x−1)c · xb = (x−1 · · ·x−1)(x · · ·x) = x0 = x−c+b
よって, xa · xb = x−c+b = xa+b である.(ii-3) |c| < |b|のとき
xa · xb = (x−a)−1 · xb = (x−(−c))−1 · xb = (x−1)c · xb = (x−1 · · ·x−1)(x · · ·x) = (x · · ·x) = x−c+b
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よって, xa · xb = x−c+b = xa+b である.(iii) a > 0, b < 0のとき. (ii)と同様にして, xa · xb = xa+b
(iv) a < 0, b < 0のとき. a = −c(c > 0), b = −d(d > 0)とおく.(iv-1) |c| > |d|のとき
xa·xb = (x−a)−1·(x−b)−1 = (x−(−c))−1·(x−(−d))−1 = (x−1)c·(x−1)d = (x−1 · · ·x−1)(x−1 · · ·x−1) = (x−1 · · ·x−1) = (x−1)c+d
よって, xa · xb= (x−1)c+d= x−c−d= xa+b
(iv-2) |c| = |d|のとき
xa · xb = (x−a)−1 · (x−b)−1 = (x−(−c))−1 · (x−(−d))−1 = (x−1)c · (x−1)d = (x−1 · · ·x−1)(x−1 · · ·x−1) = (x−1)c+d
よって, xa · xb = (x−1)c+d = x−c−d = xa+b である.(iv-3) |c| < |d|のとき
xa·xb = (x−a)−1·(x−b)−1 = (x−(−c))−1·(x−(−d))−1 = (x−1)c·(x−1)d = (x−1 · · ·x−1)(x−1 · · ·x−1) = (x−1 · · ·x−1) = (x−1)c+d
よって, xa · xb = (x−1)c+d = x−c−d = xa+b である.以上 (i)～(iv)より, xa · xb = xa+bは示せた. xa+b = xa · xb ∈ H なので, ∃xa, xb ∈ H と仮定すると xa · xb ∈ H となる.よっ
て,定義 2.2(1)を満たす.次に, ∃a ∈ Z, xa ∈ H を考えると, H ⊂ Gより Gが群なので,その部分集合であるH の元 aは逆元を持つので,
x−a = (x−(−a))−1 = (xa)−1
である.よって, xa ∈ H より, (xa)−1 ∈ H なので, x−a ∈ H となる.よって,定義 2.2(2)を満たす.以上より, 定義 2.2を満たすので,H は Gの部分群である.
定義 2.4. Gを群とする. Gが有限個の元しかもたないとき, Gを有限群とよび,その元の個数を Gの位数と呼ぶ. x ∈ G
の生成する部分群が有限群の場合, その位数を x の位数と呼ぶ. x ∈ G が位数 n ≥ 1 の元とすると, x の生成する部分群
は, {1G, x, · · · , xn−1}で,互いに相異なる n個の元からなる.また, ∃m ∈ Zに対して, xm = 1G であることと nがmの約数で
あることは同値である.群 Gの元 xに対して, xm = 1G となるようなm ∈ Zがあるとき, mの最小を xの位数という.
証明. ∃m ∈ Zに対して, xm = 1G であることと nがmの約数であることは同値であるをこと示す.(i) xm = 1G と仮定して, nがmの約数であることを示す.
m = nq + r (0 ≤ r ≤ n− 1)とおくと,
xm = xnq+r = (xn)q · xr = (1G)q · xr = 1G · xr = xr
ゆえに, xm = xr である.ここで, xm = 1G より, xm = 1G = xr である.よって, rは 0 ≤ r ≤ n− 1であり, {1G, x, x2, , xn−1}は互いに相異な２つの元から成るので, xr = 1Gとなるのは, r = 0のとときである.よって, xm = 1G であるなら, nがmの約
数である.
(ii) nがmの約数と仮定して, xm = 1G であることを示す.nがmの約数であるので, m = qnとおくと,
xm = xqn = (xn)q = (1G)q = 1G
である.ゆえに, xm = 1G である.よって, xm = 1G であるならば nがmの約数となる.
定義 2.5. 2つの群の間の写像 f : G → H が
∀a, b ∈ G, f(a · b) = f(a)f(b)
を満たすとき,写像 f は群の準同型となる.ただし,このとき f(1G) = 1H となる. f が単射かつ全射 (このことを双射という)のとき, f を群の同型という. f が群の同型なら, その逆写像 f−1 : F → Gも群の同型となる.群の同型:f : G → H が存在すると
5
き, f : G∼=→ H または, G∼=H と記す.
例 2.6. アーベル群 Gと整数 nに対し写像 G → G ; x → xn は群の準同型である.加法群の場合は G → G ; x → nxが群
の準同型である.
証明. 定義 2.5 より容易に確かめることができる.
例 2.7. 行列式を取る写像 GL2(R) → R∗ は群の準同型である.
証明. 写像 GL2(R) → R∗ とする. ∀a, b, c, d, e, f, g, h ∈ Rに対して,
f
([a b
c d
][e f
g h
])= f
(ae + bg af + bh
ce + dg cf + dh
)
= (ae + bg)(cf + dh)− (af + bh)(ce + dg)
= adeh + bcfg − adfg − bceh
f
([a b
c d
])· f
([e f
g h
])= (ad− bc)(eh− gf)
= adeh + bcgh− adfg − bceh
よって,
f
([a b
c d
][e f
g h
])= f
([a b
c d
])· f
([e f
g h
])
以上より, f は群の準同型である.
定義 2.6 . 部分群H ⊂ Gに対し,
∀h ∈ H および g ∈ G に対し g−1hg ∈ H
が成り立つとき, H を正規部分群であるという.このことから,アーベル群の任意の部分群は正規部分群である.
2.2 環
定義 2.7. 集合 Aを加法群とする. さらに, 以下の条件 (1)～(3)を満たす演算 (乗法とよばれる)
A×A → A; (x, y) → xy
が与えられたとき環とよばれる.
(1) (結合法則) (xy)z = x(yz)
(2) (分配法則) (x + y)z = xz + yz および z(x + y) = zx + zy
(3) ∃e ∈ A,∀ x ∈ A, xe = ex = x
さらに, Aの乗法が
(4) (交換法則) xy = yx
を満たすとき Aを可換環という.(3) の条件を満たす元 e が一意的であることは, 群の単位元の場合と同様である. これを A の単位元とよび, 1A で表され
る. ∀x ∈ A, x + 0 = 0 + x = x となる元 0 ∈ A, つまり A の加法に関する単位元を A のゼロ元とよび, 単位元と区別する. ∀x ∈ A, x0 = 0x = 0について, 仮に 1A = 0とすると A = {0}となる. これはゼロ環とよばれる. 以後, 環といえばゼロ環でないとする.
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定義 2.8. Aを環とする. x ∈ Aが可逆元であるとは ∀x ∈ A, ∃y ∈ A, xy = yx = 1A. A∗ で Aの可逆元全体の集合を表
す. A∗ は Aの乗法により 1A を単位元とする群となる. これを Aの乗法群とよぶ.
定義 2.9. Aを環とする. 部分集合 B ⊂ Aが部分環であるとは,
1A ∈ B かつ x, y ∈ B ⇒ x− y ∈ B かつ xy ∈ B
このとき, Aの演算を B の元に制限して B は環となる.
定義 2.10. A,B を環, 写像 f を A → B とする. f が環の準同型であるとは,
∀x, y ∈ A, f(x + y) = f(x) + f(y) かつ f(xy) = f(x)f(y) かつ f(1A) = 1B
準同型 f が双射, つまり単射かつ全射であるとき f を環の同型という. f が環の同型ならその逆写像 f−1 : B → Aも環の同型
を与える.環の同型 f : A → B が存在するとき f : A
∼=→ B または単に A ∼= B と記す.
定義 2.11. Aを可換環とする. x ∈ Aがゼロ因子であるとは, ∃y ∈ A, xy = 0, y 6= 0とする. Aが整域であるとはゼロ元以
外にゼロ因子をもたない. Aが体であるとはゼロ元以外はすべて可逆元である. 可逆元はゼロ因子でないので, 体は整域である.
例 2.8. Z, Q, R, Cはそれぞれ整数, 有理数, 実数, 複素数全体のなす集合とする.(1)これらは通常の加法と乗法により整域である.(2)Q, R, Cは体であるが, Zは体ではない.(3)Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ Cの各包含関係により, 前者は後者の部分環である.
例 2.9. Aを可換環, X を変数とする A上の多項式 f(X)とは
式 f(X) = a0 + a1X + · · ·+ anXn, ただし n∈ Z, n ≥ 0, ai∈ A(0 ≤ i ≤ n) · · · (∗)
のことである. A上の多項式全体の集合を A[X]で表す. 2つの多項式
f(X) = a0 + a1X + a2X2 + · · ·+ anXn =
n∑
i=0
aiXi
g(X) = b0 + b1X + b2X2 + · · ·+ bmXm =
m∑
j=0
bjXj
n ∈ Z, n ≥ 0, ai ∈ A(0 ≤ i ≤ n), m ∈ Z, m ≥ 0, bj ∈ A (0 ≤ j ≤ m)に対しその和を,
f(X) + g(X) =n∑
i=0
aiXi +
m∑
j=0
bjXj =
Max(n,m)∑
i=0
(ai + bi)Xi
( )n > mのとき bi = 0(m + 1 ≤ i ≤ n)
( )m > nのとき ai = 0(n + 1 ≤ i ≤ m)
で定義し, 積を
f(X)g(X) =
(n∑
i=0
aiXi
)
m∑
j=0
bjXj
=
n+m∑
k=0
ckXk, ただし ck =k∑
i=0
(aibk−i)
bi = 0 (m < i), ai = 0 (n < i)
で定義すると A[X]は可換環となる.
7
証明. 加法群
f(X) =n∑
i=0
aiXi, g(X) =
m∑
j=0
bjXj , h(X) =
l∑
k=0
ckXk
最高次数が nのとき
bi = 0(m < i ≤ n), ai = 0(l < i ≤ n)
(1) f(X), g(X), h(X) ∈ A[X]
(f(X) + g(X)) + h(X) = (n∑
i=0
aiXi +
n∑
j=0
bjXj) +
n∑
k=0
ckXk =n∑
i=0
(ai + bi)Xi +l∑
k=0
ckXk =n∑
i=0
(ai + bi + ci)Xi
f(X) + (g(X) + h(X)) =n∑
i=0
aiXi + (
n∑
j=0
bjXj +
n∑
k=0
ckXk) =n∑
i=0
aiXi +
n∑
j=0
(bj + cj)Xj =n∑
i=0
(ai + bi + ci)Xi
ゆえに, (f(X) + g(X)) + h(X) = f(X) + (g(X) + h(X))である.(2)
f(X) + 0 = (n∑
i=0
aiXi) + 0 =
n∑
i=0
aiXi = f(X)
0 + f(X) = 0 + (n∑
i=0
aiXi) =
n∑
i=0
aiXi = f(X)
ゆえに, f(X) + 0 = 0 + f(X) = f(X)である.(3)
f(X) + g(X) = g(X) + f(X) = 0
(2)より, 0元が存在するので,
g(X) = −f(X) = −(n∑
i=0
aiXi) =
n∑
i=0
(−ai)Xi
となる g(X)が存在する.(4)
f(X) + g(X) =n∑
i=0
aiXi +
n∑
j=0
bjXj =
n∑
i=0
(ai + bi)Xi
g(X) + f(X) =n∑
j=0
bjXj +
n∑
i=0
aiXi =
n∑
i=0
(ai + bi)Xi
ゆえに, f(X) + g(X) = g(X) + f(X)である.
(n∑
i=0
aiXi +
m∑
j=0
bjXj)
q∑p=0
dpXp = (
max(n,m)∑
i=0
(ai + bi)Xi)q∑
p=0
dpXp
=max(n,m)+q∑
k=0
skXk ただし, sk =k∑
i=0
(ai + bi)dk−i =k∑
i=0
aidk−i +k∑
i=0
bidk−i
=max(n,m)+q∑
k=0
(k∑
i=0
aidk−i)Xk +max(n,m)+q∑
k=0
(k∑
i=0
bidk−i)Xk
= (n∑
i=0
aiXi)(
q∑p=0
dpXp) + (
m∑
j=0
bjXj)(
q∑p=0
dpXp)
ゆえに, f(X) + g(X)h(X) = f(X)h(X) + g(X)h(X)である.
a ∈ Aを定数多項式, つまり (∗)式において a0 = a かつ i ≥ 1に対し ai = 0なる多項式とみなすことにより Aは A[X]の部分環とみなされる.
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証明. 1A[X] ∈ A, x, y ∈ A, x− y ∈ A, xy ∈ Aを示す.a[X]の単位元は 1なので, 1 ∈ Aより 1A[X] ∈ Aである. Aは定数多項式なので, x, yは定数. ゆえに, x− y ∈ A, xy ∈ A で
ある.α ∈ Aと f(X) = a0 + a1X + a2X + · · · ∈ A[X]に対し
f(α) = a0 + a1α + a2α2 + · · · ∈ A
とおく. 写像 s : A[X] → A; f(X) → f(α)は環の準同型である.
証明. f(X), g(X) ∈ A[X], f(X) =∑n
i=0 aiXi, g(X) =
∑ni=0 biX
i
s(f(X) + g(X)) = s(n∑
i=0
(ai + bi)Xi) =n∑
i=0
(ai + bi)αi =n∑
i=0
aiαi +
n∑
i=0
biαi
= f(α) + g(α) = s(f(X)) + s(g(X))
ゆえに, s(f(X) + g(X)) = s(f(X)) + s(g(X))である.
s(f(X)g(X)) = s{(n∑
i=0
aiXi)(
n∑
i=0
biXi)} = s{
n∑
k=0
(k∑
i=0
aibk−i)Xi} =n∑
k=0
(k∑
i=0
aibk−i)αi = (n∑
i=0
aiαi)(
n∑
i=0
biαi)
= f(α)g(α) = s(f(X))s(g(X))
ゆえに, s(f(X)g(X)) = s(f(X))s(g(X))である. さらに, 1A ∈ A[X]なので, s(1A) = 1 ∈ Aである.
例 2.10. Aを環とする.
Mr(A) = {(aij)1≤i,j≤r|aij ∈ A} =
a11 a12 · · · a1r
a21. . . a21
.... . .
...ar1 · · · · · · ar1
を Aの元を成分とする r次の正方行列全体とする. S = (aij)1≤i,j≤r および T = (bjk)1≤j,k≤r に対しその和を
S + T = (cij)1≤i,j≤r, ただし cij = aij + bij
で定義し, 積を
ST = (cik)1≤i,k≤r, ただし cik =r∑
j=1
(aij)(bjk)
で定義するとMr(A)は環となる. r ≥ 2ならそれは可換ではない. つまり, (結合法則) XY = Y X は成り立たない.
A → Mr(A);α →
α · · · 0 ...
. . ....
0 · · · α
により AはMr(A)の部分環とみなされる.
例 2.11. 複素数体 Cの部分集合
Z[√−1] = {x + y
√−1|x, y ∈ Z} および Q(√−1) = {x + y
√−1|x, y ∈ Q}
は Cの部分環で, Q(√−1)は体であることが見て取れる. Z[
√−1]はガウスの整数環, Q(√−1)はガウスの数体とよばれる.
問題 2.1. Aが整域とすると A[X]も整域であることを示せ.
9
解答.Aを整域とする. A[X]:X を変数とする A上の多項式
f(X) = a0 + a1X + · · ·+ anXn
g(X) = b0 + b1X + · · ·+ bmXm
ただし n ∈ Z, n ≥ 0, ai ∈ A(0 ≤ i ≤ n), m ∈ Z, m ≥ 0, bj ∈ A(0 ≤ j ≤ m)とする. an 6= 0, bm 6= 0 として, 仮定より, anbm 6= 0であるから,
f(X)g(X) = (n∑
i=0
aiXi)(
n∑
i=0
biXi) =
n∑
k=0
k∑
i=0
aibk−iXi
である. よって, anbm 6= 0より, f(X)g(X) 6= 0となる. よって,例 2.9での (∗)が示せたので, 題意を満たす.
2.3 剰余群と剰余環
本節では,群の正規部分群による剰余群,および可換環のイデアルによる剰余環を解説する.
定義 2.12. X を集合とする.直積集合X ×X = {(x, y)|x, y ∈ X}の部分集合 RをX 上の関係とよび,
xR∼ y ⇔ (x, y) ∈ R
と記す. X 上の関係 Rが同値関係であるとは次が成り立つこととする.
(1) xR∼ x (反射律)
(2) xR∼ y ⇔ y
R∼ x (対称律)
(3) xR∼ y かつ y
R∼ z ⇒ xR∼ z (推移律)
X 上の同値関係 Rが与えられたとき, x ∈ X の同値類とは, X の部分集合
π(x) = {y ∈ X|y R∼ x}
のこととする.
補題 2.13. RをX 上の同値関係とする. x, y ∈ X に対し次の条件は同値である.
(a) xR∼ y
(b) π(x) ∩ π(y) 6= ∅(c) π(x) = π(y)
定義 2.14. X 上の同値関係 Rに対し X/R でその同値類全体の集合を表す.
写像 π : X → X/R ; x → π(x)
を自然な射影とよぶ.定義より πは全射で,補題 2.13より
π(x) = π(y) ⇔ xR∼ y
が成り立つ.手短にいえばX/Rは Rに関し同値な元を同一視した集合である.
10
定義 2.15. Gを群, H ⊂ Gを部分群とする. G上の関係を
x/H∼ y ⇔ x−1y ∈ H
で定義する.これは同値関係である.これによる x ∈ Gの同値類を xH で表し, xのH による右剰余類とよぶ.同様に G上の同
値関係が
xH\∼ y ⇔ yx−1 ∈ H
で定義される.これによる x ∈ Gの同値類をHxで表し, xのH による左剰余類とよぶ.
命題 2.16(ラグランジェの定理). Gを有限群, H ⊂ Gを部分群とする. H の位数は Gの位数の約数である.特に x ∈ Gの
位数は Gの位数の約数である [定義 2.4参照].
証明. 補題 2.13より Gの有限個の元 x1, . . . , xr が存在して
G =⋃
1≤i≤r
xiH かつ i 6= j ⇒ xiH ∩ xjH = ∅
となる.さらに, G = x1H ∪ · · · ∪ xrH, |G| = |x1H|+ · · ·+ |xrH|である.ここで, ∀x ∈ G に対し, |H| = |xH|を示す.
f : H → xH ; h → xh
とすると, f は ∀xh ∈ xH, xh = f(x)なので全射であり,
f(h1) = f(h2) ⇔ xh1 = xh2
よって h1 = h2より,単斜である.よって f は全単射なので, |H| = |xH|である.さらに, |G| = r|H|なので, H の位数はGの位
数の約数である.Gと x ∈ Gの生成する部分群は有限群である.定義 2.4より, xの位数と xの生成する部分群の位数は等しい.ゆえに前半より, x ∈ Gの位数は Gの位数の約数である.
補題 2.17. H / Gを Gの正規部分群 (定義 2.6)とする.
(1)x, y ∈ Gに対し x/H∼ yと x
H\∼ yは同値である.特に, xH = Hxである.これを単に xの H による剰余類とよび, x mod H
で表す.上の関係を xH∼ y,あるいは x ≡ y mod H と記す.
(2)x H∼ x′ かつ yH∼ y′ なら xy
H∼ x′y′.
定義 2.18. H ⊂ Gを正規部分群とする. G/H を Gの元のH による剰余類全体として,
π : G → G/H ; x → π(x) = x mod H
を自然な射影とする.補題 2.17(2)により G/H 上の乗法が
π(x) · π(y) = π(xy)
により定義され,これにより G/H は群となる.これを GのH による剰余群とよぶ.π(1G)が G/H の単位元で, πは群の全射準
同型である.
定理 2.19(準同型定理). f : G → H を群の準同型とする. Ker(f) = {x ∈ G|f(x) = 1H}は Gの正規部分群である. f が
単射であることと Ker(f) = {1G}は同値である. f が全射とすると
∼f : G/Ker(f) → H ; x mod Ker(f) → f(x)
は群の同型を与える.
証明. (1)Ker(f)が正規部分群であることを示す.
11
∀x ∈ Ker(f), ∀g ∈ G, g−1xg ∈ Ker(f)を示せばよい.
f(g−1xg) = f(g−1)f(x)f(g) = f(g−1)1Hf(g) = f(g−1)f(g) = f(1G) = 1H
ゆえに, g−1xg ∈ Ker(f)である.(2)f が単射 であることと Ker(f) = {1G} は同値である.
(i)f が単射と仮定すると,
x ∈ Ker(f) ⇔ f(x) = 1H = f(1G)
f が単斜であることより, x = 1G となる.ゆえに, Ker(f) = {1G}である.(ii)Ker(f) = {1G}と仮定する. x, y ∈ Gに対し
f(x) = f(y) ⇔ f(x)f(x−1) = f(y)f(x−1) ⇔ f(x−1y) = 1H ⇒ x = y
ゆえに f は単射である.(3)
∼f が群の同型であることを示す.
(i)∼f が写像であること,つまり,
xKer(f) = yKer(f) ⇒∼f (xKer(f)) =
∼f (yKer(f))
を示す.
xKer(f) = yKer(f) ⇒ f(xKer(f)) = f(yKer(f))
⇒ {f(a)|a ∈ xKer(f)} = {f(b)|b ∈ yKer(f)}⇒ {f(xs)|s ∈ Ker(f)} = {f(yt)|t ∈ Ker(f)}⇒ {f(x)f(s)|s ∈ Ker(f)} = {f(y)f(t)|t ∈ Ker(f)}⇒ {f(x) ∗ 1H} = {f(y) ∗ 1H}⇒ {f(x)} = {f(y)}⇒
∼f (xKer(f)) =
∼f (yKer(f))
(ii)∼f が全射であることを示す.
f が全射であるので, ∀y ∈ H, ∃x ∈ G, y = f(x)である.ここで, x ∈ G ならば xk ∈ xKer(f) (k ∈ Ker(f))なので,
f(x) =∼f (xKer(f))
である.よって,∀y ∈ H, y =
∼f (xKer(f))
ゆえに,∼f は全射である.
(iii)∼f が単射であること,つまり,
∼f (xKer(f)) =
∼f (yKer(f)) ⇒ xKer(f) = yKer(f)
を示す.∼f (xKer(f)) =
∼f (yKer(f))より, f(x) = f(y)である.
f(x) = f(y) ⇒ f(xKer(f)) = f(yKer(f))
⇒ f(x)f(x−1) = f(y)f(x−1)
⇒ f(x−1y) = 1H
⇒ x−1y ∈ Ker(f)
⇒ xx−1y ∈ xKer(f)
⇒ y ∈ xKer(f)
12
y ∈ yKer(f)よりy ∈ xKer(f) ∩ yKer(f)
ゆえに, xKer(f) = yKer(f)である.
定義 2.20. Aを可換環とする (定義 2.7).部分集合 I ⊂ Aがイデアルとは
(1) x, y ∈ I ⇒ x− y ∈ I
(2) x ∈ I, y ∈ A ⇒ xy = yx ∈ I
が成り立つこととする.条件 (1)は I が Aの加法群としての部分群であることを意味する. I = (0)または I = Aは明らかに上
の条件を満たす.これらを自明なイデアルとよぶ.
定義 2.21. Aを可換環, I ⊂ Aをイデアルとする. A/I を加法群としての剰余群 (定義 2.18)とし, π : A → A/I を自然な射
影とする.定義より A/I には
π(x) + π(y) = π(x + y) (x, y ∈ A)
により定まる加法演算が与えられている.さらに
π(x) = π(x′)かつπ(y) = π(y′) ⇒ π(xy) = π(x′y′)
が成り立つ.よって A/I 上に乗法が π(x)・π(y) = π(xy)により矛盾なく定義され, A/I が可換環になることが容易に見て取れ
る. π(0)と π(1A)がそれぞれA/I のゼロ元と単位元である. A/I をAの I による剰余環とよぶ. x ∈ AのA/I における剰余類
π(x)を x mod I で表す.
例 2.12. Zを整数環とする. nを整数とし, nZ = {na|a ∈ Z}を nの倍数全体からなる Zの部分集合全体とすると,これは
明らかに整数環 Zのイデアルである.その剰余環 Z/nZを整数を nを法とした剰余環とよぶ. π : Z → Z/nZを自然な射影とすると x, y ∈ Zに対し
π(x) = π(y) ⇔ x ≡ y mod nZ
⇔ x− yが nで割れる
定理 2.22. f : A → B を環の準同型とする. Ker(f) = {x ∈ A|f(x) = 0}は Aのイデアルである. f が単射であること
と Ker(f) = {0}は同値である. f が全射なら
∼f : A/I → B ; x mod I → f(x)
は環の同型を与える.
証明. 定理 2.19と同様にして示せる.
13
第3章 初等整数論
3.1 多項式環とその応用
体 F を固定し, F [X]を F 上の多項式環とする.
定義 3.1. f(X) = a0 + a1X + a2X2 + · · · ∈ F [X]に対し, ai 6= 0なる最大の整数 iを f(X)の次数とよび, deg(f)で表
す. deg(f) = nとすると
f(X) = a0 + a1X + · · ·+ anXn, ただし ai ∈ F (0 ≤ i ≤ n), an 6= 0
とかける. an ∈ F を f(X)の最高次係数とよぶ. 最高次係数が 1の多項式をモニックな多項式とよぶ.
定理 3.2. f(X), g(X) ∈ F [X] :ゼロでない多項式
deg(fg) = deg(f) + deg(g)
が成り立つ. q(X), r(X) ∈ F [X]が存在し,
f(X) = q(X)g(X) + r(X), ただし r(X) = 0 または deg(r) < deg(g)
が成り立つ.
証明. deg(f) = n, deg(g) = mとおく.
f(X) = a0 + a1X + · · ·+ anXn =n∑
i=0
aiXi, an 6= 0
g(X) = b0 + b1X + · · ·+ bmXm =m∑
j=0
bjXj , bm 6= 0
とする. 定義より
f(X)g(X) = (n∑
i=0
aiXi)(
m∑
j=0
bjXj) =
n+m∑
k=0
ckXk ただし, ck =k∑
i=0
aibk−i
= a0b0 + (a1b0 + a0b1)X + · · ·+ anbmXn+m
F は整域より, an 6= 0かつ bm 6= 0なら anbm 6= 0であるので,
deg(fg) = n + m = deg(f) + deg(g)
また, f(X) = q(X)g(X) + r(X), ただし r(X) = 0 または deg(r) < deg(g)が成り立つことを nに関する帰納法で示す.(i) n < mのとき, q(X) = 0かつ r(X) = f(X)とおけばよい.(ii) n ≥ mのとき, F は体なので bm の逆元 b−1
m が存在する.ここで, h(X) = f(X)− b−1
m anXn−mg(X)とすると,
h(X) =n∑
i=0
aiXi − b−1
m anXn−mm∑
j=0
bjXj
=n∑
i=0
aiXi − b−1
m an
m∑
j=0
bjXn−m+j
14
=n−1∑
i=0
aiXi + anXn − b−1
m an
m−1∑
j=0
bjXn−m+j − b−1
m anbmXn
=n−1∑
i=0
aiXi − b−1
m an
m−1∑
j=0
bjXn−m+j + anXn − anXn
=n−1∑
i=0
aiXi − b−1
m an
m−1∑
j=0
bjXn−m+j
ゆえに, deg(h) < n = deg(f)である.h(X) = 0のとき g(X) = b−1
m anXn−m, r(X) = h(X) = 0とすると成り立つので, h(X) 6= 0と仮定してもよい. 帰納法の仮定より, q′(X), r(X) ∈ F [X]が存在して f(X) = q′(X)g(X) + r(X), ただし r(X) = 0または deg(r) < deg(g)が成り立つとする. このとき,
f(X) = h(X) + b−1m anXn−mg(X) = q′(X)g(X) + r(X) + b−1
m anXn−mg(X) = (q′(X) + b−1m anXn−m)g(X) + r(X)
q(X) = q′(X) + b−1m anXn−m とおけば成り立つ.
系 3.3. f(X), g(X) ∈ F [X] , α ∈ F に対し f(α) = 0とすると,
f(X) = q(X)(X − α), q(X) ∈ F [X]
と因数分解ができる.
証明. g(X) = X − αとする. 定理 3.2より
f(X) = g(X)(X − α) + r(X), r(X) = 0または deg(r) < 1 = deg(g)
となる. r(X) 6= 0とすると, deg(r) = 0で r(X)はゼロでない定数 a ∈ F である. ゆえに, r(X) = aである.一方, f(α) = 0より r(α) = a = 0なので, 矛盾となる.
系 3.4. f(X) ∈ F [X]をゼロでない多項式とすると, f(α) = 0を満たす α ∈ F は高々deg(f)個である.
証明. α1, · · · , αr ∈ F を相異なる元たちとし, f(αi) = 0が任意の 1 ≤ i ≤ rに対し成り立つとする. 系 1.3より
f(X) = (X − α1)g(X)
とおける. さらに0 = f(α2) = (α2 − α1)g(α2)
となる. α1 − α2 6= 0 だから F が整域より g(α2) = 0となり, g(X)が X −α2 を因数をもつことがわかる. これを繰り返すと
f(X) = (X − α1)(X − α2) · · · (X − αr)h(X)
となる. ゆえに h(X) 6= 0なので, deg(f) = r + deg(h) ≥ rである.
定理 3.5. F を体とする. G ⊂ F ∗をその乗法群の位数 gの有限部分群とする. ある a ∈ Gが存在してG = {1, a, . . . , ag−1}が成り立つ. つまり Gは有限巡回群である.
証明. a ∈ G, aを位数 nの元とする. Λ = {1, a, . . . , an−1} ⊂ Gは互いに相異なる n個の元からなる部分群である. f(X) =Xn − 1とすると, f(α) = αn − 1 = 1− 1 = 0より, α ∈ Λに対し f(α) = 0は明らか. よって, 系 1.4より
x ∈ G, xn = 1 ⇒ x ∈ Λ (∗) (f(X)の解の集合がΛ)
が成り立つ.(i) n = gのとき, 定理 1.5が成り立つのは明らか.
15
(ii) n < gのとき
位数が nより真に大きい c ∈ Gが存在することを示す.Λの位数は n < gなので, b ∈ Gで b 6= Λなるものがとれる. bの位数をmとし, d = (n,m)を n,mの最大公約数とする.
b 6= 1より, m = 1とすると, 要素が 1のみとなり, 1 ∈ Λなのでm > 1である.(ii-1) d = 1のとき, c = abの位数は nm > nとなり, cが求める元は
cnm = anmbnm = (an)m(bm)n = 1
である. さらに, k ≥ 1に対し, ck = akbk = 1とすると
1 = (ck)m = amkbmk = amk(bm)k = akm
aの位数は nなので, n|kmと d = (m,n)より n|kである. 同様に, bの位数はmなので (ck)n = 1よりm|kである. また, d = 1より nm|kである. よって, cの位数は nmの位数かつ倍数である. ゆえに, cの位数は nmである.(ii-2) d = (n,m) > 1のとき, l = m/dとする.
l = 1とすると, m|nなので bn = 1となり, b /∈ Λと (∗)に矛盾. ゆえに, l > 1である.bd の位数を求める. bの位数はmで, l = m
d なので, m = ld, bm = (bd)l = 1で, lが最小であることを示す.(bd)k = 1, 0 < k < lとする.
bdk = 1, bdl = 1
k < lより, dk < dl = mである. mは bm = 1となる最小のmであるが, m > dkで, bdk = 1となるので矛盾. よって, c = abd
の位数は nl > nである.さらに, l′ = n
d (l = md )とし, (l, l′) = 1なので ∃α, β ∈ Z st αl + βl′ = 1である. c := aαbβ より, cの位数=ll′d (> n)を
示す.cm = (aαbβ)m = amαbmβ = amα(bβ)m = amα = amα · 1 = amα · anβ = amα+nβ = ad(lα+l′β) = ad
よって, (ad)l′ = adl′ = an = 1となる.cx = (aαbβ)x = aαxbβx であるから, asbt = 1より, as = b−t である. すなわち, (as の位数)=(bt の位数)である.
as の位数は nの約数であり, bt の位数はmの約数であるので,
(nの約数) = (mの約数)
である.as の位数は nとmの公約数であるので, dの約数である. また, bt の位数は nとmの公約数であるので, dの約数である. ゆえに, ともに dの約数である.
sは l′ で割れるので, l′|sである. (l′, α) = 1より l′α|s, s = l′α = αxである. tは lで割れるので, l|tである. (l, β) = 1よりlβ|t, t = lβ = βxである. よって, x = l′となる. さらに, x = lである. (l, l′) = 1より ll′|xなので, d|xとなり, cの位数が gの
とき成り立つ. (ii-1),(ii-2)ともに成り立つので (ii)のときも成り立つ.
3.2 単項イデアル環
定義 3.6. Aを可換環とする. a1, a2, . . . , ar ∈ Aに対し, Aの部分集合
(a1, a2, . . . , ar) = {x1a1 + x2a2 + · · ·+ xrar|xi ∈ A(1 ≤ i ≤ r)}
は Aのイデアルである. これを, a1, a2, . . . , ar の生成するイデアルとよぶ. 特 a ∈ A に対し (a) = {xa|x ∈ A} を aで生成され
る単項イデアルとよぶ.
定義 3.7. 整域 Aの任意のイデアルが単項であるとき Aを単項イデアル環とよぶ.
定義 3.8. Aを整域とする.○「a|b」: a, b ∈ Aに対し b ∈ (a)のとき aは bの約数である.
16
○「∀i, d|ai」: d ∈ Aが a1, a2, . . . , ar ∈ Aの公約数である.
○ a1, a2, . . . , ar ∈ A の任意の公約数 eに対し e|dが成り立つとき dは a1, a2, . . . , ar ∈ Aの 最大公約数という. d, d′ ∈ A が a1, a2, . . . , ar の最大公約数ならば,ある可逆元 u ∈ A∗に対し d′ = udである.
問題 3.1. 整域 A = Z[√−5] = {a + b
√−5|a, b ∈ Z}において 6と 3 + 3√−5は最大公約数を持たないことを示せ.
解答. 6の約数を考えるために, 6 = (a + b√−5)(c + d
√−5)を満たす a, b, c, dを求める.
(a + b√−5)(c + d
√−5)(a− b√−5)(c− d
√−5) = 6 ∗ 6
(a2 + 5b2)(c2 + 5d2) = 36
となる a2 + 5b2, c2 + 5d2 の組み合わせは
(a2 + 5b2, c2 + 5d2) = (1, 36), (2, 18), (3, 12), (4, 9), (6, 6), (9, 4), (12, 3), (18, 2), (36, 1)
である.これを満たす b, dは b, d = 0,±1,±2である.b = d = 0のとき
(a, c) = (±1,±6), (±2,±3), (±3,±2), (±6,±1)
b = ±1のとき(a, c, d) = (±1,±1,±1)
b = ±2のときはない.ゆえに 6の約数は ±2, ± 3, ± 6, ± (1 +√−5), ± (1−√−5)である. この中で 3 + 3
√−5の約数となるものは
±3, ± (1 +√−5), ± (1−√−5)
これらが 6と 3 + 3√−5の公約数である.しかし,この公約数の中で他の約数の公約数となっているものはないので,最大公約数
を持たない.
命題 3.9. a1, a2, . . . , ar ∈ A, ∃d ∈ A, (a1, a2, . . . , ar) = (d)とすると、dは a1, a2, . . . , ar の最大公約数である.特に Aが
単項イデアル環なら最大公約数は常に存在する.さらに, ∃x1, . . . , xr ∈ Aとして,
d = x1a1 + · · ·+ xrar
とかける.
証明. (1)dが a1, . . . , ar の最大公約数であることを示す.ai ∈ a1, . . . , ar, (a1, . . . , ar) = (d)とすると,約数の定義よりd|aiである.さらに, e : a1, . . . , arの公約数とすると, ∀i, ai ∈ (e)
なのでイデアルの性質より
(d) = (a1, . . . , ar) ⊂ (e)
である.ゆえに, e|dとなる.よって, dは a1, . . . , ar の最大公約数である.(2)Aが単項イデアル環ならば最大公約数が存在することを示す.
Aが単項イデアル環ならば整域 Aの任意のイデアルが単項である.よって, a ∈ Aに対し (a) = {xa|x ∈ A}である.よって,常に (a)が最大公約数となるので,最大公約数が存在する.(3)∃x1, . . . , xr ∈ A として, d = x1a1 + · · ·+ xrar であることを示す.
(a1, · · · , ar) = {x1a1 + · · ·+ xrar|xi ∈ A(1 ≤ i ≤ r)}であり, (d) = (a1, . . . , ar)で d ∈ (d), d ∈ (a1, . . . , ar)なので
∃x1, . . . , xr ∈ A, d = x1a1 + · · ·+ xrar
である.
定理 3.10. 次の環は単項イデアル環である.(1)整数環 Z(2)体 F 上の多項式環 F [X]
17
(3)ガウスの整数環 Z[√−1]
定理を示すために準備をする.
定義 3.11. 整域 Aがユークリッド環であるとは写像
N : A− 0 → Z ≥ 0 = {n ∈ Z|n ≥ 0}
で次の条件を満たすものが与えられていることとする. N(a)を aのノルムという.
(1)N(ab) ≥ N(a) (a, b ∈ A− {0})(2)a, b ∈ A, a 6= 0に対し
b = qa + r (q, r ∈ A)
なる表示が存在し, r = 0 または N(a) > N(r) ≥ 0が成り立つ.
証明. (1)整数環 Zがユークリッド環であることを示す.
N : Z→ Z≥0; a → |a|
とする.(i)N(a) ≥ 0 (a ∈ Z), N(ab) = N(a)N(b) (a, b ∈ Z)なので, N(ab) ≥ N(a)である.(ii)整数なので b = qa + r (|a| > r ≥ 0)とできる.
(2)体 F 上の多項式環 F [X]がユークリッド環であることを示す.
N(a) = N(f(X)) = deg(f)
とおく.N(f(X)g(X)) ≥ N(f(X))を示す.定理 3.2より deg(fg) ≥ deg(f)である.次に,定理 3.2より f(X), g(X) ∈ F [X], f(X) 6= 0に対し,
g(X) = q(X)f(X) + r(X) (q(X), r(X) ∈ F [X])
が存在し, r(X) = 0またはN(f(X)) > N(r(X)) ≥ 0が成り立つ.ゆえに, F [X]はユークリッド環である.
命題 3.12. ユークリッド環は単項イデアル環である.
証明. I ⊂ Aをイデアル, I 6= (0)とし, a ∈ I (I に含まれるゼロでない元で,そのノルムが最小のもの)とする.I = (a)を示せばよい. (a) ⊂ I であるので,
∀b ∈ I, b = qa + r (r = 0 または N(a) > N(r))
とする. a, b ∈ I なので,イデアルの性質により r = b− qa ∈ I である. よって r 6= 0とすると, aのノルムの最小性に反する.ゆえに r = 0で b = qaであるので, a|bである.よって, b ∈ (a)となり, I = (a)となる.
よって,整数環 Z と多項式環 F [X]は単項イデアルということがいえたので,定理 3.10(1)(2)は証明された.
定理 3.13. ガウスの整数環 Z[√−1]はユークリッド環である.
証明. 写像N : C→ R; a + b
√−1 → a2 + b2 = (a + b√−1)(a− b
√−1)
を Z[√−1]に制限して得られる写像N : Z[
√−1] → Z≥0 が定義 3.11のノルムの性質を満たすことをいえばよい.α = a + b
√−1, β = c + d√−1とすると,
αβ = (a + b√−1)(c + d
√−1) = (ac− bd) + (ad + bc)√−1
N(αβ) = (ac− bd)2 + (ad + bc)2
N(α)N(β) = (a2 + b2) + (c2 + d2) = a2c2 − 2abcd + b2d2 + a2d2 + 2abcd + b2c2 = (ac− bd)2 + (ad + bc)2
18
ゆえに,N(αβ) = N(α)N(β) (α, β ∈ C) · · · (∗)
が成り立つ. Z[√−1] 3 α 6= 0 に対し, N(α) ≥ 1 に注意すれば N(αβ) ≥ N(α) なので, 定義 3.11(1) が成り立つ. N(α) =
α(a− b√−1))より,
Z[√−1] 3 α = a + b
√−1 6= 0 に対し α−1 = N(α)−1(a− b√−1)
がその Cにおける逆元を与える.よって,
β ∈ Z[√−1] に対し α−1β = t + s
√−1 (t, s ∈ Q)
(これは β を αで割ったときの商である.)とかける.整数 λ, µ ∈ Zを
|t− λ| ≤ 12 かつ |s− µ| ≤ 1
2
となるようにとる.q = λ + µ
√−1 ∈ Z[√−1]
ε = α−1β − q = (t− λ) + (s− µ)√−1 ∈ C
とおくと, β = qα + rより
r := β − qα = β − (α−1β)α + εα = εα
なので、
N(r) = N(εα) = N(ε)N(α) < N(α)
が成り立つ.ただし最後の不等号は (*)式と
0 ≤ N(ε) = (t− λ)2 + (s− µ)2 ≤ (12)2 + (
12)2 < 1
より従う.ゆえに, 0 ≤ N(r) < N(α)なので, N : Z[√−1] → Z≥0 が定義 3.11(2)を満たす.
ゆえに,ガウスの整数環 Z[√−1]はユークリッド環であるので,命題 3.12より単項イデアル環である.(定理 3.10(3)の証明終了)
問題 3.2. α ∈ Z[√−1]が可逆元とするとN(α) = 1を示せ.これより Z[
√−1]の可逆元全体が±1,±√−1であることを示せ.
解答.N : Z[
√−1] → Z≥0 ; a + b√−1 → a2 + b2 = (a + b
√−1)(a− b√−1)
とする. αが可逆元より,β ∈ Z[√−1]に対しαβ = βα = 1なので, N(αβ) = 1, N(1) = 1である.また, N(α), N(β)は正整数よ
り, N(αβ) = N(α)N(β) = 1を満たすN(α), N(β)はN(α) = 1, N(β) = 1であるので, N(α) = 1 である.
(a + b√−1)(a− b
√−1) = 1となる a, bは
1 = (a + b√−1)(a− b
√−1) = a2 + b2
より, aまたは bが 0 かつ aまたは bが± 1のときである.
a=0のとき
b = 1 のとき√−1 ∗ (−√−1) = 1 (α =
√−1)
b = −1 のとき (−√−1) ∗ √−1 = 1 (α = −√−1)
b=0のとき
a = 1 のとき 1 ∗ 1 = 1 (α = 1)
a = −1 のとき (−1) ∗ (−1) = 1 (α = −1)
19
ゆえに, Z[√−1]∗ = {±1,±√−1}である.
問題 3.3. ω = −1+√−32 ∈ Cに対し, Z[ω] = {a + bω|a, b ∈ Z} ⊂ Cとおく.
Z[ω]が Cの部分環でユークリッド環であることを示せ.
解答. Z[ω]がユークリッド環であることは,ノルム写像を
N : C→ R ; a + bω → a2 − ab + b2 = (a + bω)(a + bω2)
として,定理 3.13と同様にして示される.
3.3 オイラーの定理と法 pに関する原始根
○ n ∈ Zとし, Z/nZを整数 nを法とした剰余環とする.○ a ∈ Zの Z/nZにおける同値類を a mod nZと記す.○ (Z/nZ)∗ を Z/nZの可逆元全体のなす乗法群とする.○整数 x, yの最大公約数を (x, y)で表す.(ただし,正 · 負を除いて定まる.)
定理 3.14. a ∈ Zに対し, 次は同値である.
(a) a mod nZ ∈ (Z/nZ)∗
(b) ∃b ∈ Zに対して, ab ≡ 1 mod nZ
(c) (a, b) = 1
証明. (a)と (b)が同値であることを示す.(i) (a)を仮定して (b)を示す.定義 0.8より, ∃b mod nZ ∈ Z/nZ なので,
(a mod nZ)(b mod nZ) = 1 mod nZ
ab mod nZ = 1 mod nZ
ゆえに, ab ≡ 1 mod nZ である.(ii) (b)を仮定して (a)を示す. ∃b ∈ Zに対して, ab ≡ 1 mod nZなので,
ab mod nZ = 1 mod nZ
(a mod nZ)(b mod nZ) = 1 mod nZ
である.よって, b mod nZ ∈ Z/nZとすると, a mod nZ ∈ (Z/nZ)∗ である.以上 (i),(ii)より,(a)と (b)は同値である.
(b)と (c)が同値であることを示す.
補題 3-1. (a, n) = dとすると定理 3.10と命題 3.9より ∃b, cに対して, ab + nc = dなので, ab − d = (−c)nである.よって, ab− d ≡ 0 (mod nZ)なので, ab ≡ d (mod nZ)である.
(iii) (b)を仮定して (c)を示す. ∃c ∈ Z s.t. (a, n) = c とすると 補題 3-1より,
ab ≡ c mod nZ
(b)より, ab ≡ 1 mod nZ なので, c = 1である. ゆえに, (a, n) = 1となる.
(iv) (c)を仮定して (b) を示す. 補題 3-1で d = 1のとき,
(a, n) = 1ならば ab ≡ 1 mod nZ
以上 (iii),(iv)より, (b)と (c)は同値である.
20
定義 3.15. 自然数 nに対し, ϕ(n)を集合 {a ∈ Z|1 ≤ a ≤ n かつ (a, n) = 1} の元の個数とする. ϕ(n)は自然数全体から自然数全体への関数とみたとき,この関数をオイラーの関数という.
系 3.16. (Z/nZ)∗ の位数は ϕ(n)である.
証明. 定理 3.14より, ∀a ∈ Zに対して, (a) a mod nZ ∈ (Z/nZ)∗と (c) (a, n) = 1は同値であるので, {a ∈ Z|1 ≤ a ≤ n か
つ (a, n) = 1} と {a ∈ Z|1 ≤ a ≤ n かつ a mod nZ ∈ (Z/nZ)∗}は同値である.よって, ϕ(n)の元の個数は (Z/nZ)∗ の元の個数となっているので,(Z/nZ)∗ の位数は ϕ(n)となっている.
系 3.17(オイラーの定理). ∀a ∈ Z, (a, n) = 1に対して, aϕ(n) ≡ 1 mod nZ
証明. 1からnまでの整数でnと互いに素な数を r1, r2, . . . , rϕ(n)と表す. これらの数にそれぞれ aをかけた ar1, ar2, . . . , arϕ(n)
を考えると, aと ri(1 ≤ i ≤ ϕ(n))が nと互いに素であるので, ari と nは互いに素となる.さらに ari ≡ arj mod nならば, a
の nを法とする逆元をこの式の両辺にかけると, ri ≡ rj mod nとなり i = j となるため, ar1, ar2, . . . , arϕ(n)は, それぞれ nを
法として合同ではない.nと互いに素となる数は r1, r2, . . . , rϕ(n) のどれか１つと合同になるので, ar1, ar2, . . . , arϕ(n) のどれかと r1, r2, . . . , rϕ(n) の
どれかが順不同で合同になる.よって,
ar1 · ar2 · · · arϕ(n) ≡ r1 · r2 · · · rϕ(n) mod n
なので,aϕ(n)r1 · r2 · · · rϕ(n) ≡ r1 · r2 · · · rϕ(n) mod n
この両辺に r1 · r2 · · · rϕ(n) の nを法とする逆元をかけると, aϕ(n) ≡ 1 mod nとなる.
系 3.18. pを素数とすると, Z/nZは体である.この体をしばしば Fp で表す.
証明. 定義 3.15より ϕ(p) = p− 1である.よって,系 3.16より (Z/pZ)∗ の位数は p− 1である.これは, Z/pZのゼロ元以外は全て可逆元であることを意味しているので,定義 2.11の体の条件を満たす. よって.Z/pZは体である.
系 3.19(フェルマーの小定理). ∀a ∈ Z, (a, p) = 1に対し, ap−1 ≡ 1 mod pZ
証明. ap−1 ≡ 1 mod pZの両辺に aをかけると, ap ≡ a mod pZである. この aが pZで割り切れない場合, aには pZを法とした逆元 a−1 が存在するので, 両辺に a−1 をかけると, もとの式が導ける.よって,
ap−1 ≡ 1 mod pZ⇔ ap ≡ a mod pZ
となるので, ap ≡ a mod pZを示す. ∀a, b ∈ Zに対して,
(a + b)n =n Cnanb0 +n Cn−1an−1b1 +n Cn−2a
n−2b2 + · · ·+n C0a0bn
を考える.ここで, (a + b)n を展開した式の両端の項以外はすべての項に nCr(1 ≤ r < n)が因数として含まれている.ゆえに, nを素数と仮定すると, nCr = n!
r!(n−r)! の分子 n!は nで割り切れるので, nCr = n!r!(n−r)! 自体も nで割り切れる.
よって,(a + b)n ≡ an + 0 + · · ·+ 0 + bn mod nZ
なので,(a + b)n = an + bn mod nZ
ここで, ∀p :素数についてみると, (a + b)p ≡ ap + bp である.(1) a = 1, b = 1のとき
(1 + 1)p = 1p + 1p = 1 + 1 = 2
21
なので, 2p ≡ 2 mod pである.(2) a = 2, b = 1のとき
(2 + 1)p = 2p + 1p = 2 + 1 = 3
なので, 3p ≡ 3 mod pである.以下同様にして
(n-1) a = n− 1, b = 1のとき(n− 1 + 1)p = (n− 1)p + 1p = 1 + 1 = n
ゆえに, np ≡ n mod pである. また, n = 0のとき、0p ≡ 0 mod pは明らかに成り立つ.よって, ap ≡ a mod pZは示された.
系 3.20. (1)pを素数とする. (r, p) = 1となる r ∈ Zが存在して, 1, r, r2, . . . , rp−2 の Z/pZにおける同値類は互いに相異になり (Z/pZ)∗ の全ての元を与える.(2) m ∈ Zに対し, rm ≡ 1と p− 1 | mは同値である.(3) pが奇数の素数のとき, 群の同型
F∗p/(F∗p)2∼=→ Z/2Z ; rm → m mod 2Z (ただし (F∗p)2 = {x2|x ∈ F∗p}
が成り立つ. rを法 pに関する原始根とよぶ.
証明. (1) pを素数としたとき,系 3.18より, Z/pZは体となる.よって, {1, r, r2, . . . , rp−2} ∈ Z/2Zは互いに相異なϕ(p) = p−1個の元からなり, 0元以外の元は全て可逆元である.系 1.16より (Z/PZ)∗の元がそれぞれ相異な ϕ(p) = p−1個与えられている.(2) (i)p− 1 | mを仮定して rm ≡ 1を示す.
p− 1 | mとすると, ∃x ∈ Zに対して, x(p− 1) = mなので, rp−1 ≡ 1である.ゆえに, rm ≡ 1である.(ii) rm ≡ 1を仮定して p− 1 | mを示す.
m = (p− 1)x + w (w ∈ Z, 0 ≤ w ≤ p− 1)
として, w = 0と仮定すると, r(p−1)x+w ≡ 1となり,
r(p−1)x · rw ≡ 1
である.ゆえに, rw ≡ 1である. r, r1, . . . , rp−1 は全て相異なので, w = 0となり, m = (p− 1)xである.ゆえに, p− 1 | mであ
る.以上 (i),(ii)より, rm ≡ 1と p− 1 | mは同値である.(3) 容易に確かめられる.
(1)より, 1, r, r2, . . . , rp−2 の Z/pZにおける同値類は互いに相異で (Z/pZ)のすべての元を与えるので, これは双射となっている.よって,同型となる.
定義 3.21. r個の環 R1, · · · , Rr が与えられたとき,集合
r∏
i=1
Ri = R1 × · · · ×Rr = {(x1, . . . , xr) | xi ∈ Ri(1 ≤ i ≤ r)}
は成分ごとの演算
(x1 . . . , xr) + (y1, . . . , xr) = (x1 + y1, . . . , xr + yr)
(x1, . . . , xr) · (y1, . . . , xr) = (x1 · y1, · · · , xr · yr)
により環をなす〔ゼロ元は (0, . . . , 0), 単位元は (1r1 , . . . , 1R1)〕.これをR1, . . . , Rr の直積環とよぶ.
定理 3.22(中国剰余定理). n1, . . . , nr を r個の整数とし
i 6= j ならば, ni と nj の最大公約数 (ni, nj) = 1
22
を仮定する. m = n1 · · ·nr とおくと,次の環の同型が成り立つ.
ψ : Z/mZ∼=→
r∏
i=1
Z/niZ ; x mod mZ→ (x mod n1Z, . . . , x mod nrZ)
証明. 写像∼ψ : Z→
r∏
i=1
Z/niZ ; x → (x mod n1Z, . . . , x mod nrZ)
が準同型であることを示す.
∼ψ (x)+
∼ψ (y) = (x mod n1Z, . . . , x mod nrZ) + (y mod n1Z, . . . , y mod nrZ)
= (x mod n1Z+ y mod nrZ, . . . , x mod nrZ+ y mod nrZ)
= (x + y mod n1Z, . . . , x + y mod nrZ)
=∼ψ (x + y)
∼ψ (x)·
∼ψ (y) = (x mod n1, . . . , x mod nrZ) · (y mod n1Z, . . . , y mod nrZ)
= {(x mod n1Z · y mod n1Z, . . . , x mod nrZ · y mod nrZ)}= (xy mod n1Z, . . . , xy mod nrZ)
=∼ψ (xy)
よって, 写像∼ψは環の準同型である.
写像∼ψは準同型であるので, x ∈ Zに対して, x ∈ Ker(
∼ψ)と (1 ≤∀ i ≤ r) ni | xは同値である.また, i 6= jとすると (ni, nj) = 1
であり, mは n1, . . . , mr の集まりなので, ni | xとm | xは同値である. よって, Ker(∼ψ)とm | x は同値となる. 定理 2.22よ
り,∼ψが全射を示せばよいので,与えられた a1, . . . , ar ∈ Zに対して,
1 ≤∀ i ≤ rに対し, x ≡ ai mod niZ
を満たす x ∈ Zを見つければよい.各 iに対して, si = m/ni ∈ Zとおくと, 仮定 (1.3)「i 6= j のとき, (ni, nj) = 1」より, (si, ni) = 1となる. よって,定理 3.14
より, ∃ti ∈ Zに対して, siti ≡ 1 mod niZである.このとき, x = a1s1t1 + · · ·+ arsrtr ∈ Zとなるので,∼ψは全射となり, 題意は
成り立つ.
定理 3.23. 定理 3.22の仮定のもとでϕ(m) = ϕ(n1)ϕ(n2) · · ·ϕ(nr)
nを自然数とし, n = pe11 · · · per
r をその素因数分解とする
ϕ(n) =r∏
i=1
pei−1i (pi − 1)
証明. 一般に,直積環 R = R1 × · · · ×Ri の可逆元全体は
R∗ = (R1)∗ × · · · × (Rr)∗ = {(x1, . . . , xr) | xi ∈ (Ri)∗(1 ≤ i ≤ r)}
これより, ϕ(m) = ϕ(n1)ϕ(n2) · · ·ϕ(nr)である.p を 素数, e を 自然数とすると, ∀a ∈ Nに対して, (a, pe) 6= 1と p | aは同値である.よって, {1, 2, 3, . . . , pe}の中に pe と互
いに素でないものが pe−1 個存在するので, 定義 3.15より
ϕ(pe) = pe − pe−1 = pe−1(p− 1)
23
3.4 ルジャンドル記号と平方剰余の相互法則
pを奇数の素数とする.
定義 3.24.
aが法 pに関し平方剰余 ⇔ (a, p) = 1かつ ∃x ∈ Z, a ≡ x2 mod pZ
aが法 pに関し非平方剰余 ⇔ (a, p) = 1かつ ∀x ∈ Z, a 6≡ x2 mod pZ
a ∈ Zに対し(
a
p
)=
1 (p, a) = 1かつ aが法 pに関し平方剰余の場合
−1 (p, a) = 1かつ aが法 pに関し非平方剰余の場合
0 p|aの場合
とおいて, これをルジャンドル記号とよぶ.
定理 3.25. a ∈ Z, (a, p) = 1に対し ap−12 ≡
(ap
)mod pZ
証明. 系 3.19よりap−1 − 1 ≡ (a
p−12 − 1)(a
p−12 + 1) ≡ 0 mod pZ
系 3.18より Z/pZは体で, 特に整域なので, 上式より
ap−12 ≡ 1 mod pZ または a
p−12 ≡ −1 mod pZ
ある x ∈ Zに対し a ≡ x2 mod pZとすると, (x, p) = 1または pである.(x, p) = pとすると, x = pb (∃b ∈ Z)で,
0 6≡ x2 ≡ (pb)2 ≡ p2b2 ≡ 0 mod pZ
ゆえに, (x, p) = 1である. よって系 1.19より,
ap−12 ≡ xp−1 ≡ 1 mod pZ
となる.逆に a
p−12 ≡ 1 mod pZとする. r ∈ Zを法 pに関する原始根とすると, ある自然数mに対し a ≡ rm mod pZとなる (系 3.20).
仮定より
ap−12 ≡ r
m(p−1)2 ≡ 1 mod pZ
系 3.20より m(p−1)2 は p− 1の倍数である. よって m
2 は整数, つまり mは偶数で,
a ≡ rm ≡ r2·m2 ≡ (
rm2)2
となる. ゆえに, aは法 pに関し平方剰余である.
定理 3.26. a, b ∈ Zに対し次が成り立つ.
(1) a ≡ b mod pZ⇒(
a
p
)=
(b
p
)
(2)(
ab
p
)=
(a
p
)(b
p
)
与えられた整数がいつ法 pに関し平方剰余であるか. この問いに答えるのが平方剰余の相互法則である.
24
定理 3.27. p, qを異なる奇数の素数とする.
(1)(
q
p
)(p
q
)= (−1)
p−12
p−12
(2)(−1
p
)= (−1)
p−12 =
{1 p ≡ 1 mod 4Zの場合−1 p ≡ −1 mod 4Zの場合
(3)(
2p
)= (−1)
p2−18 =
{1 p ≡ ±1 mod 8Zの場合−1 p ≡ ±3 mod 8Zの場合
例 3.1. pを奇数の素数とする. 定理 3.27(1)より(
3p
) (p
3
)= (−1)
p−12 · 3−1
2
(3p
)= (−1)
p−12
(p
3
)
(i) p = 12k + 1のとき (3p
)= (−1)6k
(12k + 1
3
)= (+1)
(13
)= 1
(ii) p = 12k − 1のとき(
3p
)= (−1)6k−1
(12k − 1
3
)= (−1)
(−13
)= (−1)
(23
)= (−1)(−1) = 1
(iii) p = 12k + 5のとき (3p
)= (−1)6k+4
(12k + 5
3
)= (+1)
(23
)= (+1)(−1) = −1
(iv) p = 12k − 5のとき(
3p
)= (−1)6k−3
(12k − 5
3
)= (−1)
(73
)= (−1)
(13
)= (−1)(+1) = −1
ゆえに,
(
3p
)=
{1 p ≡ ±1 mod 12Zの場合−1 p ≡ ±5 mod 12Zの場合
同様に, 定理 3.27(1)より(
5p
)= (−1)
p−12 · 5−1
2
(p
5
)= (−1)p−1
(p
5
)=
(p
5
)
(i) p = ±1のとき(p
5
)=
(15
)または
(45
)= 1
(ii) p = ±2のとき(p
5
)=
(25
)または
(35
)= −1
ゆえに,
(5p
)=
{1 p ≡ ±1 mod 5Zの場合−1 p ≡ ±2 mod 5Zの場合
定理 3.27(2)を示す
奇数の素数 pに対し −1 6≡ 1 mod pZなので,
(−1)p−12 ≡ 1 mod pZ ⇔ (−1)
p−12 = 1 ⇔ p− 1
2= 2k (k ∈ Z) ⇔ p = 4k + 1 ⇔ p ≡ 1 mod 4Z
25
また, 定理 3.25より
(−1)p−12 ≡
(−1p
)mod pZ · · · (∗)
よって,(−1
p
)= 1 ⇔ (−1)
p−12 ≡ 1 mod pZ⇔ p ≡ 1 mod 4Z
ゆえに, (−1p
)= (−1)
p−12 = 1 ⇔ p ≡ 1 mod 4Z
となる. 同様にして,
(−1)p−12 ≡ −1 mod pZ ⇔ (−1)
p−12 = −1 ⇔ p− 1
2= 2k − 1 (k ∈ Z) ⇔ p = 4k − 1 ⇔ p ≡ −1 mod 4Z
(∗)より,(−1
p
)= −1 ⇔ (−1)
p−12 ≡ −1 mod pZ⇔ p ≡ −1 mod 4Z
ゆえに, (−1p
)= (−1)
p−12 = −1 ⇔ p ≡ −1 mod 4Z
となる.
次に定理 3.27の (1)と (3)を示すために準備をする
S = {1, 2, . . . ,p− 1
2} および − S = {−1,−2, . . . ,−p− 1
2}
とおく. α ∈ S, β ∈ −S ならα 6≡ β mod pZで, 任意の x ∈ (Z/pZ)∗ に対し,
x = α mod pZ
なる α ∈ S ∪ −S が一意的に存在する.
x ∈ (Z/pZ)∗ = {1, 2, . . . ,¯p− 12
,¯p + 1
2+ 1, . . . , ¯p− 1} (α = α mod pZ)
= {1, 2, . . . ,¯p− 12
,−¯p− 12
,−¯p− 1
2− 1, . . . , −1}
a ∈ Z, (a, p) = 1と s ∈ S に対し,
as ≡ ε(a, s)sa mod pZ ただし sa ∈ S, ε(a, s) = 1 または − 1 (∗)
定義より,
ε(a, s) =
{1 asを pで割った剰余 ≤ p−1
2 の場合
−1 asを pで割った剰余 > p−12 の場合
補題 3.28(ガウスの予備定理). (a
p
)=
∏
s∈S
ε(a, s)
証明. a ∈ Z, (a, p) = 1を固定すると, 写像 f : S → S; s → sa は全単射である.(1) f が単射であることを示す.
26
(i) ε(a, s) = ε(a, s′)のとき
ε(a, s)sa mod pZ ≡ ε(a, s′)s′a mod pZ
as ≡ as′ mod pZ
ゆえに, s = s′ である.(ii) ε(a, s) = −ε(a, s′)のとき
ε(a, s)sa mod pZ ≡ −ε(a, s′)s′a mod pZ
as ≡ −as′ mod pZ
s ≡ −s′ mod pZ
s + s′ ≡ 0 mod pZ
S = {1, 2, . . . , p−12 }より
2 ≤ s + s′ ≤ p− 1
よって, pで割り切れないので矛盾. 以上より, f は単射である.(2) f が全射であることを示す. まず, S を有限集合, f : S → S とする. このとき, f が単射であることと f が全射であることは
同値である. |A| = nとして, A = {a1, a2, . . . , an}とする.(i)全射を仮定して, 単射を示す.全射なので, Imf = Aであり, |Imf| = |A| = nとなる. Imf={f(a1), f(a2), . . . , f(an)}の元は全て異なるので単射となる.
(ii) 単射を仮定して, 全射を示す.Imf={f(a1), f(a2), . . . , f(an)}の元は全て異なるので, |Imf| = |A| = nとなる. f は Aから Aへの写像なので, Imf ⊆ Aであり, |Imf| = |A|なので, Imf = Aとなり全射となる.
(i),(ii)より, f が単射であることと f が全射であることは同値である. したがって, 写像 S → S; s → saについて単射が成り
立つので, 全射は成り立つ. ゆえに, 題意は示せた.
等式 (∗)において s ∈ S を動かして積を取ると
ap−12
∏
s∈S
s ≡ (∏
s∈S
ε(a, s))∏
s∈S
sa) ≡ (∏
s∈S
ε(a, s))(∏
s∈S
s) mod pZ
よって, Z/pZが整域であることよりa
p−12 ≡
∏
s∈S
ε(a, s) mod pZ
補題は定理 3.25より,(
ap
)≡
∏
s∈S
ε(a, s) mod pZである. ゆえに,(
ap
)=
∏
s∈S
ε(a, s)である.
定理 3.27(3)を示す
(a, p) = 1で, a = 2とする. {2, 4, 6, · · · , p− 5, p− 3, p− 1}定義より,
ε(2, s) =
{1 2s ≤ p−1
2 の場合
−1 2s > p−12 の場合
よって,(
2p
)= (−1)λ(p), ただし λ(p)は次の集合の元の個数である.
Λ = {s ∈ Z | p− 14
< s ≤ p− 12
}
p = 1 + 4k, k ∈ Zとすると, Λ = {s ∈ Z | k < s ≤ 2k}よりλ(p) = kである.(i) kが偶数 つまり k = 2t, t ∈ Zのとき p = 1 + 8tで, λ(p) = 2tである. よって,
(2p
)= (−1)k = (−1)2t = 1
27
(ii) kが奇数 つまり k = 2t + 1, t ∈ Zのとき p = 5 + 8tで, λ(p) = 2t + 1である. よって,(
2p
)= (−1)k = (−1)2t+1 = −1
p = 3 + 4k, k ∈ Zとすると, Λ = {s ∈ Z | k + 12 < s ≤ 2k + 1}よりλ(p) = k + 1である.
(i) kが偶数 つまり k = 2t, t ∈ Zのとき p = 3 + 8tで, λ(p) = 2t + 1である. よって,(
2p
)= (−1)k = (−1)2t+1 = −1
(ii) kが奇数 つまり k = 2t + 1, t ∈ Zのとき p = 7 + 8tで, λ(p) = 2t + 2である. よって,(
2p
)= (−1)k = (−1)2t+2 = 1
以上より,(
2p
)=
{1 p ≡ ±1 mod 8Zの場合−1 p ≡ ±3 mod 8Zの場合
さらに,
λ(p) ≡ 12· p− 1
2·(
p− 12
+ 1)≡ p2 − 1
8
定理 3.27(1)を示す
(x, y)平面上に次のように点の座標を与える.
A(p + 1
2, 0), B(0,
q + 12
), C(p + 1
2,q + 1
2), D(
p
2,q
2)
G(0,12), G′(
p
2,q + 1
2), H(
12, 0), H ′(
p + 12
,q
2)
L(s,qs
p+
12), M(s,
qs
p), N(s, 0) ただし s ∈ S = {1, 2, · · · , p− 1
2}
2点を結ぶ直線の方程式は
OD : y =q
px, GG′ : y =
q
px +
12, HH ′ : y =
q
py − 1
2
で与えられる. つまり ODは原点を通る傾きが qp の直線でGG′とHH ′はODをそれぞれ y軸方向と x軸方向に 1
2 平行移動し
たものである.さて, s ∈ S に対し,
ε(q, s) = −1 ⇔ qsを pで割った剰余 >p− 1
2
⇔ qsを pで割った剰余 >p
2(=
p− 12
+12)
⇔ qs
pの小数部分 >
12
なぜなら, qs = pa + b, p > b > p2 なので, qs
p = pa+bp = a + b
p , 1 > bp > 1
2 である.最後の条件はM, N を結ぶ直線上の格子点でM からの距離が 1
2 以下の点が線分 LM 上にあることに同値である. ただし, 格子点とは x, y座標がともに整数である点である。
qs
p= a +
b
p
qs
p+
12
= a +b
p+
12
= (a + 1) + c (0 < c <12)
qs
p= a +
b
p
b
p+
12
= a +b
p> 1
b
p> 1− 1
2=
12
28
ゆえに, bp > 1
2 である.
よって, 補題 3.28(ガウスの予備定理)により, (q
p
)= (−1)α
が成り立つ.αは平行四辺形 OGG′Dの内部 (辺上を除く. 平行四辺形の辺上の格子点は原点のみであることが容易にわかる)にある格子点の数である.
p, qの役目を入れ替えて同様な議論により (p
q
)= (−1)β
β は平行四辺形 OHH ′Dの内部にある格子点の数となる. 図の対称性から三角形 BGG′ と三角形 AH ′H の内部の格子点の数
は等しい. これを γ とすると
α + β + 2γ =長方形 OABC の内部の格子点の数 =p− 1
2· q − 1
2
これより, (q
p
)·(
p
q
)= (−1)α+β = (−1)α+β+2γ = (−1)
p−12 · q−1
2
3.5 平方剰余の相互法則の応用
定理 3.29.(1) pを奇数の素数とする.次の条件は同値である.
(a) ∃x, y ∈ Z, p = x2 + y2
(b) p ≡ 1 mod 4Z
(2) pを 5以上の素数とする.次の条件は同値である.
(a) ∃x, y ∈ Z, p = x2 + 3y2
(b) p ≡ 1 mod 3Z
証明. (1) 定理 3.27(2)より,(b)と (−1p ) = 1は同値である.よって,条件 (a)と (−1
p ) = 1が同値であることをいえばよい.(i) (a)を仮定して (−1
p ) = 1を示す.(a)が成り立つとすると, 0 < |x|, |y| < pである.よって,
−x = x mod pZ−y = y mod pZ
は Z/pZの可逆元である.
−x
2
+−y
2
= x2 mod pZ+ y2 mod pZ = x2 + y2 mod pZ = p mod pZ = 0
ゆえに,−x
2
+−y
2
= 0 なので s = (−x)−1
−y∈ (Z/pZ)∗ に対して,
s2 = {(−x)−1 −y}2 = {(−x)−1}2 −y2
= (−x)−2{−(
−x)2} = −x−2x2 = −1 mod pZ
であるので, s2 = −1 mod pZである.よって,定義 3.24より (−1p ) = 1である.
(−1p ) = 1を仮定して (a)を示す.(−1
p ) = 1であるとすると,∃a ∈ Z(0 < a < p), a2 ≡ −1 mod pZ
29
よって, a2 + 1が pで割り切れるので, a2 + 1 = pm (m ∈ Z)とかくと, 0 < a ≤ p− 1より, 0 < m < pである.ここで,ガウスの整数環 Z[
√−1]において,イデアル I = (p, a−√−1)を考える.定理 3.10より, Z[√−1]は単項イデアル環なので
π = x + y√−1 ∈ Z[
√−1] st I = (π)
となる.定義より,∃α, β ∈ Z[
√−1] st p = πα かつ a−√−1 = πβ
とかける.写像 N : Z[
√−1] → Z≥0 ; a + b√−1 → a2 + b2 = (a + b
√−1)(a− b√−1)
としてノルムをとると,
N(π)N(α) = N(p) = p2 および N(π)N(β) = N(a−√−1) = a2 + 1 = pm
を得る. Z[√−1]の元のノルムが非負の整数であることとm < pに注意すると,
N(π) = x2 + y2 = 1 または p
を得る. なぜならば, N(π)N(α) = p2 とすると, N(π)は 1, p, p2 のいずれかである. N(π) = p2 とすると, m < pより,
N(π)N(β) = p2N(β) > pm
よって, N(π) = 1 または pである.N(π) = x2 + y2 = 1 とすると, (x, y) = (±1, 0) または (0,±1) なので, π = ±1 または ± √−1 である.いずれの場合も
πは Z[√−1]の可逆元なので, (p, a−√−1) = (π)は Z[
√−1]全体である.したがって,
c + d√−1, e + f
√−1 ∈ Z[√−1] (c, d, e, f ∈ Z)
が存在して,
1 = p(c + d√−1) + (a−√−1)(e + f
√−1) = (pc + ae + f) + (pd + af − e)√−1
となる,これより e = pd + af かつ
1 = pc + ae + f = pc + a(pd + af) + f = p(c + ad) + (a2 + 1)f = p(c + ad) + pmf = p(c + ad + mf)
ここで, p > 1, c + ad + mf ∈ Zより, 1 6= p(c + ad + mf)であるので,矛盾が起こる.よって, N(π) = x2 + y2 = pである.ゆえに, p = x2 + y2 となる.
(2) 定理 3.27より,
(−3p
) = (−1p
)(3p) = (−1)
p−12 (−1)
p−12 (
p
3) = (
p
3)
であるので,
(−3p
) = 1 ⇔ p ≡ 1 mod 3Z
定理 3.27(2)より,(b)と (−3p ) = 1は同値であるので,条件 (a)と (−3
p ) = 1が同値であることをいえばよい.この後の証明は (1)と同様にして示すことができる.
30
第4章 四元数環
4.1 体の二次拡大
Lを体とし, F を Lの部分体とする〔つまり F は Lの部分環で Lの算法の F への制限が F の算法である〕.
定義 4.1. L/F が体の二次拡大であるとは F 6= Lで, ∀α ∈ Lに対し
L = {x + yα|x, y ∈ F}
となることとする.
例 4.1. 複素数体と実数体 C/R, ガウスの数体と有理数体 Q(√−1)/Qは体の二次拡大である.
定義 4.2. (F )∗ = {x2 | x ∈ F ∗}とする.a ∈ F ∗ − (F ∗)2 に対し, F (√
a)を集合 {(x, y) | x, y ∈ F}上に加法, および乗法を
(x, y)± (x′, y′) = (x± x′, y ± y′) および (x, y) · (x′, y′) = (xx′ + ayy′, xy′ + x′y)
により定義したものとする.F → F
√a ; x → (x, 0)
により F は F (√
a)の部分集合とみなす.√
a = (0, 1)と記すと, (x, y) = x + y√
aとかけ, (√
a)2 = aである. F√
aが上の算法
((x, y) = x+y√
a)で体となり, F がその部分体である. F のゼロ元と単位元がF (√
a)のゼロ元と単位元である.また, x+y√
a 6= 0の逆元は
x
x2 − ay2+
−y
x2 − ay2
√a
である (a /∈ (F ∗)2 より (x, y) 6= (0, 0)なら x2 − ay2 6= 0に注意).以上により, F√
a/F は体の二次拡大である.
証明. F (√
a)が体であることを示す.F (√
a)は加群であるので, 環であることを確かめる.(1) {(x, y)(x′, y′)}(x′′, y′′) = (x, y){(x′, y′)(x′′, y′′)}(結合法則)(2) {(x, y) + (x′, y′)}(x′′, y′′) = (x, y)(x′′, y′′) + (x′, y′)(x′′, y′′)(分配法則)(3) 単位元の存在以上 (1)～(3)を満たすので, F (
√a)は環である.
x + y√
a (6= 0)とおくと, αβ = 1となる−αを求める.
(x + y√
a)(s + t√
a) = 1
(x, y)(s, t) = (1.0)
(xs + ayt, xt + ys) = (1, 0)
xs + ayt = 1 (4.1)
xt + ys = 0 (4.2)
(2)より, t = −ysx (x 6= 0とする.) · · · (2)′. (2)′ を (1)に代入
xs + ay(−ys
x) = 1
s(x2 − ay2) = x
s =x
x2 − ay2
31
これを (4)′ に代入して
t =−y x
x2−ay2
x=
−y
x2 − ay2
よって, 求める逆元はx
x2 − ay2+
−y
x2 − ay2
√a
これより,ゼロ元以外の元が可逆元であるので, F√
aは体となる.
(注 1) x2 − ay2 6= 0の理由x2 − ay2 = 0とすると, a = x2
y2 = (xy )2 であるので, (x
y )2 ∈ (F ∗)2 である.よって, a /∈ (F ∗)2 となるので, 仮定に矛盾する.ゆえに, x2 − ay2 6= 0
(注 2) 上の連立方程式で, x = 0のとき, ys = 0, ayt = 1である. y = 0ならば a · 0 · t = 1となり矛盾 (y 6= 0とする).よって, s = 0, t = 1
ay である.ゆえに, (y√
a)−1 = s + t√
a = 1ay
√aである.
F を体とし, F において, 2 = 1 + 1 6= 0と仮定する.
定理 4.3. (1) L/F を二次拡大とする. ∃a ∈ F ∗ − (F ∗)2 に対し, F 上の体の同型
ϕ : F (√
a)∼=→ L
が存在する. (F の体の同型 ϕとは環の同型で, ∀x ∈ F に対し, ϕ(x) = xとなるもの.)(2) a, b ∈ F ∗ − (F ∗)2 に対し, 次は同値である.
(a) F 上の体の同型 F√
a∼=→ F
√b が存在する.
(b) b−1a ∈ (F ∗)2
証明. (1) L = {x + yα | x, y ∈ F} (α ∈ L) を体の二次拡大とすると, α2 = z + wα (z, w ∈ F ) とかける. このとき, (α2 − wα) = zより,
(α− w/2)2 = z + w2/4 ∈ F
ここで, a = z + w2/4とおくと,(α− w/2)2 = a (∗) (a ∈ F )
a = c2 (c ∈ F )とすると (∗)より
(α− w/2)2 = c2
(α− w/2)2 − c2 = 0
((α− w/2) + c)((α− w/2)− c) = 0
(α− (w/2− c))(α− (w/2− c)) = 0
ゆえに, α = w/2± c ∈ F であるので α ∈ F となり, 仮定 F 6= Lに反する.ゆえに, a = c2 /∈ (F ∗)2,√
a /∈ (F ∗), α−w/2 /∈ F ∗
となる.
写像 ϕ : F (√
a) → L;x + y√
a → x + y(α− w/2)が環の同型を示す.写像 ϕが環の準同型を示す.∀x′, y′ ∈ F (
√a)に対して,
ϕ((x + y√
a) + (x′ + y′√
a)) = ϕ((x, y) + (x′, y′)) = ϕ(x + x′, y + y′)
= (x + x′) + (y + y′)(α− w/2) = ϕ(x + y√
a) + ϕ(x′ + y′√
a)
ϕ((x + y√
a)(x′+ y′√a) = ϕ((x, y)(x′ + y′)) = ϕ(xx′ + ayy′, xy′ + x′y) = xx′ + ayy′ + (xy′ + x′y)(α− w/2)
= (x + y(α− w/2))(x′ + y′(α− w/2)) = ϕ(x + y√
a)ϕ(x′ + y′√
a)
32
以上より, 写像 ϕは環の準同型である.写像ϕが単射を示す.
ϕ(x + y√
a) = ϕ(x′ + y′√
a) ⇒ x + y(α− w/2) = x′ + y′(α− w/2)
⇒ (x− x′) + {y(α− w/2)y −′ (α− w/2)} = 0{
(x− x′)− (y − y′)w/2 = 0y − y′ = 0
よって, x = x′, y = y′ である.ゆえに,
ϕ(x + y√
a) = ϕ(x′ + y′√
a) ⇒ x + y√
a = x′ + y′√
a
となる.写像 ϕが全射を示す.全射の定義より,
∀x + yα ∈ L, ∃x′ + y′√
a ∈ F (√
a), ϕ(x′ + y′√
a) = x + yα
ここで,ϕ(x′ + y′
√a) = x′ + y′(α− w/2) = {x′ − y′(w/2)}+ y′α
より, x′ − y′(w/2) = xである. y′ = yとすると, x′ = x + y(w/2)である. ゆえに,
∀x + yα ∈ L, ∃x′ + y′√
a ∈ F (√
a), ϕ(x′ + y′√
a) = x + yα
となり, ϕは全射となる.以上より, ϕは環の同型である.∀x + 0
√a ∈ F に対して,
ϕ(x + 0√
a) = x + y(0− w/2) = x
なので, ϕは体の同型である.
(2) (b)を仮定して (a)を示す.
F (√
a) = {x + y√
a|x, y ∈ F} および F (√
b) = {x + y√
b|x, y ∈ F}
を定義 4.2の通りとする. b−1a = c2(c ∈ F )とすると,
ϕ : F (√
a) → F (√
b) ; x + y√
a → x + (yc)√
b
が F 上の体の同型を与えることが (1)と同様にして確かめられる.
(a)を仮定して (b)を示す.F 上の体の同型 ϕ : F (
√a)
∼=→ F (√
b)が与えられたとし,
ϕ(√
a) = z + w√
b (z, w ∈ F )
とすれば,a = ϕ(a) = ϕ((
√a)2) = (z + w
√b)2 = (z2 + bw2) + 2zw
√b
となり, z2+bw2 = aかつ zw = 0を得る. w = 0とすると z2 = aとなりa /∈ (F ∗)2に反する.よって, z = 0かつ b−1a = w2 ∈ (F ∗)2
となる.
F を体とし, F において, 2 = 1 + 1 6= 0と仮定する.
定義 4.4. a ∈ F ∗ − (F ∗)2 とする.写像
F√
a → F√
a ; α = x + y√
a →−α= x− y
√a
33
が F 上の体の同型である.写像
NF (√
a)/F (αβ) : (F (√
a))∗ → F ∗;α = x + y√
a → α−α= x2 − ay2
は群の準同型で
NF (√
a)/F (αβ) = NF (√
a)/F (α) ·NF (√
a)/F (β) (α, β ∈ (F (√
a))∗
が成り立つ. NF (√
a)/F の像を,NF (F (
√a)) = {x2 − ay2|x, y ∈ F, (x, y) 6= (0, 0)}
と記し, F (√
a)/F のノルム群とよぶ.これは F ∗ の部分群で (F ∗)2 を含む.
4.2 四元数環
F を体とする. F 上の四元数環とよばれる環を導入する.
定義 4.5. a, b ∈ F ∗ = F − {0}に対し F 上の四元数環
Q = (a, b
F) = {x + ye + zf + wg|x, y, z, w ∈ F}
を定義する. 写像F → Q;x → x + 0e + 0f + 0g ただし 0は F のゼロ元
により F は Qの部分集合と同一視する.
(x + ye + zf + wg) + (x′ + y′e + z′f + w′g) = (x + x′) + (y + y′)e + (z + z′)f + (w + w′)g
により加法が定義され Qは加法群になる. ゼロ元は 0 ∈ F である. λ ∈ F と Qの元の乗法が
λ(x + ye + zf + wg) = (λx) + (λy)e + (λz)f + (λw)g
により定義される.さらに Qに乗法が次のように定義される.
(x · 1 + ye + zf + wg)(x′ · 1 + y′e + z′f + w′g) = (xx′ + yy′a + zz′b− ww′ab) · 1 + (xy′ + yx′ − zw′b + wz′b)e
+(xz′ + zx′ + yw′a− wy′a)f + (xw′ + wx′ + yz′ − zy′)g
このとき, 次の規則で与えられている.
e2 = a, f2 = b, g2 = −ab, ef = g = −fe
ただし e = 0 + 1e + 0f + 0g, g2 = gg = efef = e(−ef)f = −e2f2 = −abと表す. Qの一般の元に対する乗法の規則は上の規
則より分配法則で求められる. 以上により, Qは環となる. F は Qの部分環となり, F のゼロ元と単位元がQのゼロ元と単位元
となる. 定義より任意の t ∈ Q, x ∈ F に対し tx = xt
定義 4.6. Q =(
a,bF
)を定義 4.5の通りとし, a /∈ (F ∗)2 とする.
F ⊂ L = {x + ye|x, y ∈ F} ⊂ Q
は部分環である. さらに Lは体で L/F は二次拡大である. 対応
σ : L → F (√
a);x + ye → x + y√
a
34
は F 上の同型を与えている. 定義より
x + ye + zf + wg = α + βf, ただしα = x + ye ∈ L, β = z + we ∈ L
とかける. さらにα ∈ Lに対し fα = αf
が成り立つ. ただし α = x + ye ∈ Lに対し α = x− yeとする.
定義 4.7. 写像ι : Q → Q;x + ye + zf + wg → x− ye− zf − wg
を考える. ιは Qの加群としての自己同型で
任意の λ ∈ F に対し ι(λα) = λι(α) (α ∈ Q)
が成り立つ. さらに次が示される.
t, s ∈ Qに対し ι(ts) = ι(s)ι(t) (∗)
t = x + ye + zf + wg ∈ Qに対し
t · ι(t) = ι(t) · t = x2 − ay2 − bz2 + abw2 ∈ F (∗∗)
Nrd(t) = t · ι(t)とおいて, t ∈ Qの被約ノルムとよぶ.
(被約ノルムの乗法性) t, s ∈ Qに対し Nrd(ts) = Nrd(t)Nrd(s) (∗ ∗ ∗)
証明. α = x + ye + zf + wgとする.λα = λx + λye + λzf + λwg
f(λα) = λx− λye− λzf − λwg = λ(x− ye− zf − wg) = λf(α)
さらに次が示される.t, s ∈ Qに対し ι(ts) = ι(s)ι(t) · · · (∗)
t = x + ye + zf + wg, s = x′ + y′e + z′f + w′gとおく.
ts = (x + ye + zf + wg)(x′ + y′e + z′f + w′g)
= xx′ + xy′e + xz′f + xw′g + yx′e + yy′a + yz′g + yw′af + zx′f − zy′g + zz′b− zw′be + wx′g − wy′af + wz′be− ww′ab
= (xx′ + yy′a + zz′b− ww′ab) + (xy′ + yx′ − zw′b + wz′b)e + (xz′ + yw′a + zx′ − wy′a)f + (xw′ + yz′ − zy′ + wx′)g
ι(ts) = (xx′ + yy′a + zz′b− ww′ab)− (xy′ + yx′ − zw′b + wz′b)e− (xz′ + yw′a + zx′ − wy′a)f − (xw′ + yz′ − zy′ + wx′)g
ι(s)ι(t) = (x′ − y′e− z′f − w′g)(x− ye− zf − wg)
= (xx′ + yy′a + zz′b− ww′ab)− (xy′ + yx′ − zw′b + wz′b)e− (xz′ + yw′a + zx′ − wy′a)f − (xw′ + yz′ − zy′ + wx′)g
t = x + ye + zf + wg ∈ Qに対し
t · ι(t) = ι(t) · t = x2 − ay2 − bz2 + abw2 ∈ F · · · (∗∗)
t · ι(t) = (x + ye + zf + wg)(x− ye− zf − wg)
= x2 − xye− xzf − xwg + y2a− yzg − ywaf + xzf + zyg − z2b + zwbe + wxg + wyfa− wzbe + w2ab
= x2 − ay2 − bz2 + abw2
35
Nrd(t) = t · ι(t)とおいて, t ∈ Qの被約ノルムとよぶ.
(被約ノルムの乗法性) t, s ∈ Qに対しNrd(ts) = Nrd(t)Nrd(s) · · · (∗ ∗ ∗)(∗ ∗ ∗)式は (∗)と (∗∗)式から次のようにして示すこともできる.
Nrd(ts) = ts · ι(ts) = ts · ι(s)ι(t) = tNrd(s)ι(t) = t · ι(t)Nrd(s) = Nrd(t)Nrd(s)
補題 4.8. a ∈ (F ∗)2 または b ∈ (F ∗)2 とする. F 上の同型
ϕ : (a, b
F)∼=→ M2(F )
が存在する. 特に, F 上の同型
ϕ : (a, 1F
)∼=→ (
1, b
F)∼=→ M2(F )
が存在する. ここで F 上の同型とは環としての同型かつ
任意の λ ∈ F に対し ϕ(λα) = λϕ(α) (α ∈ (a, b
F))
が成り立つことを意味する.
証明. a = c2(c ∈ F ∗)として写像 ϕ : Q → M2(F )を
ϕ(x + ye + zf + wg) =
(x + yc z + wc
b(z − wc) x− yc
)
= x
(1 00 1
)+ y
(c 00 −c
)+ z
(0 1b 0
)+ w
(0 c
−bc 0
)
で与える.(i) s = x + ye + zf + wg, t = x′ + y′e + z′f + w′gとおく.
ϕ(s + t) =
((x + x′) + (y + y′)c (z + z′) + (w + w′)cb{(z + z′)− (w + w′)c} (x + x′)− (y + y′)c
)
=
(x + yc z + wc
b(z − wc) x− yc
)+
(x′ + y′c z′ + w′c
b(z′ − w′c) x′ − y′c
)
=
{x
(1 00 1
)+ y
(c 00 −c
)+ z
(0 1b 0
)+ w
(0 c
−bc 0
)}
+
{x′
(1 00 1
)+ y′
(c 00 −c
)+ z′
(0 1b 0
)+ w′
(0 c
−bc 0
)}
= ϕ(s) + ϕ(t)
ゆえに, ϕ(s + t) = ϕ(s) + ϕ(t) である.(ii) s = x + ye + zf + wg, t = x′ + y′e + z′f + w′gとおく.
ϕ(st) =
(xx′ + yy′a + zz′b− ww′ab) (xz′ + yw′a + zx′ − wy′a)+(xy′ + yx′ − zw′b + wz′b)c +(xw′ + yz′ − zy′ + wx′)cb{(xz′ + yw′a + zx′ − wy′a) (xx′ + yy′a + zz′b− ww′ab)−(xw′ + yz′ − zy′ + wx′)c} −(xy′ + yx′ − zw′b + wz′b)c
ϕ(s)ϕ(t) =
(x + yc z + wc
b(z − wc) x− yc
)(x′ + y′c z′ + w′c
b(z′ − w′c) x′ − y′c
)
=
((x + yc)(x′ + y′c) + (z + wc)b(z′ − w′c) (x + ye)(z′ + w′c) + (z + wc)(x′ − y′c)b(z − wc)(x′ + y′c) + (x− yc)b(z′ − w′c) b(z − wc)(z′ + w′c) + (x− yc)(x′ − y′c)
)
36
=
(xx′ + yy′a + zz′b− ww′ab) (xz′ + yw′a + zx′ − wy′a)+(xy′ + yx′ − zw′b + wz′b)c +(xw′ + yz′ − zy′ + wx′)cb{(xz′ + yw′a + zx′ − wy′a) (xx′ + yy′a + zz′b− ww′ab)−(xw′ + yz′ − zy′ + wx′)c} −(xy′ + yx′ − zw′b + wz′b)c
ゆえに, ϕ(st) = ϕ(s)ϕ(t) である.(iii) 単位元であることを示す.
f(1 + 0e + 0f + 0g) =
(1 00 1
)∈ M2(F )
(iv) 単射であることを示す. ϕ(s) = ϕ(t)より,{
x
(1 00 1
)+ y
(c 00 −c
)+ z
(0 1b 0
)+ w
(0 c
−bc 0
)}
=
{x′
(1 00 1
)+ y′
(c 00 −c
)+ z′
(0 1b 0
)+ w′
(0 c
−bc 0
)}
(x− x′)
(1 00 1
)+ (y − y′)
(c 00 −c
)+ (z − z′)
(0 1b 0
)+ (w − w′)
(0 c
−bc 0
)= ∅
x− x′ = 0, y − y′ = 0, z − z′ = 0, w − w′ = 0であるから, x = x′, y = y′, z = z′, w = w′.よって, x + ye + zf + wg = x′ + y′e + z′f + w′g.ゆえに, s = t. したがって, ϕは単射である.(v) 全射であることを示す.
∀{
x
(1 00 1
)+ y
(c 00 −c
)+ z
(0 1b 0
)+ w
(0 c
−bc 0
)}∈ M2(F ),
x + ye + zf + wg ∈ Qなので,
ϕ(x + ye + zf + wg) =
{x
(1 00 1
)+ y
(c 00 −c
)+ z
(0 1b 0
)+ w
(0 c
−bc 0
)}
よって, ϕは全射である.(vi)
ϕ(λα) = ϕ(λx + λye + λzf + λwg) = λϕ(x + ye + zf + wg) = λ(ϕα)
以上 (i)～(vi)より, ϕは F 上の環の同型となる. b ∈ (F ∗)2 の場合も同様である.
補題 4.9. a ∈ F ∗ − (F ∗)2 と b ∈ F ∗ と c ∈ NF (F (√
a))に対し, F 上の同型
(a, bc
F)∼=→ (
a, b
F)
が存在する.
証明.
Q = (a, b
F) = F ⊕ F · e⊕ F · f ⊕ F · ef (e2 = a, f2 = b, ef = −fe)
Q′ = (a, bc
F) = F ⊕ F · ε⊕ F · η ⊕ F · εη (ε2 = a, η2 = b, εη = −ηε)
γ ∈ F (√
a)に対し c = NF (√
a)/F (γ)と仮定する. F (√
a)は L = {x + ye | x, y ∈ F} ⊂ Qと同一視する.∼f= γf ∈ Qとおくと
∼f
2
= (γf)(γf) = (γγ)f2 = NF (√
a)/F (γ) = bc
37
e∼f= eγf = γef = −γfe = −
∼f e
が成り立つ. これより写像
ψ : Q′ → Q; x + yε + zη + wεη → x + ye + z∼f +we
∼f (x, y, z, w∈ F )
が求める F 上の同型を与える.s = x + yε + zη + wεη, t = x′ + y′ε + z′η + w′εηとする.
(i)
ψ(s) + ψ(t) = (x + ye + z∼f +we
∼f ) + (x′ + y′e + z′
∼f +w′e
∼f )
= (x + x′) + (y + y′)e + (z + z′)∼f +(w + w′)e
∼f
= ψ(s + t)
ゆえに, ψ(s) + ψ(t) = ψ(s + t) である.(ii)
ψ(s)ψ(t) = (x + ye + z∼f +we
∼f )(x′ + y′e + z′
∼f +w′e
∼f )
= (xx′ + yy′a + zz′bc− ww′abc) + (xy′ + yx′ − zw′bc + wz′bc)e
+ (xz′ + yw′a + zx′ − wy′a)∼f +(xw′ + yz′ − zy′ + wx′)e
∼f
= ψ(st)
ゆえに, ψ(s)ψ(t) = ψ(st) である.(iii) 単位元であることを示す.
ψ(1 + 0ε + 0η + 0εη) = 1 + 0e + 0∼f +0e
∼f∈ Q′
(iv) 単射であることを示す.ψ(s) = ψ(t)より,
x + ye + z∼f +we
∼f= x′ + y′e + z′
∼f +w′e
∼f
(x− x′) + (y − y′)e + (z − z′)∼f +(w − w′)e
∼f= 0
x− x′ = 0, y − y′ = 0, z − z′ = 0, w − w′ = 0であるので, x = x′, y = y′, z = z′, w = w′ である.よって,
x + ye + zf + wg = x′ + y′e + z′f + w′g
であるので, s = tである. ゆえに, ψは単射である.(v) 全射であることを示す. ∀x + ye + z
∼f +we
∼f ∈ Q′, x + yε + zη + wεη ∈ Qに対して,
ψ(x + yε + zη + wεη) = x + ye + z∼f +we
∼f
よって, ψは全射である.(vi)
ψ(λα) = ψ(λx + λyε + λzη + λwεη) = λψ(x + yε + zη + wεη) = λ(ψα)
定義 4.10. Q = (a,bF ) (a, b∈ F ∗) に対し, 次の条件はすべて同値である.
(a) F 上の同型 Q∼=→ M2(F )が存在する.
(b) Qにおいてゼロ元でなく, かつ可逆元でもない元が存在する.
(c) 方程式 X2 − aY 2 − bZ2 + abW 2 = 0は F において自明でない解 (x, y, z, w)をもつ.
(d) 方程式 X2 − aY 2 − bZ2 = 0 は F において自明でない解 (x, y, z)をもつ.
(e) a ∈ (F ∗)2 または a /∈ (F ∗)2 かつ b ∈ NF (F (√
a))
38
ただし, 自明でない解とは x, y, z, w ∈ F (あるいは x, y, z ∈ F )のうち少なくとも 1つはゼロでない解のことである.
証明. (i)(a)を仮定して (b)を示す.(a b
c d
)について, ad− bc = 0 とすると a = b = c = d = 1である.
写像 ϕ : Q → M2(F )
(1 11 1
)∈ M2(F ), ϕ−1
((a b
c d
))∈ Q
ϕ−1
((a b
c d
))= 0と仮定する.
(1 11 1
)= ϕ
(ϕ−1
((a b
c d
)))= ϕ(0) 6=
(0 00 0
)
ゆえに, 矛盾する.
ϕ−1
((1 11 1
))が可逆元であると仮定する.
1 = αϕ−1
((1 11 1
))
(1 00 1
)= ϕ
(αϕ−1
((1 11 1
)))= ϕ(α)ϕ
(ϕ−1
((1 11 1
)))= ϕ(α)
(1 11 1
)
ϕ(α) =
(1 11 1
)−1
となり矛盾. よって, 対偶が成り立つので示せた.(ii) (b)を仮定して (c)を示す. (3)の方程式が自明でない解を持たないとする.
Q 3 t = x + ye + zf + wg 6= 0に対し F 3 Nrd(t) = t · ι(t) = ι(t) · t 6= 0
よって,
Nrd(t)−1Nrd(t) = Nrd(t)−1 · t · ι(t)1 = Nrd(t)−1 · t · ι(t)
t−1 = Nrd(t)−1 · ι(t)
よって, Nrd(t)−1 · ι(t)が tの逆元を与え, tは可逆である.
(iii) (c)を仮定して (d)を示す. (x, y, z, w)が (c)の方程式の自明でない解とする.
t = x + ye + zf + wg ∈ QとすればNrd(t) = 0
a = c2(c ∈ F )のとき (d)の方程式は自明でない解 (1, c, 0)をもつ. a 6∈ (F ∗)2 のとき
t = α + βf, ただしα = x + ye ∈ L, β = z + we ∈ L (L ∼= F (√
a))
β = 0 とすると, z = w = 0 より (x, y, 0) が (d) の方程式の自明でない解を与える. β 6= 0 とすると, L は体だから β は逆
元 β−1 ∈ Lをもつ. このときβ−1α = x′ + y′e (x′, y′ ∈ F )
とすると, β−1t = x′ + y′e + f となる. 被約ノルムの乗法性より
x′2 − ay′2 − b = Nrd(x′ + y′e + f) = Nrd(β−1) ·Nrd(t) = 0
39
となるので (d)の方程式は自明でない解 (x′, y′, 1)をもつ.(iv) (d)を仮定して (e)を示す.自明でない (x, y, z)に対し x2 − ay2 − bz2 = 0とし, a /∈ (F ∗)2 と仮定する. z = 0とすると a ∈ (F ∗)2 となり, 仮定に反す
る. z 6= 0なら
b =(x
z
)2
− a(y
z
)2
= NF (√
a)/F(x
z+
y
z
√a)
(v) (e)を仮定して (d)を示す.a ∈ (F ∗)2 なら 補題 4.8より従う. a /∈ (F ∗)2かつ b ∈ NF (F (
√a))なら 補題 4.9と補題 4.8より従う.
定義 4.11. a, b, c ∈ F ∗ に対し次が成立する. ただし ∼=は F 上の同型を意味する.
(1) (a, b
F) ∼= (
b, a
F)
(2) (a, c2
F) ∼= M2(F ) ∼= (
c2, b
F)
(3) (a, b
F) ∼= M2(F ) ⇔ a ∈ (F ∗)2 または a /∈ (F ∗)2かつ b ∈ N(F (
√a))
(4) (a, c
F) ∼= M2(F ) なら (
a, b
F) ∼= (
a, bc
F)
(5) (a, b
F) ∼= (
a, bc2
F) ∼= (
ac2
F)
(6) x, y ∈ F, x2 − ay2 6= 0 とすると (a, b
F) ∼= (
a, b(x2 − ay2)F
)
(7) (a, b
F) ∼= (
a,−ab
F) ∼= (
a, (1− a)bF
)
(8) (a,−a
F) ∼= (
a, 1− a
F) ∼= M2(F )
証明. (4) (i)a ∈ (F ∗)2 のとき, (a,c2
F ) ∼= M2(F )である. よって,
(a, b
F) ∼= (
a, bc
F)
(ii)a /∈ (F ∗)2 のとき, a ∈ F ∗ − (F ∗)2, b ∈ F ∗, c ∈ NF (F (√
a))である.よって,
(a, b
F) ∼= (
a, bc
F)
(5) (i)a /∈ (F ∗)2 のとき,
(a, b
F) ∼= M2(F ), (
a, c2
F) ∼= M2(F )
である. a = d2 とおくと, ac2 = d2c2 = (dc)2 = i2 ∈ (F ∗)2, よって,
(ac2, b
F) ∼= M2(F )
(ii)a /∈ (F ∗)2 かつ b ∈ NF (F (√
a))のとき
(a, c2
F) ∼= M2(F ), bc2 ∈ NF (F (
√a))
よって, (a,bc2
F ) ∼= (a,bcF )である. ac2 = k2 より, a = (k
c )2 ∈ (F ∗)2 となり矛盾する. ゆえに,
(ac2, b
F) ∼= M2(F )
(8) (i) a ∈ (F ∗)2 のとき
(a,−a
F) ∼= (
a, 1− a
F) ∼= M2(F )
40
(ii)a /∈ (F ∗)2 かつ −a, 1− a ∈ NF (F (√
a))のとき
NF (F (√
a)) ∈ x2 − ay2
x = 0, y = 1のとき − a
x = y = 1のとき 1− a
ゆえに,
(a,−a
F) ∼= (
a, 1− a
F) ∼= M2(F )
定義 4.12. F = Rを実数体とする. R上の四元数環 H := (−1,−1R )をハミルトンの四元数環とよぶ.
定理 4.13. Hのゼロでない元は可逆元である. 特に R上の同型 H ∼= M2(R)は存在しない. R上の四元数環は M2(R) または H のいずれかに R上の同型である.
4.3 有限体上の四元数環
F = Fpを p個の元をもつ有限体とする. F = Fp = Z/pZとする.
定義 4.14. pを奇数の素数とする.有限体 F 上の四元数環はすべてM2(F )に同型である.(同型の意味は補題 4.8と同じである.)
証明. 定理 4.10で (a)と (d)が同値であることより,次の定理 4.15示せば十分である.定理 4.10(d)において, 方程式 X2 − aY 2 − bZ2 = 0のX2, Y 2, Z2を c,X2, Y 2で置き換えると, c− aX2 − bY 2 = 0となる. ゆえに, aX2 + bY 2 = cである.
定理 4.15. pを奇数の素数とする. a, b, c ∈ F∗p に対し, Fp 上の方程式
aX2 + bY 2 = c
は常に解をもつ.
証明. 定義 3.15より, ϕ(p) = p− 1である.系 3.16で nを pとすると, F∗pの位数は ϕ(p) = p− 1である.3章定理 3.5より F∗pは位数 p− 1の有限巡回群である. ここで, (Fp)2 = {x2|x ∈ Fp}, F∗p = {x1, x2, . . . , x
p−12 , x
p−12 +1, . . . , xp−1}とすると,
(F∗p)2 = {(x1)2, (x2)2, . . . , (xp−12 )2, (x
p−12 +1)2, . . . , (xp−1)2} = {x2, x4, . . . , xp−1, xp+1, . . . , x2(p−1)}
ここで, (F∗p)2 ⊂ F∗pで, F∗pが位数 p− 1の有限巡回群より
(F∗p)2 = {x2, x4, . . . , xp−1} = {(x1)2, (x2)2, . . . , (xp−12 )2}
ゆえに, (F∗p)2 の位数はp−12 である. よって, (F∗p)2 にゼロ元が加わったものが (Fp)2 なので,集合 {x2|x ∈ Fp} の元の個数は
1 + p−12 = p+1
2 である.一方,集合としての写像
f : Fp → Fp ; x → ax (a 6= 0) および g : Fp → Fp ; x → c− x
を考える.f(x) = f(y) ⇒ ax = ay ⇒ x = y
g(x) = g(y) ⇒ c− x = c− y ⇒ x = y
41
より, f は g は単射である. Fp は有限集合なので,写像 f, g は有限集合から有限集合の写像である.よって, f が単射であるこ
とと f が全射であることは同値である. g に対しても同様である.ゆえに,写像 f, g は全単射写像である.よって Fp の部分集合
A : {ax2|x ∈ Fp} および B : {c− bx2|x ∈ Fp}はともに p+12 個の元をもつ. Fpの元の個数は pであったので,
|A ∪B| = |A|+ |B| − |A ∩B| ≤ p
p + 12
+p + 1
2− |A ∩B| ≤ p
ゆえに, |A ∩B| ≥ 1である.よって,上の 2つの集合は共通元をもつことになる.つまり, aX2 = c− bY 2となることがあるとい
うことである.これが求める方程式の解を与える.
42
第5章 p進数体
5.1 p進整数
方程式 X2 = 7 は有理数の範囲では解をもたない. つまり,√
7は無理数であることはよく知られている. ところが合同式
X2 ≡ 7 mod 3n+1
は ∀n ≥ 0に対し, 解をもつ. もっと強く次の事実が成り立つ.
定理 5.1. p ≥ 3を素数とする. pで割れない整数 aと整数 n ≥ 0に対して,合同式
(∗)n X2 ≡ a mod pn+1
を考える. (ap ) = 1, つまり合同式 X2 ≡ a mod p が整数解 X = a0 をもったとすると整数の無限列
(ak)k≥0 = (a0, a1, a2, . . . , ak, . . .)
が存在して xn =∑n
k=0akpk とおいたとき xn が (∗)n の解となる.
証明. 帰納法で (∗)n の解を見つける. n = 0のとき,仮定より整数解 X = a0 をもつ. n ≥ 1に対して, (∗)n−1 の解 xn−1 =∑n−1
k=0akpk が見つかったとすると,仮定より,
(xn−1)2 = a + bp(n+1)−1 = a + bpn(b ∈ Z)
とかける. (∗)nの解は, y ∈ Zに対して,
(xn−1 + ypn)2 = (xn−1)2 + 2xn−1ypn + y2p2n ≡ a + pn(b + 2xn−1y) mod pn+1
となる. 2xn−1 ≡ 2a0 6≡ 0 mod pより, b + 2xn−1y ≡ 0 mod pを満たす整数 y = an が存在する. このとき,
xn = xn−1 + anpn =n−1∑
k=0
akpk + anpn =n∑
k=0
akpk
よって, xn =n∑
k=0
が (∗)n の解となり成り立つ.
pを素数とする (p = 2でもよい). 各整数 n ≥ 0に対し An = Z/pn+1Zを, 整数の環を pn+1を法として得られる剰余環とす
る. 整数を pn+1を法としたものを pnを法とし直すことにより, 環としての準同型
ϕn : An → An−1 ; x mod pn+1 → x mod pn
を得る. これにより, 環の準同型の無限列
A0ϕ1← A1
ϕ2← · · · ← An−1ϕn← An ← · · ·
を得る.
定義 5.2. p進整数環 Zp を
Zp = {x = (xn)n≥0 | xn ∈ Anで∀n ≥ 1に対し xn−1 = ϕn(xn)}
43
で定義する. Zp の元を p進整数とよぶ. x = (xn)n≥0 ∈ Fp に対し
xn = x mod pn+1 ∈ An
とかく. 成分ごとの演算
(xn)n≥0 ± (yn)n≥0 = (xn ± yn)n≥0 および (xn)n≥0 · (yn)n≥0 = (xnyn)n≥0
により Zp は環になる. ゼロ元は (0, 0, . . .), 単位元は (1, 1, . . .) である. 写像
ι : Z→ Zp ; x → (xn)n≥0, ただし xn = x mod pn+1
は環の準同型で単射である. これにより Zは Zp の部分環となる.
xn = x mod pn+1 としたときに, ι : Z→ Zp ; x → (xn)n≥0 は環の準同型で単射であることを示す.
証明. ∀x, x′ ∈ (Z)∗ に対して,
ι(x + x′) = (x + x′ mod pn+1)n≥0 = (x′ mod pn+1)n≥0 + (x′ mod pn+1)n≥0 = ι(x) + ι(x′)
ι(x · x′) = (xn · x′n)n≥0 = (xn)n≥0 · (xn)′n≥0 = ι(x)ι(x′)
以上より, 写像 ιは環の準同型である.
写像 ιが単射であることを示す.
証明.
ι(x) = ι(x′) ⇒ (x mod pn+1)n≥0 = (x′ mod pn+1)n≥0
⇒ (x mod pn+1)n≥0 − (x′ mod pn+1)n≥0 = 0
⇒ (x− x′ mod pn+1)n≥0 = 0
⇒ (x− x′ ≡ modpn+1)n≥0 = 0
いま, x−x′pn+1 = b (b ∈ Z)とおくと, x, x′ ∈ Zなので, |x− x′| < pn+1.また, 0 ≤ |x−x′|
pn+1 < 1で |x−x′|pn+1 ∈ Zであるので, x−x′
pn+1 = 0となる.よって, x = x′ なので,写像 ιは単射である.
次に p進整数の p進展開について説明しよう.
定義 5.3. (ak)k≥0 = (a0, a1, . . . , ak, . . .) を整数の列とする.
各 n ≥ 0 に対し xn =n∑
k=0
akpk mod pn+1 ∈ An
とすれば, x = (xn)n≥0 ∈ Zp であることは定義より明らかである.このとき
x =∞∑
k=0
akpk ∈ Zp
とかくことにする.
定理 5.4. pを素数とし, S = {0, 1, 2, . . . , p− 1}とおく. p進整数 x ∈ Zpに対し, ある数列 (ak)k≥0(ak ∈ S)が存在して
(∗) x =∞∑
k=0
akpk
となる. xに対し (ak)k≥0 は一意的に定まり, (∗)を xの p進展開とよぶ.
44
証明. 与えられた x = (xn)n≥0 ∈ Zp に対し,各 x ≥ 0に対する合同式
(∗)n xn ≡n∑
k=0
akpk mod pn+1
を満たす数列 (ak)k≥0(ak ∈ S)が一意的に定まることを示せばよい.nに関する帰納法により示す.
(1) n = 0のとき, 定義より x0 ≡ a0 mod pを満たす a0 ∈ S をとると,
x0 ≡ a0p0 mod p
すなわち, x0 = a0
(2) n ≥ 1に対して, 数列 a0, a1, . . . , an−1(ak ∈ S)が一意的に決まって, 合同式 (∗)0, (∗)1, . . . , (∗)n−1 が満たされたとすると,
xn −n−1∑
k=0
akpk mod pn+1 ∈ Ker(Anφn→ An−1) = pnZ/pn+1Z
であることがわかる.
(補題 5-1) xn −n−1∑
k=0
akpk mod pn+1 ∈ Ker(Anϕn→ An−1)を示す.
n∑
k=0
akpk mod pn+1 −n−1∑
k=0
akpk mod pn+1
ϕ(n∑
k=0
akpk mod pn+1 −n−1∑
k=0
akpk mod pn+1) =n∑
k=0
akpk mod pn −n−1∑
k=0
akpk mod pn
= anpn mod pn +n−1∑
k=0
akpk mod pn −n∑
k=0
akpk mod pn
= an mod pn
= 0
(補題 5-2) Ker(Anϕn→ An−1) = pnZ/pn+1Zを示す.
Ker(Anϕn→ An−1) = ϕ−1
n (0)
= {m mod pn+1 ∈ An | ϕn(m mod pn+1 = 0}= {m mod pn+1 ∈ An | (m mod pn = 0 mod pn}= {m mod pn+1 ∈ An | m ∈ pnZ}= pnZ/pn+1Z
よって, 適当な an ∈ S に対して,
xn −n−1∑
k=0
akpk ≡ anpn mod pn+1
とできる. このとき, 数列 a0, a1, . . . , an に対し, 合同式 (∗)0, (∗)1, . . . , (∗)n が満たされる.ここで, その一意性を確かめる.もし別の bn ∈ S に対して,
xn =n−1∑
k=0
akpk + +anpn ≡n−1∑
k=0
akpk + bnpn mod pn+1
が成り立つとすると,pn(an − bn) ≡ 0 mod pn+1
よって, an − bn ≡ 0 mod pが従う. an, bn ∈ Sのとき, |an − bn|＜ pとなるので, これより, an − bn = 0を得る.これより, 数列a0, a1, . . . , an に対し, 合同式 (∗)0, (∗)1, . . . , (∗)n が一意的に定まる.
45
5.2 p進整数の基本的性質
補題 5.5. nを自然数とする. x =∑∞
k=0 akpk を x ∈ Zp の p進展開とすれば
pnx =∞∑
k=0
bkpk, bk =
{0 (0 ≤ k ≤ n− 1)ak−n (k ≥ n)
が pnxの p進展開を与える. x ∈ Zp に対し, pnx = 0なら x = 0である.
補題 5.6. p進整数 x =∑∞
k=0 akpk(ak ∈ S)に対し次の条件は同値である.
(1) x mod pn = 0 ∈ An−1
(2) a0 = a1 = · · · = an−1 = 0
(3) ある y ∈ Zp があって x = pny
証明. (i) (1)を仮定して (2)を示す.定義 5.2より, 条件 (a)は
∑n−1k=0 akpk ≡ 0 mod pn と同値である.
0 ≤n−1∑
k=0
akpk ≤n−1∑
k=0
(p− 1)pk = (p− 1) + (p2 − p) + (p3 − p2) + · · ·+ (pn − pn−1) = pn − 1 < pn
よって, 0 ≤ ∑n−1k=0 akpk < pn より,
a0 = a1 = · · · = an−1 = 0
(ii) (2)を仮定して (3)を示す.a0 = a1 = · · · = an−1 = 0とする.
y =∞∑
k=0
ak+npk ∈ Zp (0 ≤ ak ≤ p− 1)
とおくと,
pny =∞∑
k=0
ak+npk+n =∞∑
m=0
ampm (m = k + n ∈ Z)
となり, x = pnyとなる yが存在するので (3)が成り立つ.(iii) (3)を仮定して (1)を示す.ある y ∈ Zp があって x = pnyとすると, x mod pn = pn mod pn である. よって,
x mod pn = 0 ∈ An−1
となり成り立つ.
補題 5.7. x ∈ Zp に対し次の条件は同値である.
(1) x ∈ Z∗p, つまり xが可逆元である.
(2) x mod p ∈ Z/pZがゼロでない.
(3) x = pyとなるような y ∈ Zpが存在しない.
証明. (i) (2)と (3)が同値であることを示す. 補題 5.6より,
∃y ∈ Zp, x = py ⇔ x mod p = 0 ∈ Z/pZ
ここで, 対偶をとると,x mod p 6= 0 ∈ Z/pZ ⇔ ∀y ∈ Zp, x 6= py
となり成り立つ.(ii) (1)と (2)が同値であることを示す. (1)を仮定して (2)を示す. x = (xn)n≥0として, ある y = (yn)n≥0 ∈ Zpに対し xy = 1とすれば, x0y0 = 1 ∈ Z/pZだから
Z/pZ 3 x mod p = x0 6= 0
46
(2)を仮定して (1)を示す. x =∑∞
k=0 akpk ∈ Zpとして x mod p = a0 6= 0とすると, ある b ∈ Zが存在して ba0 ≡ 1 mod pで
ある. このとき,1− bx mod p = 1− ba0 = 0 ∈ Z/pZ
補題 5.6より, ある z ∈ Zp が存在して 1− bx = pzとなる.
xb(1 + pz + · · ·+ pnzn) = (1− pz)(1 + pz + · · ·+ pnzn) = 1− pn+1zn+1
xb(1 + pz + · · ·+ pnzn) + pn+1zn+1 = 1
xb(1 + pz + · · ·+ pnzn) mod pn+1 = 1 mod pn+1
であるから, y = (yn)n≥0 ∈ Zp を yn = b(1 + pz + · · ·+ pnzn) mod pn+1 ∈ An とすれば, xy = 1となる.
補題 5.8. ゼロと異なる x ∈ Zp は
x = pnu, n ∈ Z, n ≥ 0, u ∈ Z∗pと一意的にかける. 特に, Zp は整域である.
証明. x = 0より x mod pk = 0となる最大の kが存在する. これを nとする. 補題 5.6より, ある u ∈ Zpが存在して x = pnu
となる. u = pv · · · (∗)とすると, x = pn+1v である. 最大は nであるから, (∗)となる v ∈ Zp は存在しないので, 補題 5.7より, u ∈ Z∗p である. 次に一意性を示す.
x = pnu = pmv, ただし n,m ∈ Z, u, v ∈ Z∗p
とする. n ≤ mとすると, pn(u− pm−nv) = 0である. 補題 5.5より u = pm−nvである. 仮定 u ∈ Z∗pと補題 5.7よりm− n = 0である. よって, m = n かつ u = v となり, 一意的にかける. また, x = pnu, y = pmv より, xy = pn+muv である. ここで, n + m ∈ Z, uv ∈ Z∗p であるから xy 6= 0となる. ゆえに, Zp は整域である.
次の定理は定理 5.1の一般化である. (Z∗p)2 = {x2|x ∈ Z∗p}とおく.
定理 5.9. x ∈ Z∗p とする. x ∈ (Z∗p)2 であるための必要十分条件は
p 6= 2のとき, (x
p) = 1. ただし x0 = x mod p ∈ Z/pZ として (
x
p) = (
x0
p)
p = 2のとき, x mod 23 = 1 ∈ Z/8Z
証明. (1) p 6= 2のときx = (xm)m≥0 ∈ Z∗p に対して、x ∈ (Z∗p)2 ⇔ (x0
p ) = 1を示す. まず, x ∈ (Z∗p)2 を仮定して (x0p ) = 1を示す. y ∈ Z∗p に対
し x = y2 と仮定する. y = (ym)m≥0 とおくと xm = y2m が成り立つ. したがって, 特に x0 = y2
0 が成り立つ.次に, (x0
p ) = 1を仮定して x ∈ (Z∗p)2 を示す. 自然数 nに対して, 合同式
X2 = xn mod pn+1 · · · (∗∗)
を考える. 定理 5.1より, (x0p ) = 1ならば, 整数列 (ak)k≥0 が存在して yn =
∑nk=0 akpk とおくと, yn が (∗∗)の解になる. よっ
て, y = (ym)m≥0 とおくと x = y2 が成り立つ.(i) n = 0のとき
X2 ≡ x0 mod p0+1
X2 ≡ x0 mod p
(x0p ) = 1なので, a2
0 ≡ x0 mod pを満たす a0 ∈ Z/pZが存在する. y0 = a0 とすると, y0 は (∗)の解となる.(ii) n ≥ 1のとき
(∗)0, (∗)1, . . . , (∗)n の解
yn =n∑
k=0
akpk
47
が存在したと仮定すると, ある b ∈ Zに対してy2
n = xn + bpn+1
となる. xn+1 = xn + cpn+1 とおく. (∗)n+1 の解について考えると, s ∈ Zに対して,
(yn + spn+1)2 = y2n + 2ynspn+1 + s2p2n + 1 = xn + bpn+1 + 2ynspn+1 + s2p2n+2 = xn + pn+1(b + 2yns) mod pn+2
pは奇素数, x ∈ Z∗ なので, 2yn ≡ 2y0 =6≡ 0 mod pより,
(yn + spn+1)2 = xn + pn+1(b + 2y0s) mod pn+2 = xn+1 mod pn+2
b + 2y0s = c, s ≡ (c− b)(2y0)−1 mod p
s = an+1 とすると, (yn+1)2 ≡ xn+1 mod pn+2
(2) p = 2のときある y ∈ Z2 に対し x = y2 と仮定する. x ∈ Z∗2 より y ∈ Z∗2 である. よって, Z/2Z = {0, 1}であるので,
y mod 2 = 1
補題 5.6より, ある z ∈ Z2 に対し y = 1 + 2zである. このとき, x = y2 = (1 + 2z)2 = 1 + 4z(1 + z) および z(1 + z) mod 2 =0 ∈ Z/2Zより x mod 8 = 1が示される.逆に, x mod 8 = 1とする. xの 2進展開は
x = 1 +∞∑
k=3
ak2k (ak ∈ {0, 1})
定理を示すためには, 整数列 b2, b3, b4, . . . , bk, . . .を見つけて, 各 n ≥ 3に対し合同式
(∗)n (yn−1)2 ≡ 1 +n∑
k=3
ak2k mod 2n+1, ただし yn−1 = 1 +n−1∑
k=2
bk2k
が満たされればよい. nに関する帰納法で示す.(i) n = 3のとき
(y2)2 = (1 + 4b2)2 = (1 + 4a3)2 ≡ 1 + 8a3 mod 24
ゆえに, b2 = a3 となる.(ii) n ≥ 3として, 整数列 b2, b3, b4, . . . , bk, . . .を見つけて (∗)n が満たされたとすると
(yn−1)2 = 1 +n∑
k=3
ak2k + c2n+1, ただし c ∈ Z
b ∈ Zに対し
(yn−1 + b2n)2 = (yn−1)2 + byn−12n+1 + b222n
≡ 1 +n∑
k=3
ak2k + 2n+1(c + byn−1) mod 2n+2
が成立する. yn−1 ≡ 1 mod 2より
c + s ≡ an+1 mod 2
s ≡ an+1 + c mod 2
よって, s = bn. ゆえに, yn = 1 +∑n
k=2 bk2k は合同式 (∗)n+1 を満たすので成り立つ.
定理 5.10. (1)p 6= 2のとき,群の同型Z∗p/(Z∗p)2 ∼= Z/2Z
48
が成り立つ. Z∗p/(Z∗p)2 の生成元として u ∈ Z∗p ((up ) = −1)がとれる.
(2)p = 2 のとき,群の同型Z∗2/(Z∗2)2 ∼= Z/2Z× Z/2Z
が存在する. Z∗2/(Z∗2)2 の生成元として {−1, 5}または {3, 5}または {−1, 3}がとれる.
証明. (1)x ∈ Z∗p とすると,
x /∈ (Z∗p)2のとき x = u ∈ Z∗p/(Z∗p)2
x ∈ (Z∗p)2のとき x = 1 ∈ Z∗p/(Z∗p)2
よって, Z∗p/(Z∗p)2は位数 2の群で, その元は {1, u} ((up ) = −1)である. uに対して, u2 ∈ (Z∗p)2である. ここで, u2は Z∗p/(Z∗p)2
において単位元であるので, すべての元が 2乗すると単位元と一致する. よって, 群の同型 Z∗p/(Z∗p)2 ∼= Z/2Zが成り立つ.さらに, Z∗p/(Z∗p)2 ∼= Z/2Zの生成元は {u} (u ∈ Z∗p, (u
p ) = −1)である.(2)x ∈ Z2 のとき
x ∈ Z∗2 ⇔ x0 = 1 ⇔ x2 = 1, 3, 5,−1 ⇔ x2 ∈ (Z/8Z)∗
である. ここで, 写像π : Z∗2 → (Z/8Z)∗;x = (xn)n≥0 → x2
を考えると, 1は Z∗2の単位元で, (Z/8Z)∗の単位元でもある. また, π(xy) = π(x)π(y)であるので, πは群の準同型である. さらに, ∀b ∈ (Z/8Z)∗, ∃a ∈ Z∗2, b = π(a)より, πは全射である. よって πは全射準同型である. 定理 5.9より,
x ∈ (Z∗2)2 ⇔ x2 = 1 ⇔ x ∈ Ker(π)
なので, (Z∗2)2 = Ker(π)である. よって, 定理 2.19より
∼π: Z∗2/(Z∗2)2 → (Z/8Z)∗
は群の同型である. また, (Z/8Z)∗ は位数が 4で, すべての元は 2乗すると単位元となるので
(Z/8Z)∗ ∼= Z/2Z× Z/2Z
ゆえに, 群の同型Z∗2/(Z∗2)2 ∼= Z/2Z× Z/2Z
は存在する. Z∗2/(Z∗2)2の生成元として, {3, 5,−1} ∈ Z∗pを代表元とする同値類のうちの任意の 2つがとれる. つまり, {−1, 5}または {3, 5}または {−1, 3}が生成元となる.
5.3 p進数体
p ∈ Zpは乗法に関する逆元をもたない.よって, p進数環 Zpは可換環であるが,体にはならない.そこで, p進数体Qp(Zpを部
分環として含む体 (Zp ⊂ Qp))を構成する. Zpと Qp の関係は有理整数環 Zと有理数体 Qの関係によく似ている.
定義 5.11. 集合{(a, pn)|a ∈ Zp, n ∈ Z, n ≥ 0}
上に関係 (a, pn) ∼ (b, pm) ⇔ apm = bpn を定義すると,これは同値関係である.つまり,次が成り立つ.
(1) (a, pn) ∼ (a, pn)
(2) (a, pn) ∼ (b, pm) ⇔ (b, pm) ∼ (a, pn)
(3) (a, pn) ∼ (b, pm) かつ (b, pm) ∼ (c, pl) ⇒ (a, pn) ∼ (c, pl)
Qpをこの同値関係の同値類全体の集合とし, (a, pn)の同値類を apnと書く. Qp における演算を通常の有理数の場合と同様に
a
pn± b
pm=
pma± pnb
pn+mおよび
a
pn· b
pm=
ab
pn+m(5.1)
49
と定義でき, Qp は可換環となる.写像 Zp → Qp ; a → ap0 とすると, Zp は Qp の部分環とみなされる.以後,
a
pn= p−na, ただし a ∈ Zp, n ∈ Z, n ≥ 0
と書くことにすると, ∀n,m ∈ Z, pn(pma) = pm+naが成り立つ.
問題 5.1. 定義 (5.1)式が矛盾をはらんでいないこと.つまり,
(a, pn) ∼ (α, pν) かつ (b, pm) ∼ (β, pµ) ⇒{
pma±pnbpn+m = pµα±pνβ
pν+µ
abpn+m = αβ
pν+µ
であることを確かめよ.
解答. 仮定より,
(a, pn) ∼ (α, pν) かつ (b, pm) ∼ (β, pµ) ⇔ a
pn=
α
pνかつ
b
pm=
β
pµ
なので,pma± pnb
pn+m=
a
pn± b
pm=
α
pν± β
pµ=
pµα± pνβ
pν+µ
ゆえに, pma±pnbpn+m = pµα±pnuβ
pν+µ である.また,
ab
pn+m=
a
pn· b
pm=
α
pν· β
pµ=
αβ
pν+µ
ゆえに, abpn+m = αβ
pν+µ である.
補題 5.12. Qp のゼロでない元 xは
x = pnu, ただし n ∈ Z, u ∈ Z∗pと一意的にかける.特に xは逆元 x−1 = p−nu−1 をもつ.よって, Qp は体である.
証明. 定義より, x ∈ Qpはx = apm (a ∈ Zp, m ∈ Z)と表すことができる.さらに,補題5.8より, a = plt (l ∈ Z (l ≥ 0), t ∈ Z∗p)
と表せるので,
x =a
pm=
plt
pm= pl−mt, n = l −m ∈ Z, u = t ∈ Z∗p
とすると, x = pnu (n ∈ Z, u ∈ Z∗p)となる.次に一意性を示す.
x = pnu = pn′u′ (n, n′ ∈ Z, u, u′ ∈ Z∗p)
とする. n ≤ n′ と仮定すると,pnu− pn′u′ = pn(u− pn′−nu′) = 0
補題 5.5より u − pn′−nu′ = 0なので, u = pn′−nu′ となる.仮定 u ∈ Z∗p と補題 5.7より n′ − n = 0であるので, n′ = n か
つ u′ = uとなる.さらに u ∈ Z∗p より, u−1 が存在し, x ∈ Qp はゼロでないので, xは逆元 x−1 = p−nu−1 をもつ.よって,ゼロ元以外の元が全て可逆元であるので Qp は体である.
定義 5.13. Q∗p = Qp − {0}：乗法に関して群とみなす
写像 νp : Q∗p → Z; pnu → n
を Qp 上の p進付値とよぶ.便宜的に νp(0) = +∞とおく.
補題 5.14. p進付値は次の性質をもつ. x, y ∈ Qp とする.
(1) νp(xy) = νp(x) + νp(y), つまりνpは群の準同型である.
(2) νp(x + y) ≥ min{νp(x), νp(y)}(3) νp(x) < νp(y) なら νp(x + y) = νp(x)
50
定義 5.15. 有理数体 Qの部分集合Z(p) = { b
a|b, a ∈ Z, (a, p) = 1}
は Qの部分環である. a ∈ Z, (a, p) = 1とすると補題 5.7より aは Zにおいて逆元をもつ. このことより, Z(p)を Zp の部分環
とみなすことができる.(定義 5.2では Zは Zp の部分環とみなされていることに注意.)任意のゼロでない有理数 x ∈ Qは
x = pny, ただし n ∈ Z, y ∈ (Z(p))∗
と一意的に書ける.これと補題 5.12より x ∈ Qは Qp の元とみなすことができる.これにより Qは Qp の部分体となる.
Qp における平方元について調べる. (Q∗p)2 = {x2|x ∈ Q∗p}とおく.
定理 5.16. (1)p 6= 2のとき,群の同型Q∗p/(Q∗p)2 ∼= Z/2Z× Z/2Z
が成り立つ. Q∗p/(Q∗p)2 の生成元として {pv, u} (u, v ∈ Z∗p, (up ) = −1)がとれる.
(2)p = 2のとき,群の同型Q∗2/(Q∗2)2 ∼= Z/2Z× Z/2Z× Z/2Z
が存在する. Q∗2/(Q∗2)2 の生成元として {2,−1, 5}または {2, 3, 5}または {2,−1, 3}がとれる.
証明. (1)補題 5.12より, x ∈ Q∗p, y ∈ (Q∗p)2 は
x = pns (n ∈ Z, s ∈ Z∗p)y = p2mt2 (m ∈ Z かつ t ∈ Z∗p, t2 ∈ (Z∗p)2)
とかける.したがって,Q∗p/(Q∗p)2 3
x
y= pn−2m(s/t2) (n− 2m ∈ Z, s/t2 ∈ Z∗p/(Z∗p)2)
このとき, pn−2mのとる値は, n− 2mが偶数のときは n− 2m ≡ 0 mod 2なので, pn−2m = p0 = 1である. また, n− 2mが奇数
のときは n− 2m ≡ 1 mod 2なので, pn−2m = p1 = pである.(s/t2)のとる値は, ( s
p ) = 1のとき(s/t2) = v ∈ (Z∗p)2, v ≡ 1 mod 2 (定理 5.9より)
( sp ) = −1のとき
(s/t2) = u /∈ (Z∗p)2
よって, pn−2m(s/t2) = 1 · 1, p · 1, 1 · u, p · uである.ゆえに,
{1, p, u, pu} (u ∈ Z∗p, u /∈ (Z∗p)2)
が Q∗p/(Q∗p)2 の完全代表系である.このことより同型を得る. u, v ∈ Z∗p, (up ) = −1として Q∗p/(Q∗p)2 の生成元を考える.
u = 1
pv = p (v = 1のとき)
u = u
pv = pu (u = vのとき)
よって, Q∗p/(Q∗p)2 の生成元は {pv, u} (u, v ∈ Z∗p, (up ) = −1)となる.
(2)補題 5.12より, x ∈ Q∗2, y ∈ (Q∗2)2 は
x = 2ns (n ∈ Z, s ∈ Z∗2)y = 22mt2 (m ∈ Z かつ t ∈ Z∗2, t2 ∈ (Z∗2)2)
51
とかける.したがって,Q∗2/(Q∗2)2 3
x
y= 2n−2m(s/t2) (n− 2m ∈ Z, s/t2 ∈ Z∗2/(Z∗2)2)
このとき, 2n−2m のとる値は, n− 2mが偶数のとき
n− 2m ≡ 0 mod 2, 2n−2m = 20 = 1
n− 2mが奇数のとき
n− 2m ≡ 1 mod 2, 2n−2m = 21 = 2
(s/t2)のとる値は, ( s
p ) = 1のとき(s/t2) = v ∈ (Z∗2)2, v mod 23 = 1 ∈ Z/8Z (定理 5.9より)
( sp ) = −1のとき
(s/t2) = u /∈ (Z∗p)2 ⇒ u ∈ Z∗2/(Z∗2)2
定理 5.10(2)より, u = −1, 3, 5なので,
pn−2m(s/t2) = 1 · 1, 2 · 1, 1 · (−1), 2 · (−1), 1 · 3, 2 · 3, 1 · 5, 2 · 5
である.ゆえに, {1, 2, − 1, − 2, 3, 6, 5, 10} (u ∈ Z∗p, u /∈ (Z∗p)2)
が Q∗2/(Q∗2)2 の完全代表系である. このことより同型を得る. とくに, 2 と Z∗2/(Z∗2)2 の生成元 (定理 5.10(2) 参照) を考えると {2,−1, 5}または {2, 3, 5}または {2,−1, 3}が Q∗2/(Q∗2)2 の生成元となる.
系 5.17. Qp の 2次拡大体は次のいずれかである.(1)p 6= 2の場合
Qp(√
p),Qp(√
u),Qp(√
pu), ただし u ∈ Z∗p, (u
p) = −1
(2)p = 2の場合Q2(
√2),Q2(
√3),Q2(
√5),Q2(
√−1),Q2(√
6),Q2(√
10),Q2(√−2)
証明. (1)Qp の 2次拡大体は Qp(√
a) (a ∈ Q∗p − (Q∗p)2)であることを示す.定理 5.16(1)より, a = p, u, pu ∈ Q∗p − (Q∗p)2 なので, Qp の 2次拡大体は
Qp(√
p),Qp(√
u),Qp(√
pu) (u ∈ Z∗p, (u
p) = −1)
である.Qpの 2次拡大体がこれらだけであることを示す.α ∈ Q∗p (α 6= p, u, pu)とする.定理 5.16(1)よりQ∗p/(Q∗p)2の生成元は {pv, u} (u, v ∈ Z∗p, (u
p ) = −1)であるので, α ∈ (Q∗p)2
となる.よって, α /∈ Q∗p − (Q∗p)2 なので, Qp(√
α)は Qp の 2次拡大体ではない.(2)Qp の 2次拡大体は Qp(
√b) (b ∈ Q∗p − (Q∗p)2)であることを示す.
定理 5.16(2)より, b = 2, 3, 5,−1, 6, 10,−2 ∈ Q∗p − (Q∗p)2 なので, Q2 の 2次拡大体は
Q2(√
2),Q2(√
3),Q2(√
5),Q2(√−1),Q2(
√6),Q2(
√10),Q2(
√−2)
である. Q2の 2次拡大体がこれらだけであることを示す. β ∈ Q∗2 (β 6= 2, 3, 5,−1, 6, 10, − 2)とする.定理 5.16(2) より Q∗p/(Q∗p)2 の生成元は {2,−1, 5} または {2, 3, 5} または {2,−1, 3} であるので, β ∈ (Q∗p)2 となる. よっ
て, β /∈ Q∗2 − (Q∗2)2 なので, Q2(√
β)は Q2 の 2次拡大体ではない.
52
5.4 ヒルベルト記号
K = Qp(√
a)/Qp(a ∈ Q∗p − (Q∗p)2)を 2次拡大とし,
NK/Qp: K∗ → Q∗p : x +
√ay → x2 − ay2 (x, y ∈ Qp)
をノルム写像とする (4章定義 4.4). NK/Qpは群の準同型で, その像
NQp(K) := {x2 − ay2|x, y ∈ Qp, (x, y) 6= (0, 0)} (5.2)
は (Q∗p)2 を含む Q∗p の部分群となる。これをK/Qp のノルム群とよぶ.
Nk/Qpが群の準同型であることを示す.
証明. 定義 4.4で, F を Qp と置き換えることにより, 準同型は明らかである.
定義 5.18. a, b ∈ Q∗p に対し,
{a, b}p =
{1 a ∈ (Q∗p)2 または b ∈ NQp
(Qp(√
a))−1 その他の場合
とおき, これをヒルベルト記号とよぶ.さらに, 明らかに次が成り立つ.
{a, b}p = −1と a /∈ (Q∗p)2 かつ b /∈ NQp(Qp(√
a))は同値である. (7.3)
定理 5.19. 次の条件は同値である.
(1) {a, b}p = 1
(2) Qp上の同型 (a, b
Qp) ∼= M2(Qp)が存在する (4章補題 4.8参照).
(3) 方程式X2 − aY 2 − bZ2 = 0は Qpにおいて自明でない解 (x, y, z)をもつ.
証明. 定理 4.10で F を Qp に置き換えたので, 定理 4.10(e)と (a)と (d)が同値より明らか.(i) (1)と (2)が同値であることを示す.
{a, b}p = 1 ⇔ a ∈ (Q∗p)2または b ∈ NQp(Qp(
√a))
⇔ a ∈ (Q∗p)2または a /∈ (Q∗p)2かつ b ∈ NQp(Qp(√
a)) (定理 4.10の (a)と (e)が同値であるため)
⇔ Qp上の同型(
a, b
Qp
)∼= M2(Qp)が存在する.
(ii) (2)と (3)が同値であることを示す.定理 4.12の (a)と (d)が同値であることより,方程式 X2 − aY 2 − bZ2 = 0は Qp において, 自明でない解 (x, y, z)をもつことと, Qp上の同型
(a,bQp
) ∼= M2(Qp) が存在することは同値である.以上 (i), (ii)より, (1)と (2)と (3)は同値である.
定理 5.20. a, b, c ∈ Q∗p に対し, 次が成立する.
(1) (対称性) {a, b}p = {b, a}p
(2) {a, c2}p = 1, {a, b}p = {a, bc2}p
(3) {a, c}p = 1であるならば, {a, b}p = {a, bc}p
(4) {a, b}p = {a,−ab}p = {a, (1− a)b}p.特に {a,−a}p = {a, 1− a}p = 1
(5) (双線形性) {a, bc}p = {a, b}p{a, c}pおよび {ab, c}p = {a, c}p{b, c}p
証明. (1) (対称性) {a, b}p = {b, a}p を示す.
53
a, b, c ∈ Q∗p に対し,定理 5.19の (1)と (2)は同値であるので, {a, b}p = 1のとき, Qp上の同型(
a,bQp
) ∼= M2(Qp)が存在する.
また, {b, a}p = 1のとき, Qp上の同型(
a,bQp
) ∼= M2(Qp)が存在する.よって,
Qp上の同型(
a, b
Qp
)∼= M2(Qp) ∼=
(b, a
Qp
)
が存在するので, {a, b}p = {b, a}p である.(2) {a, c2}p = 1, {a, b}p = {a, bc2}p であることを示す.定理 5.19(2)より, {a, c2} = 1であるならば, Qp上の同型
(a,c2
Qp
)が存在する.定理 4.11(4)より,
(a, c2
Qp
)∼= M2(Qp) なら,
(a, b
Qp
)∼=
(a, bc2
Qp
)
となるので, {a, b}p = {a, bc2}p となる.(3) {a, c}p = 1であるならば {a, b}p = {a, bc}p であることを示す.
{a, c}p = 1 ⇒ Qp上の同型(
a, c
Qp
)∼= M2(Qp)が存在.
⇒(
a, b
Qp
)∼=
(a, bc
Qp
)(定理 4.11(4)より)
⇒ {a, b}p = {a, bc}p
よって, {a, c}p = 1であるならば {a, b}p = {a, bc}p となる.(4) {a, b}p = {a,−ab}p = {a, (1− a)b}pであることを示す. 特に {a,−a}p = {a, 1− a}p = 1
(i) {a,−a}p = 1を示す.定理 5.19(3)より,
X2 − aY 2 − (−a)Z2 = 0
X2 − aY 2 + aZ2 = 0
よって, 自明でない解 (0, 1, 1)が存在するので正しい.(ii) {a, 1− a}p = 1を示す.定理 5.19(3)より,
X2 − aY 2 − (1− a)Z2 = 0
X2 − aY 2 + (a− 1)Z2 = 0
よって, 自明でない解 (1, 1, 1)が存在するので正しい.(iii) 定理 5.20(3)より
{a,−a}p = 1 より {a, b}p = {a,−ab}p
{a, 1− a}p = 1 より {a, b}p = {a, (1− a)b}p
以上, (i)～(iii)より題意は成り立つ.
(5) (双線形性) {a, bc}p = {a, b}p{a, c}pおよび {ab, c}p = {a, c}p{b, c}p を示すために, 補題 5.21,補題 5.22を先に示す.
補題 5.21. K/Qp を 2次拡大とすると剰余群 Q∗p/NQp(K)の位数は 2以下である.
証明. K/Qpを2次拡大とすると, NQp(K)はQ∗pの部分群で (Q∗p)を含むので, (Q∗p) ⊂ NQp
(K)より, (Q∗p)/NQp(K)は (Q∗p)/(Q∗p)2
のNQp(K)/(Q∗)2による剰余群である.
α(Q∗p)2 = β(Q∗p)2 であることと α ∼ β であることは同値であるので, αβ−1 ∈ (Q∗p)2である.すなわち, α(Q∗p)2 6= β(Q∗p)2.よって, α(Q∗p)2 6= 1(Q∗p)2 6= β(Q∗p)2 である.すなわち, NQp(K)/(Q∗p)2であるならば, 1(Q∗p)2 , α(Q∗p)2, β(Q∗p)2 である.よって, |NQp(K)/(Q∗p)2| ≥ 3であるので, ラグランジェの定理より, |NQp/(Q∗p)2| = 4 または 8となる.p = 2のとき, 1(Q∗p)2,−1(Q∗p)2, 2(Q∗p)2, 3(Q∗p)2, 5(Q∗p)2, 6(Q∗p)2, 10(Q∗p)2,−2(Q∗p)2 の 8つ.p 6= 2のとき, 1(Q∗p)2, p(Q∗p)2, pu(Q∗p)2, u(Q∗p)2 の 4つ.(ただし, u ∈ Z∗p, (u
p ) = −1)
|Q∗p/(Q∗p)2| = |(Q∗p/(Q∗p)2/(NQp(K)/(Q∗p)2)| · |NQp(K)/(Q∗p)2| = |Q∗p/NQp(K)| · |NQp(K)/(Q∗p)2|
54
p 6= 2のとき, |Q∗p/(Q∗p)2| = 4である.いま, |NQp(K)/(Q∗p)2| ≥ 2であればよいので,
NQp(K)⊃6= (Q∗p)2 ⇔∃ α ∈ Q∗p, α /∈ (Q∗p)2 かつ α ∈ NQp(K)
p = 2のとき, |Q∗2/(Q∗2)2| = 8である.いま, |NQ2(K)/(Q∗2)2| ≥ 4であればよいので,
NQ2(K)⊃6= (Q∗2)2 ⇔∃ α, β ∈ Q∗2, − α, β, αβ−1 /∈ (Q∗2)2 かつ α, β ∈ NQ2(K)
よって, 次の場合を示せばよい.{
p = 2のとき ∃α, β ∈ Q∗p, α, β, αβ−1 /∈ (Q∗p)2 かつ α, β ∈ NQp(K)p 6= 2のとき ∃α ∈ Q∗p, α /∈ (Q∗p)2 かつ α ∈ NQp(K)
(1) p=2の場合. (∃α, β ∈ Q∗p, α, β, αβ−1 /∈ (Q∗p)2 かつ α, β ∈ NQp(K)を示す.)
系 5.17より, K = Q2(√
5), K = Q2(√
3), K = Q2(√
5), K = Q2(√−1), K = Q2(
√6), K = Q2(
√10), K = Q2(
√−2)の場合について調べる. K = Q2(
√5)とすると (5.2)式より,
NQ2(Q2(√
5) := {x2 − 5y2 | x, y ∈ Q2, (x, y) 6= (0, 0)}
(x, y) = (0, 1)のとき, 02 − 5 · 12 = −5 ∈ NQ2(Q2(√
5))である. (x, y) = (1, 1)のとき, 12 − 4 · 12 = −4 ∈ NQ2(Q2(√
5))である.また, 3 ≡ −5 mod 8である.これより,
−5 ∈ 3(Q∗p)2 ∈ Q∗2/(Q∗2)2, − 4 = (−1) · 22 ∈ −1(Q∗p)2 · 1(Q∗p) = −1(Q∗p)2
これより, −4 ∈ (Q∗p)2 ∈ Q∗2/(Q∗2)2, (−5) · (−4)−1 = 54 /∈ (Q∗2)2 である.よって, 題意を満たす.
以下, 同様にして他の 6つの場合も確かめられる.
(2) p 6= 2の場合.(∃α ∈ Q∗p, α /∈ (Q∗p)2 かつ α ∈ NQp(K)を示す.)(i) K = (Qp(
√p))のとき (5.2)式より,
NQp(Qp(√
p) := {x2 − py2 | x, y ∈ Qp, (x, y) 6= (0, 0)}
(x, y) = (0, 1)のとき, 02 − p · 12 = −p ∈ NQp(Qp(√
p))である.補題 5.5より,
−p1 = {pn(a0 + a1p1 + · · ·+ anpn)}2 (a0 6= 0) = p2n(a0 + a1p
1 + · · ·+ anpn)2
よって, −p /∈ (Q∗p)2 である.ゆえに, −p ∈ Q∗p,−p /∈ (Q∗p)2 かつ − p ∈ NQp(√
p)となるので, 題意を満たす.(ii) K = Qp(
√pu)のとき (5.2)式より,
NQp(Qp(√
pu) := {x2 − puy2 | x, y ∈ Qp, (x, y) 6= (0, 0)}
(x, y) = (0, 1)のとき, 02 − pu · 12 = −pu ∈ NQp(Qp(√
pu)である.補題 5.5より,
−p1u = u{pn(a0 + a1p1 + · · ·+ anpn)}2 (a0 6= 0) = up2n(a0 + a1p
1 + · · ·+ anpn)2
よって, −pu /∈ (Q∗p)2 である.ゆえに, −pu ∈ Q∗p, − pu /∈ (Q∗p)2 かつ − pu ∈ NQp(Qp(√
pu)となるので, 題意を満たす.(iii) K = Qp(
√u)のとき
定理 5.16より, 次の補題を示せばよい.
補題 5.22. p 6= 2, K = Qp(√
u)(u ∈ Z∗p, (up ) = −1) とすると
Z∗p ⊂ NQp(K)
証明. v ∈ Z∗p とする.定理 4.15より
x2 − uy2 ≡ v mod p ∈ Z/pZ
55
である. v ∈ Z∗pなので, 補題 5.7より, v 6≡ modpZである.ゆえに, x2 − uy2 6≡ 0 mod pZとなる.補題 5.7より, x2 − uy2 ∈ Z∗pである.ゆえに, (x2 − uy2)−1 ∈ Z∗p である.
NQp(√
a)/Qp(x−√uy)−1 = 1
x2−uy2
α := x ·NQp(√
a)/Qp(x−√uy)−1 ≡ 1 mod p
ゆえに, (αp ) = 1.これと定理 5.9より,
α ∈ (Q∗p)2 ⊂ NQp(Qp(√
u)), v = α(x2 − uy2) ∈ NQp(Qp(√
u))
よって, v ∈ NQp(Qp(√
u))であるので, 題意は示せた.
定理 5.20(5) (双線形性) {a, bc}p = {a, b}p{a, c}p および {ab, c}p = {a, c}p{b, c}p を示す.
証明. 定理 5.20(1)の対称性より, {a, bc}p = {a, b}p{a, c}p のみを示せばよい.(i) {a, b}p = 1または {a, c}p = 1のとき,定理 5.20(3)より, {a, bc}p = {a, b}p{a, c}p.(ii) {a, b}p = −1 かつ {a, c}p = −1であるならば, {a, bc}p = 1を示す.(5.3)式より,
{a, b} = −1 かつ {a, c} = −1 ⇔ a /∈ (Q∗p)2かつ b, c /∈ NQp(Qp(√
a))
⇒ a ∈ (Q∗p)2または bc ∈ NQp(Qp(√
a))
⇒ bc ∈ NQp(Qp(√
a))
すなわち, a /∈ (Q∗p)2 かつ b, c /∈ NQp(Qp(√
a)) であるなら, bc ∈ NQp(Qp(√
a))となることを示す.
|Q∗p/NQp(Qp(√
a))| = 1 または 2 より
Q∗p/NQp(Qp(√
a)) = {NQp(Qp(√
a))} or {NQp(Qp(√
a)), αNQp(Qp(√
a))}
b, c /∈ NQp(Qp(√
a))より,
Q∗p/NQp(Qp(√
a)) = {NQp(Qp(√
a)), αNQp(Qp(√
a))}
となる. b ·NQp(Qp(√
a)) 6= NQp(Qp(√
A)) かつ c ·NQp(Qp(√
a))より
b ·NQp(Qp(√
a)) = c ·NQp(Qp(√
a)) = α ·NQp(Qp(√
a))
ゆえに,
b ·NQp(Qp(√
a)) · c ·NQp(Qp(√
a)) = α ·NQp(Qp(√
a)) · α ·NQp(Qp(√
a)) = α2 ·NQp(Qp(√
a))
α2 ∈ (Q∗p)2 より, (Q∗p)2 ⊂ NQp(Qp(√
a))となるので,
α2 ∈ NQp(Qp(√
a))
α2 ·NQp(Qp(√
a)) = NQp(Qp(√
a))
bc2 ·NQp(Qp(√
a)) = NQp(Qp(√
a))
よって, bc ∈ NQp(Qp(√
a))となる.以上より,双線形性は成り立つ.定理 5.20により, ヒルベルト記号は写像
{ , }p : Q∗p/(Q∗p)2 ×Q∗p/(Q∗p)2 → {1, − 1}
を導き, これが定理 5.20(1)の対称性と定理 5.20(5)の双線形性を満たす.
56
定理 5.23. x = pma, y = pnb ∈ Q∗p, ただし n,m ∈ Z, a, b ∈ Z∗p としたとき
{x, y}p = (−1)mnε(p)
(a
p
)n (b
p
)m
(p 6= 2の場合)
{x, y}2 = (−1)ε(a)ε(b)+mω(b)+nω(a) (p = 2の場合)
が成り立つ.ここで, z ∈ Z2 に対し
ε(z) ={
0 z ≡ 1 mod 4のとき1 z ≡ −1 mod 4のとき
ω(z) ={
0 z ≡ ±1 mod 8のとき1 z ≡ ±5 mod 8のとき
定理の式の両辺は, 写像
{ , }p : Q∗p/(Q∗p)2 ×Q∗p/(Q∗p)2 → {1, − 1}
として,ともに対称性と双線形性をもつことに注意する.左辺については定理 5.20の (1)と (5)による.右辺については定理 3.26(2)による. よって,定理 5.23を示すために, x, y ∈ Q∗pを Q∗p/(Q∗p)2 の生成元のいずれかとしてかまわない.このことから次の事実を示せばよい.p 6= 2 の場合. a, b ∈ Z∗p に対し,
{a, b}p = 1および {p, a} =(
a
p
)
p = 2の場合. a, b ∈ Z∗p に対し,
{a, b}2 ={
1 a ≡ 1 mod 4 または b ≡ 1 mod 4 の場合−1 その他の場合
{2, a}2 ={
1 a ≡ ±1 mod 8 の場合−1 a ≡ ±5 mod 8 の場合
証明. (1) p 6= 2のとき, a, b ∈ Z∗p とする.
(i) a ∈ (Z∗p)2とすると, a ∈ (Q∗p)2であるので, 定義 7.18より, {a, b}p = 1である.また, a ∈ (Z∗p)2で定理 5.9より,(
ap
)= 1で
ある.ここで,定理 5.20の対称性より, {p, a}p = {a, p}p となり, a ∈ (Z∗p)2より, a ∈ (Q∗p)2であるので, {a, p}p = {p, a}p = 1となる.よって,
{a, p}p =(
a
p
)
(ii) a /∈ (Z∗p)2 とすると,定理 5.9より,(
ap
)= −1となる.補題 5.22の u ∈ Z∗p を a ∈ Z∗p で置き換えて考えると,
Z∗p ⊂ NQp(Qp(√
a))
これより, a ∈ NQp(Qp(√
a))となるので,定義 5.18より {b, a} = 1.これと定理 5.22の対称性より {a,b}={b,a}=1.すなわち
, {a, b} = 1となる.
次に, a /∈ (Z∗p)2 として, {p, a}p = {a, p}p = −1, つまり, p /∈ NQp(Qp(√
a))を示せばよい.このために,
x2 − ay2 = p, ただし, x, y ∈ Q∗p
と仮定すると, 補題 5.12より,
x = pnα, y = pmβ, ただし n,m ∈ Z, α, β ∈ Z∗p
とかく. n < mとすると, 定義 5.13より, νp(pnu)で n = 1, u = 1のとき, νp(p1 · 1) = 1となるので,
1 = νp(p) = νp(x2 − ay2) = νp(x2) = νp((pnα)2) = νp(p2nα2) = 2n /∈ NQp(Qp(√
a))
1 6= 2n (n ∈ Z)であるので, これは仮定に矛盾する.
57
n > mとすると, n < mの場合と同様にして,
1 = νp(p) = νp(x2 − ay2) = −aνp(y2) = −aνp((pmβ)2) = −aνp(p2mβ2) = −a · 2m /∈ NQp(Qp(√
a))
1 6= −2am (m ∈ Z)であるので, これは仮定に矛盾する.n = mとすると,
p = x2 − ay2 = (pnα)2 − a(pnβ)2 = p2nα2 − ap2nβ2 = p2n(α2 − aβ2) ∈ Zp
また,p1 · p−2n = (α2 − aβ2), p1−2n = (α2 − aβ2)
である.よって, νp(α2 − aβ2) = νp(p1−2n) ≥ 0 より, 1− 2n ≥ 0であり, ここで, 1− 2n ≥ 0より, n ≤ 12 である.いま, n ∈ Z
なので, n ≤ 0となり, νp(α2 − aβ2) ≥ 1となる.よって, 補題 5.12より, νp(pnu) ≥ 1となるので, n ≥ 1である.よって, νp(α2 − aβ2)は全て pで割り切ることができる.ゆえに,
α2 − aβ2 ≡ 0 mod p
a ≡ (α
β)2 mod p
となり, a ∈ (Z∗p)2 となり, これは仮定 a /∈ (Z∗p)2(⇔ (ap ) = −1)に矛盾する.以上より, p 6= 2について示せた.
(2) p = 2のとき a, b ∈ Z∗2 として, a ≡ 1 mod 4とする. このとき, a ≡ 1 mod 4 ⇔ a ≡ 1 mod 8 または a ≡ 5 mod 8より, a ≡ 1 mod 8 または a ≡ 5 mod 8について示せば十分である.(iii) a ≡ 1 mod 8のとき定理 5.9により, a ∈ (Z∗2)2となるので, {a, b}2 = 1.
(iv) a ≡ 5 mod 8のとき(iii-1) いま, p = 2なので, b ≡ 1 mod 2に注意すると,
4b ≡ 4 mod 8
a + 4b ≡ 9 mod 8
ゆえに, a + 4b ≡ 1 mod 8定理 5.9より, ∃c ∈ Z∗2 とすると, a + 4b = c2 となるので,
a + 4b = c2
14a + b =
14c2
b =14c2 − 1
4a = (
c
2)2− a(
12)2
= NQ2(√
a)/(Q2)(c
2+√
a
2) ∈ NQ2(Q2(
√a))
ゆえに, b ∈ NQ2(Q2(√
a))である.よって,定義 5.18より {a, b} = 1である.(iii-1) b ≡ 1 mod 4の場合も同様にして示せる.(iii-2) (3)a, b ∈ Z∗2, a ≡ b ≡ −1 mod 4と仮定して, {a, b}2 = −1を示す.仮定から {a, b}2 = −1 つまり b /∈ NQ2(Q2(
√a)を示す.
仮に, b ∈ NQ2(Q2(√
a) つまり, x2 − ay2 = b (ただし, x, y ∈ Q∗2)となったとすると, a ∈ Z∗p なので, 補題 5.12より, x = p0a
より, ν2(a) = ν2(p0a) = 0同様にして, ν2(b) = 0. よって, ν2(a) = ν2(b) = 0. これと補題 5.14より, 次のいずれかが成り立つ.
(a) ν2(x) = ν2(y)(b) 0 = ν2(x) < ν2(y)(c) 0 = ν2(y) < ν2(x)
(c) 0 = ν2(y) < ν2(x)の場合.補題 5.14(1)より,
ν2(x2) = ν2(x · x) = ν2(x) + ν2(x) = 2ν2(x)
58
ここで, ν2(x) ∈ Zで 0 < ν2(x)より, 1 ≤ ν2(x)である.よって, ν2(x2) = 2ν2(x) ≥ 2となる.いま, x2 − ay2 = bより, x2 = b + ay2 である.
ν2(x2) = ν2(b + ay2) ≥ 2
ここで, n ≥ 2, m ∈ Zより
b + ay2 = 2n · u = 22+mu = 4 · 2mu
よって,
b + ay2 ≡ 0 mod 4
y2 ≡ − b
amod 4
これと,定理 5.9より, y2 mod 4 = 1となるので,
1 ≡ − b
amod 4
− b
a≡ 1 mod 4
となるが, 仮定 a ≡ b ≡ −1 mod 4より, a = 4n− 1, b = 4m− 1 (n,m ∈ Z)とすると
− b
a= −4m− 1
4n− 1=
4m
4n− 1− 1
4n− 1mod 4
=1
4n− 1mod 4
= 4n− 1 mod 4
= −1 mod 4
すなわち, − ba = −1 mod 4である.よって, − b
a ≡ −1 mod 4であるので, 矛盾となる.(b) 0 = ν2(x) < ν2(y)の場合. 0 = ν2(y) < ν2(x)の場合と同様にできる.(a) ν2(x) = ν2(y)の場合.
x = xnα, y = pnβ, ただし, n ∈ Z, α, β ∈ Z∗2とかけ,
ν2(α2 − aβ2) = ν2((xp−n)2 − a(yp−n)2) = ν2(p−2n(x2 − ay2)) = ν2(p−2nb) = −2n ≥ 0
ここで,定理 5.9より
α2 mod 8 = 1, β2 mod 8 = 1
α2 − aβ2 = 1− a
仮定より, a ≡ −1 mod 4であるので
α2 − aβ2 ≡ 1− a ≡ 2 mod 4
α2 − aβ2 ≡ 0 mod 2
であるので, これは ν2(α2 − aβ2) = 1となり, ν(α2 − aβ2) = −2n (n ∈ Z)に矛盾する.(iii-3) a ∈ Z∗2として, {2, 1}2 = 1と a ≡ ±1 mod 8が同値であることを示す.{2, a}2 = 1とすると,
x2 − 2y2 = a, ただし, x, y ∈ Q∗2
となり, ν2(x2 − 2y2) = ν2(a) = 0となる.
いま, ν2(x2) = 2ν2(x)は偶数, ν2(2y2) = 2ν2(y) = 2ν2(y) + 1は奇数であるので,
ν2(x2) 6= ν2(2y2) かつ ν2(2y2) 6= 0
59
となる.よって, 補題 5.14(3)より0 = 2ν2(x) = ν2(x2) < ν2(2y2) = 1 + 2ν2(y)
となり, x ∈ Z∗2 かつ ν2(y) ≥ 0となる.つまり, y ∈ Z2 をえる.また,定理 5.9より, x2 ≡ 1 mod 8であるので, ν2(y) ≥ 1とすると, −2y2 ≡ 0 mod 8 より, a = x2 − 2y2 ≡ 1 mod 8を得る. ν2(y) = 0 つまり y ∈ Z∗2 とすると, 定理 5.9より y2 ≡ 1 mod 8となり, a = x2 − 2y2 ≡ −1 mod 8 を得る.
a ≡ ±1 mod 8とする. a ≡ 1 mod 8なら, 定理 5.9より, a ∈ (Z∗2)2 だから, {2, a}p = 1となる. a ≡ −1 mod 8なら, a + 2 ≡1 mod 8だから,定理 5.9より, ∃c ∈ Z∗p に対し, a + 2 = c2 となる. このとき,
a = c2 − 2 = NQ2(√
2)/Q2(c +
√2) ∈ NQ2(Q2(
√2))
となって, {2, a}2 = 1を得る.以上より, 題意は示せた.
系 5.24. K を Qpの 2次拡大とすると, Q∗p/NQp(K) ∼= Z/2Zが成立する.
証明. 補題 5.21より, ある x ∈ Qp があって, x /∈ NQp(K)をいえばよい.系 5.17により, 2次拡大をK = Qp(
√a)をしたとき,これは {a, x} = −1になる xを探すことに等しいが, 定理 5.23の公式を
使った具体的な計算により容易にできる.p 6= 2のとき, K = Qp(
√u)とすると x = pで {u, x}p = −1を示せばよい.つまり, {u, p}p = −1を示す.定理 5.23で,
x = pma より, m = 0, a = u とすると, x = u
y = pnb より, n = 1, b = 1 とすると, y = p
とすると,
{u, p}p = (−1)0·1·ε(p)
(u
p
)0 (1p
)0
=(
u
p
)= −1
よって, ∃p ∈ Q∗p, p /∈ NQp(Qp(√
p)である.上と同様にして, K = Qp(
√p)とすると x = pで {p, x}p = −1となることと, K = Qp(
√pu)とすると x = uで {p, x}p = −1
となることは同様に確かめられる.
5.5 ハッセ-ミンコウスキーの定理
素数 pに対し Qを p進数体とする. p = ∞に対し Q∞ = Rを実数体とする.
定理 5.25. a, b ∈ Q∗ に対し次の条件は同値である.
(a) Q上の同型 (a, b
Q) ∼= M2(Q)が存在する.
(b) 任意の素数 p および p = ∞に対し Qp上の同型 (a, b
Qp) ∼= M2(Qp)が存在する.
証明. (a)を仮定して (b)を示す.Qは Qp の部分体より, x ∈ Qは Qp の元である.定理 4.10より, (a)は次と同値である.
X2 − aY 2 − bZ2 = 0 が Qにおいて自明でない解をもつ.
Qは Qp の部分体より
X2 − aY 2 − bZ2 = 0 が Qpにおいて自明でない解をもつ.
よって, 示せた.(b)を仮定して (a)を示す.定理 4.11より, t, s ∈ Q∗
(a, b
Q) ∼= (
a, bs2
Q) ∼= (
bs2, a
Q) ∼= (
bs2, at2
Q) ∼= (
at2, bs2
Q)
60
となり, a, bを at2, bs2 で置き換えられる. よって,
a, b ∈ Z− {0} かつ a, bはともに平方因子を含まない. (∗)
と仮定することができる. ここで, 平方因子を含まないとは 1より大きい整数の 2乗で割れないことである. この仮定の下で (a)を n = |a|+ |b|に関する帰納法により示す.
a 6= 0, b 6= 0より n ≥ 2(i) n = 2とすると a = ±1かつ b = ±1
a = 1または b = 1 ならば a ∈ (Q∗)2または b ∈ (Q∗)2となり, 補題 4.8より (a)が成り立つ. a = b = −1 ならば 定理 4.13より Q∞ に対し R上の同型 (−1,−1
R ) ∼= M2(R)は存在しない. よって, n = 2の場合の主張が示された.(ii) n > 2とする.定理 4.11(1)より |a| ≤ |b|としてもよい. 次の主張を示す.
ある t ∈ Zが存在して a ≡ t2 mod bZ (∗∗)
いったん, この主張を認めて定理の証明を完了する.
t ∈ Zが (∗∗)の合同式を満たせば, t′ = t+kb(k ∈ Z)も同様であるから, |t| ≤ b2 .仮定よりゼロでない整数 cに対し t2−a = bc
とかける. さらにc = u2d, ただし u, d ∈ Z, ud 6= 0, dは平方因子を含まない
とする. 定理 4.11(5)と (6)より F = Qまたは Qp に対し F 上の同型
M2(F ) ∼= (a, b
F) ∼= (
a, b(t2 − a)F
) = (a, b(bc)
F) ∼= (
a, (bu)2dF
) ∼= (a, d
F)
が成り立つ. このとき,
|d| = |t2 − a|u2|b| ≤ t2
u2|b| +|a|
u2|b| ≤t2
|b| +|a||b| ≤
|b|4
+ 1 < |b|
が成り立つ. |a|+ |d| < |a|+ |b| = nより F ′ = Qp または Q∞ に対し F ′ 上の同型
(a, d
F′) ∼= M2(F′) ⇒ (
a, d
Q) ∼= M2(F′)
が成り立つと仮定すると, (a,bF ) ∼= (a,d
F )より F ′ = Qp または Q∞ に対し F ′ 上の同型
(a, b
F′) ∼= M2(F′) ⇒ (
a, b
Q) ∼= M2(F′)
も成り立つ.したがって, 帰納法により題意は示せた.次に仮定 (b)のもとで (∗∗)を示す. 仮定 (∗)と |b| ≥ 2より b = ±p1 · · · pr と素因数分解される. よって定理 3.22より, bを割
る各素数 pに対し
ある t ∈ Zが存在して a ≡ t2 mod pZ (∗ ∗ ∗)を示せばよい. 仮定 (b)と定理 4.10より
ある x, y, z ∈ Qp, (x, y, z) 6= (0, 0, 0)が存在して x2 − ay2 − bz2 = 0
が成り立つ. さらに次を仮定することができる.
x, y, z ∈ Zp かつ x, y, zの少なくとも 1つは Zpの可逆元 (∗ ∗ ∗∗)
x = pkx0, y = ply0, z = pmz0とすると (pkx0)2−a(ply0)2− b(pmz0)2 = 0となる. pのべき乗で最小の数で割ると,仮定 (∗∗∗∗)を満たす. よって, x ∈ Zp に対し x = pyとなるような y ∈ Zp が存在しないので, 定理 5.7より, x, y, zの少なくとも 1つは Zp
の可逆元である. x2 − ay2 − bz2 = 0と p|bよりx2 ≡ ay2 mod p
61
であるから, (∗ ∗ ∗)を示すには y ∈ Z∗p, つまりνp(y) = 0
をいえばよい. 仮に νp(y) ≥ 1とする. νp(b) = 1より
2νp(x) = νp(x2) = νp(ay2 + bz2) ≥ min{νp(y2), νp(b)} = 1
よって νp(x) ≥ 1である. さらに
1 + 2νp(z) = νp(bz2) = νp(x2 − ay2) ≥ min{2νp(x), 2νp(y)} ≥ 2
よって νp(z) ≥ 1となり, 仮定 (∗ ∗ ∗∗)に矛盾する.
系 5.26. a, b ∈ Q∗ に対し次の条件は同値である.
(a) X2 − aY 2 − bZ2 = 0 が Qにおいて自明でない解をもつ.
(b) 任意の素数 p および p = ∞に対し X2 − aY 2 − bZ2 = 0 が Qpにおいて自明でない解をもつ.
証明. 定理 4.10より, X2 − aY 2 − bZ2 = 0がQにおいて自明でない解をもつこととQ上の同型 (a,bQ ) ∼= M2(Q)が存在する
ことは同値である. また, 任意の素数 pおよび p = ∞に対しX2 − aY 2 − bZ2 = 0が Qpにおいて自明でない解をもつことと任
意の素数 pおよび p = ∞に対し Qp 上の同型 (a,bQp )
∼= M2(Qp)が存在することは同値である.よって, 定理 5.25より, Q上の同型 (a,b
Q ) ∼= M2(Q)が存在することと任意の素数 pおよび p = ∞に対しQp上の同型 (a,bQp )
∼=M2(Qp)が存在することは同値であるので, X2 − aY 2 − bZ2 = 0がQにおいて自明でない解をもつことと任意の素数 pおよび
p = ∞に対しX2 − aY 2 − bZ2 = 0が Qp において自明でない解をもつことは同値である.
62
第6章 研 究
6.1 p2n+1の分解
この節では,奇数の素数 pと x, y ∈ Z (x, y ≥ 0)に対して, p3 = x2 + y2 が成り立つときを調べた結果を述べる.この研究は,定理 3.29を証明したとき, p3 = x2 + y2 の場合はどうなるのかという疑問から生まれた.そして, p3 = x2 + y2 が成り立つとき
に何かしらの法則があることに気付いた.この法則について研究することによって,最終的には p2n+1 が 2通りの平方数の和で表すことができること,そしてその表現方法を求めることができた.
定理 3.29(1). pを奇数の素数とする.次の条件は同値である.
(a) ∃x, y ∈ Z, p = x2 + y2
(b) p ≡ 1 mod 4Z
定理 3.29(1)から,次のことが分かる.
定理 6.1. 奇数の素数 pに対して,次の (a),(b)は同値である.
(a) ∃x, y ∈ Z, p3 = x2 + y2
(b) p ≡ 1 mod 4Z
証明. (a)を仮定して (b)を示す.p ≡ 3 mod 4と仮定すると, p = 4k + 3 (k ∈ Z)である.
p3 = (4k + 3)3 ≡ 33 = 27 ≡ 3 mod 4
ゆえに, p3 ≡ 3 mod 4となる.また,(a)より xを奇数, yを偶数とでき, x = 2m + 1, y = 2lとすると,
x2 + y2 ≡ (2m + 1)2 + (2l)2 ≡ 1 mod 4
ゆえに, x2 + y2 ≡ 1 mod 4である.よって, p3 6= x2 + y2 となるので矛盾.これと,すべての素数は n ∈ Zに対して,4n + 1か4n + 3で表せることにより,
p ≡ 1 mod 4
である.(b)を仮定して (a)を示す.
(b)と定理 3.29(1)より,ある α, β ∈ Zに対して, p = α2 + β2 であるので,両辺に p2 をかけると,
p3 = (αp)2 + (βp)2
となるので, x = αp, y = βpとすると, p3 = x2 + y2 となる.
ここで,いくつかの計算によって p = 5, 17, 37, 101, 197, 257, 401のとき y = pとなることに気付いた.これらの pが n2 + 1型の素数であることに気付いたので,計算によって確かめたところ,次の定理 6.2が得られた.
定理 6.2. 任意の n ∈ Zに対して, y = n2 + 1ならば, x2 + y2 = y3 である.
63
証明.x2 = y3 − y2 = (y − 1)y2 = {n(n2 + 1)}2
ゆえに, x = n(n2 + 1) ∈ Zである.
補題 6.3. x2 + y2 = y3 ならば,∃n ∈ Z, y = n2 + 1である.
証明. x2 + y2 = y3より, x = y√
y − 1である. xは整数であるので,√
y − 1も整数であるためには y = n2 + 1 (n ∈ Z)であればよい.
また,定理 6.2での nが偶数のときに y = pとなることに気付いた.このことより,さらに厳密な pの値を考えることができた.
定理 6.4. 定理 6.2で y = pのとき,次の (a)(b)は同値である.
(a) ∃x ∈ Z, x2 + p2 = p3
(b) ∃m ∈ Z, p = 4m2 + 1
証明. (a)を仮定して (b)を示す.pは奇数であるので, y = n2 + 1が奇数となる場合を考える. nが奇数のとき, n = 2m + 1 (m ∈ Z)とする.
y = n2 + 1 = (2m + 1)2 + 1 = 2(2m2 + 2m + 1)
ゆえに y = 2(2m2 + 2m + 1)である.よって, yは偶数であるので yは奇数の素数ではない.nが偶数のとき, n = 2m (m ∈ Z)とする.
y = n2 + 1 = (2m)2 + 1 = 2(2m2) + 1
ゆえに y = 2(2m2) + 1である.よって, yは奇数であるので yは奇数の素数となることがある.このことより, x2 + p2 = p3のと
き, p = 4m2 + 1となる.(b)を仮定して (a)を示す.
x2 = p3 − p2 = {2m(4m2 + 1)}2
ゆえに, x = 2m(4m2 + 1) ∈ Zである.
補題 6.5と補題 6.6により 1つの p3 に対して 2通りの平方の和が存在することを示す.
補題 6.5 ([2]参照). p ≡ 1 mod 4なる素数 pを 2つの平方の和に分解することができる.しかも,この分解はただ一様に限る.
これより, p = a2 + b2 となる a, b ∈ Zは 1つしかない.よって, p3 = (ap)2 + (bp)2 となる a, bも 1つしかない.
補題 6.6 ([2]参照). 正整数 aが 4n + 3の形の素因数を含まず,素因数 2を高々1個含むときにのみ, aを互いに素なる 2つの平方数の和に分解することができる. aに含まれる互いに相異なる 4n + 1の形の素因数の数を kとすれば,分解は 2k−1 通り
にできる.
p3を素因数分解すると (4n + 1)3である.よって, p3には 4n + 1の形の素因数が 1つある.よって, p3の分解は 21−1 = 1通りである.このことより, p3 には (ap)2 + (bp)2 以外の平方数の和の分解がただ 1つ存在する.このもう 1つの分解を考えてみた.
(例) p = 5のとき, (x, y) = (10, 5), (11, 2)p = 13のとき, (x, y) = (39, 26), (46, 9)
一方は pで割り切れる.(例) p = 5のとき, (x, y) = (2 · 5, 1 · 5), (11, 2) (a = 1, b = 2とする.)
p = 13のとき, (x, y) = (3 · 13, 2 · 13), (46, 9) (a = 3, b = 2とする.)
64
さらに, pで割り切れない (x, y)に関して,それぞれが aまたは bで割り切れる.(例) p = 5のとき, (x, y) = (2 · 5, 1 · 5), (1 · 11, 2 · 1)
p = 13のとき, (x, y) = (3 · 13, 2 · 13), (2 · 23, 3 · 3)これらの結果から,ある a, b, q, r ∈ Zに対して,
p3 =
{(ap)2 + (bp)2
(aq)2 + (br)2
とできる.他の pに対しても同様の結果が得られた.さらに,いくつかの q, rを計算によって求めたところ,
q = 4s± 1, r = 4t± 1 (s, t ∈ Z, ただし, q = 4s + 1 かつ r = 4t + 1となることはない.)
という結果が得られた.ここで,定理 1より p = 4n + 1 (n ∈ Z)とできる.この nと a, bの関係を以下のように場合分けできる.(i)b2 > n > a2 のとき
q = 4(b2 − n)− 1, r = 4(n− a2) + 1
(ii)b2 < n < a2 のとき
q = 4(b2 − n) + 1, r = 4(n− a2)− 1
(iii)n < b2, n < a2 のとき
q = 4(b2 − n)− 1, r = 4(n− a2)− 1
なぜ, n > b2, n > a2の場合がないのかは容易に示すことができる.n > b2, n > a2とすると, 2n > a2+b2 = pとなり, 2n > 4n+1であるので矛盾がおこる.ここで,(i)(ii)の qについて計算してみる.
(i)q = 4(b2 − n)− 1 = 4b2 − 4n− 1 = 4b2 − (4n + 1) = 4b2 − p
(ii)q = 4(n− b2) + 1 = 4n− 4b2 + 1 = (4n + 1)− 4b2 = p− 4b2
同様にして rについても同じ計算結果が得られる.このことから,
q = |p− 4b2|, r = |p− 4a2|
とできる.よって,次の定理 6.7が考えられる.
定理 6.7. p3 は以下の 2通りの平方数の和で表すことができる.ただし, a, b ∈ Z, p = a2 + b2 である.
p3 =
{(ap)2 + (bp)2
(a|p− 4b2|)2 + (b|p− 4a2|)2
証明. (i)p3 = (ap)2 + (bp)2 を示す.
(ap)2 + (bp)2 = a2p2 + b2p2 = p2(a2 + b2) = p2 · p = p3
ゆえに, p3 = (ap)2 + (bp)2 である.(ii)p3 = (a|p− 4b2|)2 + (b|p− 4a2|)2 を示す.
(a|p− 4b2|)2 + (b|p− 4a2|)2 = p2(a2 + b2) + 16a2b2(a2 + b2 − p) = p2 · p + 16a2b2(p− p) = p3
ゆえに, p3 = (a|p− 4b2|)2 + (b|p− 4a2|)2 である.
補題 6.5,補題 6.6,定理 6.7より次のことが分かる.
定理 6.8. p2n+1 は以下の 2通りの平方数の和で表すことができる.ただし, a, b ∈ Z, p = a2 + b2 である.
p2n+1 =
{(apn)2 + (bpn)2
(a|p− 4b2|pn−1)2 + (b|p− 4a2|pn−1)2
65
6.2 AX2 + BY 2 + CZ2 = 0が整数解をもつためのA,B,Cの条件
方程式 AX2 + BY 2 + CZ2 = 0が整数解をもつか,もたないかを判定するための A,B, C に関する条件を用いて,整数解をもつかどうかを判定するだけではなく,整数解を必ずもつ方程式はつくれないだろうかと考えた.そこで,係数 A,B, C に条件を与
え,具体的に数を代入し,整数解をもつ方程式を導き出していく.
ルジャンドルの定理. 次の A,B, C がどの 2つをとっても互いに素なゼロでない整数で,それぞれが平方因子を含まないとする.このとき方程式
AX2 + BY 2 + CZ2 = 0
が自明でない整数解をもつための必要十分条件は次の条件がすべて成り立つことである.
(i) A,B, C が同一符号でない.
(ii) Aを割る任意の奇数の素数 pに対し,
(−BC
p
)= 1
(iii) B を割る任意の奇数の素数 pに対し,
(−CA
p
)= 1
(iv) C を割る任意の奇数の素数 pに対し,
(−AB
p
)= 1
定理 6.9. pを奇数の素数とし, Aを割る任意の奇数の素数 pとする.このとき方程式
pX2 − 3Y 2 − 5Z2 = 0
が自明でない整数解をもつための必要十分条件は
p ≡ 17, 23 mod 30Z
である.
証明.
1 =(−15
p
), 1 =
(5p
3
), 1 =
(3p
5
)
を満たす pを示す. 1 =(
5p3
)より,
1 =(
5p
3
)=
(53
) (p
3
)= (−1)
(p
3
)
ここで,(
3p
)= (−1)
p−12
(p3
)を考える.
(−1)p−12 =
{1 p ≡ 1 mod 4Z−1 p ≡ −1 mod 4Z
また,(p
3
)=
{1 p ≡ 1 mod 3Z−1 p ≡ 2 mod 3Z
よって, (3p
)=
{1 p ≡ ±1 mod 12Z−1 p ≡ ±5 mod 12Z
である. 1 = (−1)(
p3
)より,
(p3
)= −1となるので,
p ≡ 2 mod 3Z
また, 1 =(
3p5
)より,
1 =(
3p
5
)=
(35
) (p
5
)= (−1)
(p
5
)
66
ここで,(
p5
)=
(5p
)であるから, 1 = (−1)
(5p
)となる. よって,
(5p
)= −1である. ゆえに,
p ≡ ±2 mod 5Z.
さらに, 1 =(−15
p
)より,
1 =(−15
p
)=
(−1p
)(3p
)(5p
).
ここで,(
5p
)= −1より, 1 =
(−1p
)(3p
)(−1) よって,
(−1p
)(3p
)= −1
となる.(i)
(−1p
)= 1かつ
(3p
)= −1のとき
p ≡ 1 mod 4Zかつ p ≡ ±5 mod 12Z
すなわち,p ≡ 5 mod 12Z
(ii)(−1p
)= −1かつ
(3p
)= 1のとき
p ≡ −1 mod 4Zかつ p ≡ ±1 mod 12Z
すなわち, p ≡ −1 mod 12Zである.よって, (i),(ii)より
p ≡ 5 mod 6Z
したがって,これらを満たす pは
p ≡ 17, 23 mod 30Z
となる.逆に, p ≡ 17 mod 30Zとする. p = 17 + 30k (k ∈ Z)と表せる.
(5p
3
)=
(5(17 + 30k)
3
)=
(853
)=
(13
)= 1
(3p
5
)=
(3(17 + 30k)
5
)=
(515
)=
(15
)= 1
(−15p
)=
( −1517 + 30k
)=
( −117 + 30k
)(3
17 + 30k
)(5
17 + 30k
)= 1 · (−1)(−1) = 1
ゆえに, 1 =(−15
p
), 1 =
(5p3
), 1 =
(3p5
)を満たす.
また, p ≡ 23 mod 30Z とする. p = 23 + 30k (k ∈ Z)と表せる.(
5p
3
)=
(5(23 + 30k)
3
)=
(1153
)=
(13
)= 1
(3p
5
)=
(3(23 + 30k)
5
)=
(695
)=
(45
)=
(25
)(25
)= 1
(−15p
)=
( −1523 + 30k
)=
( −123 + 30k
)(3
23 + 30k
)(5
23 + 30k
)= (−1) · 1 · (−1) = 1
ゆえに, 1 =(−15
p
), 1 =
(5p3
), 1 =
(3p5
)を満たす.以上より,題意は示せた.
定理 6.10. pを奇数の素数とし, Aを割る任意の奇数の素数を pとする.このとき方程式
pX2 − 7Y 2 − 5Z2 = 0
が自明でない整数解をもつための十分必要条件は
p ≡ 3, 13, 17, 27, 33, 47, 73, 83, 87, 97, 103, 117 mod 140Z
67
である.
証明.
1 =(−35
p
), 1 =
(5p
7
), 1 =
(7p
5
)
を満たす pを示す. 1 =(
7p5
)より,
1 =(
7p
5
)=
(75
) (p
5
)= (−1)
(p
5
)
ここで,(
p5
)=
(5p
)であるから, 1 = (−1)
(5p
)となる. よって,
(5p
)= −1である. ゆえに,
p ≡ ±2 mod 5Z
また, 1 =(
5p7
)より,
1 =(
5p
7
)=
(57
) (p
7
)= (−1)
(p
7
)
ここで,(
7p
)= (−1)
3p−32
(p7
)を考える.
(−1)3p−3
2 =
{1 p ≡ 1 mod 4Z−1 p ≡ −1 mod 4Z
また,(p
7
)=
{1 p ≡ 1, 2, 4 mod 7Z−1 p ≡ 3, 5, 6 mod 7Z
よって, (7p
)=
{1 p ≡ ±1,±3,±9 mod 28Z−1 p ≡ ±5,±11,±13 mod 28Z
である. 1 = (−1)(
p7
)より,
(p7
)= −1となるので,
p ≡ 3, 5, 6 mod 7Z
となる.さらに, 1 =(−35
p
)より,
1 =(−35
p
)=
(−1p
)(5p
)(7p
)
ここで,(
5p
)= −1より, 1 =
(−1p
)(−1)
(7p
)よって,
(−1p
)(7p
)= −1
となる.(i)
(−1p
)= 1かつ
(7p
)= −1のとき
p ≡ 1 mod 4Zかつ p ≡ ±5,±11,±13 mod 28Z
すなわち,p ≡ 5, 13, 17 mod 28Z
(ii)(−1p
)= −1かつ
(7p
)= 1のとき
p ≡ −1 mod 4Zかつ p ≡ ±1,±3,±9 mod 28Z
すなわち,p ≡ 3, 19, 27 mod 28Z
よって, (i),(ii)よりp ≡ 3, 5, 13, 17, 19, 27 mod 28Z
68
したがって,これらを満たす pは
p ≡ 3, 13, 17, 27, 33, 47, 73, 83, 87, 97, 103, 117 mod 140Z
となる.逆に, p ≡ 3 mod 140Zとする. p = 3 + 140k (k ∈ Z)と表せる.
(7p
5
)=
(7(3 + 140k)
5
)=
(215
)=
(15
)= 1
(5p
7
)=
(5(3 + 140k)
7
)=
(157
)=
(17
)= 1
(−35p
)=
( −353 + 140k
)=
( −13 + 140k
)(5
3 + 140k
)(7
3 + 140k
)= (−1)(−1) · 1 = 1
ゆえに, 1 =(−35
p
), 1 =
(5p7
), 1 =
(7p5
)を満たす.
次に, p ≡ 13 mod 140Zとする. p = 13 + 140k (k ∈ Z)と表せる.(
7p
5
)=
(7(13 + 140k)
5
)=
(915
)=
(15
)= 1
(5p
7
)=
(5(13 + 140k)
7
)=
(657
)=
(27
)= 1
(−35p
)=
( −3513 + 140k
)=
( −113 + 140k
)(5
13 + 140k
)(7
13 + 140k
)= 1 · (−1)(−1) = 1
ゆえに, 1 =(−35
p
), 1 =
(5p7
), 1 =
(7p5
)を満たす.
次に, p ≡ 17 mod 140Zとする. p = 17 + 140k (k ∈ Z)と表せる.(
7p
5
)=
(7(17 + 140k)
5
)=
(1195
)=
(45
)=
(25
)(25
)= 1
(5p
7
)=
(5(17 + 140k)
7
)=
(857
)=
(17
)= 1
(−35p
)=
( −3517 + 140k
)=
( −117 + 140k
)(5
17 + 140k
)(7
17 + 140k
)= 1 · (−1)(−1) = 1
ゆえに, 1 =(−35
p
), 1 =
(5p7
), 1 =
(7p5
)を満たす.
次に, p ≡ 27 mod 140Zとする. p = 27 + 140k (k ∈ Z)と表せる.(
7p
5
)=
(7(27 + 140k)
5
)=
(1895
)=
(45
)=
(25
)(25
)= 1
(5p
7
)=
(5(27 + 140k)
7
)=
(1357
)=
(27
)= 1
(−35p
)=
( −3527 + 140k
)=
( −127 + 140k
)(5
27 + 140k
)(7
27 + 140k
)= (−1)(−1) · 1 = 1
ゆえに, 1 =(−35
p
), 1 =
(5p7
), 1 =
(7p5
)を満たす.
次に, p ≡ 33 mod 140Zとする. p = 33 + 140k (k ∈ Z)と表せる.(
7p
5
)=
(7(33 + 140k)
5
)=
(2315
)=
(15
)= 1
(5p
7
)=
(5(33 + 140k)
7
)=
(1657
)=
(47
)=
(27
)(27
)= 1
(−35p
)=
( −3533 + 140k
)=
( −133 + 140k
)(5
33 + 140k
)(7
33 + 140k
)= 1 · (−1)(−1) = 1
ゆえに, 1 =(−35
p
), 1 =
(5p7
), 1 =
(7p5
)を満たす.
69
次に, p ≡ 47 mod 140Zとする. p = 47 + 140k (k ∈ Z)と表せる.(
7p
5
)=
(7(47 + 140k)
5
)=
(3295
)=
(45
)=
(25
)(25
)= 1
(5p
7
)=
(5(47 + 140k)
7
)=
(2357
)=
(47
)=
(27
)(27
)= 1
(−35p
)=
( −3547 + 140k
)=
( −147 + 140k
)(5
47 + 140k
)(7
47 + 140k
)= (−1)(−1) · 1 = 1
ゆえに, 1 =(−35
p
), 1 =
(5p7
), 1 =
(7p5
)を満たす.
次に, p ≡ 73 mod 140Zとする. p = 73 + 140k (k ∈ Z)と表せる.(
7p
5
)=
(7(73 + 140k)
5
)=
(5115
)=
(15
)= 1
(5p
7
)=
(5(73 + 140k)
7
)=
(3657
)=
(17
)= 1
(−35p
)=
( −3573 + 140k
)=
( −173 + 140k
)(5
73 + 140k
)(7
73 + 140k
)= 1 · (−1)(−1) = 1
ゆえに, 1 =(−35
p
), 1 =
(5p7
), 1 =
(7p5
)を満たす.
次に, p ≡ 83 mod 140Zとする. p = 83 + 140k (k ∈ Z)と表せる.(
7p
5
)=
(7(83 + 140k)
5
)=
(5815
)=
(15
)= 1
(5p
7
)=
(5(83 + 140k)
7
)=
(4157
)=
(27
)= 1
(−35p
)=
( −3583 + 140k
)=
( −183 + 140k
)(5
83 + 140k
)(7
83 + 140k
)= (−1)(−1) · 1 = 1
ゆえに, 1 =(−35
p
), 1 =
(5p7
), 1 =
(7p5
)を満たす.
次に, p ≡ 87 mod 140Zとする. p = 87 + 140k (k ∈ Z)と表せる.(
7p
5
)=
(7(87 + 140k)
5
)=
(6095
)=
(45
)=
(25
)(25
)= 1
(5p
7
)=
(5(87 + 140k)
7
)=
(4357
)=
(17
)= 1
(−35p
)=
( −3587 + 140k
)=
( −187 + 140k
)(5
87 + 140k
)(7
87 + 140k
)= (−1)(−1) · 1 = 1
ゆえに, 1 =(−35
p
), 1 =
(5p7
), 1 =
(7p5
)を満たす.
次に, p ≡ 97 mod 140Zとする. p = 97 + 140k (k ∈ Z)と表せる.(
7p
5
)=
(7(97 + 140k)
5
)=
(6795
)=
(45
)=
(25
)(25
)= 1
(5p
7
)=
(5(97 + 140k)
7
)=
(4857
)=
(27
)= 1
(−35p
)=
( −3597 + 140k
)=
( −197 + 140k
)(5
97 + 140k
)(7
97 + 140k
)= 1 · (−1)(−1) = 1
ゆえに, 1 =(−35
p
), 1 =
(5p7
), 1 =
(7p5
)を満たす.
次に, p ≡ 103 mod 140Zとする. p = 103 + 140k (k ∈ Z)と表せる.(
7p
5
)=
(7(103 + 140k)
5
)=
(7215
)=
(15
)= 1
(5p
7
)=
(5(103 + 140k)
7
)=
(5157
)=
(47
)=
(27
)(27
)= 1
(−35p
)=
( −35103 + 140k
)=
( −1103 + 140k
)(5
103 + 140k
)(7
103 + 140k
)= (−1)(−1) · 1 = 1
70
ゆえに, 1 =(−35
p
), 1 =
(5p7
), 1 =
(7p5
)を満たす.
次に, p ≡ 117 mod 140Zとする. p = 117 + 140k (k ∈ Z)と表せる.(
7p
5
)=
(7(117 + 140k)
5
)=
(8195
)=
(45
)=
(25
)(25
)= 1
(5p
7
)=
(5(117 + 140k)
7
)=
(5857
)=
(47
)=
(27
)(27
)= 1
(−35p
)=
( −35117 + 140k
)=
( −1117 + 140k
)(5
117 + 140k
)(7
117 + 140k
)= 1 · (−1)(−1) = 1
ゆえに, 1 =(−35
p
), 1 =
(5p7
), 1 =
(7p5
)を満たす.
以上より,題意は示せた.
定理 6.11. p, p + 2を奇数の素数とする.このとき方程式
(p + 2)X2 − pY 2 − 5Z2 = 0
が自明でない整数解をもつための十分必要条件は
p ≡ −1 mod 40Z
である.
証明.
1 =( −5p
p + 2
), 1 =
(5(p + 2)
p
), 1 =
(p(p + 2)
5
)
を満たす pを求める. 1 =(
p(p+2)5
)より,
1 =(
p(p + 2)5
)=
(p
5
) (p + 2
5
)
ここで, (5
p + 2
)= (−1)2·
p+12
(p + 2
5
)
(5
p + 2
)=
(p + 2
5
)
となる.よって,
1 =(
5p
)(5
p + 2
)
(i)(
5p
)= 1かつ
(5
p+2
)= 1のとき
p ≡ ±1 mod 5Zかつ p + 2 ≡ ±1 mod 5Z
p ≡ ±1 mod 5Zかつ p ≡ −2± 1 mod 5Z
すなわち,p ≡ −1 mod 5Z
(ii)(
5p
)= −1かつ
(5
p+2
)= −1のとき
p ≡ ±2 mod 5Zかつ p + 2 ≡ ±2 mod 5Z
p ≡ ±2 mod 5Zかつ p ≡ −2± 2 mod 5Z
このとき, pは存在しないので不適. よって, (i),(ii)より
p ≡ −1 mod 5Z
これより,(
5p
)= 1,
(5
p+2
)= 1となる. また, 1 =
(5(p+2)
p
)より,
1 =(
5(p + 2)p
)=
(5p
)(p + 2
p
)=
(5p
)(2p
)= 1 ·
(2p
)=
(2p
)
71
よって,p ≡ ±1 mod 8Z.
さらに, 1 =(−5pp+2
)より,
1 =( −5p
p + 2
)=
( −1p + 2
)(5
p + 2
)(p
p + 2
)=
( −1p + 2
)(5
p + 2
)(2p
)=
( −1p + 2
)· 1 · 1 =
( −1p + 2
)
よって,p + 2 ≡ 1 mod 4Z
p ≡ −1 mod 4Z
したがって, これらを満たす pは
p ≡ −1 mod 40Z
となる.逆に, p ≡ −1 mod 40Zとする. p = −1 + 40k (k ∈ Z)と表せる.
(p(p + 2)
5) =
((−1 + 40k)(1 + 40k)
5
)=
(−15
)= 1
(5(p + 2)
p) =
(3(1 + 40k)−1 + 40k
)=
(3
−1 + 40k
)= 1
(−5p
p + 2) =
(−5(−1 + 40k)1 + 40k
)=
(5
1 + 40k
)= 1
ゆえに, 1 =(−5pp+2
), 1 =
(5(p+2)
p
), 1 =
(p(p+2)
5
)を満たす.
以上より, 題意は示せた.
補題 6.12. A,B, C は同一符号でないとする. |A|, |B|, |C|が互いに相異なる 4n + 1型の素数ならば,方程式
AX2 + BY 2 + CZ2 = 0
は符号の組み合わせに関係なく自明でない整数解をもつ,あるいはもたないのどちらかである.つまり,
|A| = p, |B| = q, |C| = r
として,
pX2 + qY 2 − rZ2 = 0
pX2 − qY 2 + rZ2 = 0
−pX2 + qY 2 + rZ2 = 0
−pX2 − qY 2 + rZ2 = 0
pX2 − qY 2 − rZ2 = 0
−pX2 + qY 2 − rZ2 = 0
がすべて解をもつか,あるいはもたないということである.
証明. p ≡ q ≡ r ≡ 1 mod 4Zなので, (−1p
)=
(−1q
)=
(−1r
)= 1
である.ゆえに, (−BC
p
)=
(BC
p
),
(−CA
p
)=
(CA
q
),
(−AB
r
)=
(AB
r
)(∗)
である.
72
ここで,(1)が解をもつとすると,ルジャンドルの定理より,(−BC
p
)=
(−q(−r)p
)=
(qr
p
)= 1
(−CA
q
)=
(−(−r)pq
)=
(rp
q
)= 1
(−AB
r
)=
(−pq
r
)= 1
である. (∗)より,(−qr
p
)=
(qr
p
)= 1,
(−rp
q
)=
(rp
q
)= 1,
(−pq
r
)=
(pq
r
)= 1
となる.これは (1)～(6)がすべてルジャンドルの定理を満たすということなので,(1)～(6)は解を持つ.(1)以外のものが解をもつと仮定したときも同様の結果が得られる.次に,(1)が解を持たないとして,
(−BC
p
)=
(−q(−r)p
)=
(qr
p
)= −1
とする. (∗)より,(
qr
p
)=
(−qr
p
)= −1
となるので,(1)～(6)において必ず (−BCp ) = −1となる.ゆえに (1)～(6)は解を持たない.他の場合も同様にして解を持たないこ
とが分かる.
73
第7章 終わりに
この研究を通して,群,環,体の定義や平方剰余の相互法則といった初等整数論を学ぶことで,整数論の基礎知識の理解を深めることができた.写像などを考える際には,要素が,今どの集合に含まれているのかをとらえ,集合の構成や集合と集合の関係を理解することが重要である. 四元数や p進数など実際に見ることができない数をとらえることは困難であったが,これらによって,方程式が解をもつか,もたないかを判定することが可能になることが分かった.数の広がりにふれ,事象を数理的に考察する能力が身についた.
p2n+1の分解の研究では, p2n+1が 2通りの平方数の和で表せることが分かったが, p2nの場合はどうなのかという疑問が残っ
ている.また,これは 4n + 1型の素数の場合である.すべての素数は 4n + 1型か 4n + 3型に分類できるので, 4n + 3型の場合についても研究することが今後の課題である.また,整数解をもつ方程式についての研究では,方程式
AX2 + BY 2 + CZ2 = 0 A,B, C は整数の定数
の係数A,B, C に具体的な数を代入し,方程式をつくり考察することで,整数解を必ずもつ方程式をつくることができた.しかし,現段階では,限られた素数に対する方程式の場合でしか導き出せていない.この研究では, C の係数を−5にして方程式を考えた. A,Bの係数を変えることで,さらに整数解を必ずもつ方程式,決してもたない方程式を考えることもできるであろう.研究の最後に登場した補題 6.12もその足掛かりとなるであろう.また素数だけでなく,係数に偶数が含まれた方程式など,さまざまな場合を想定して,いくつもの結果をもとに,さらに多くの整数に対して成り立つ方程式とはどのようなものであるかを研究することが今後の課題である.整数解を必ずもつ方程式,または整数解を決してもたない方程式として一般化できることを期待している.
参考文献
[1] 斎藤 秀司, 整数論, 共立出版, 1997.[2] 高木 貞治, 初等整数論講義 第 2版, 共立出版, 1971.[3] 足立 恒雄, フェルマーの大定理が解けた!‐オイラーからワイルズの証明まで, 講談社, 1995.[4] 富永 裕久, フェルマーの最終定理に挑戦, ナツメ社, 1996.[5] ファン · デル · プールテン, A.J., フェルマーの最終定理についてのノート‐その注釈と随想, 森北出版, 2000.[6] Paulo Ribenboim, 素数の世界‐その探索と発見, 共立出版, 2001.[7] 和田 秀雄, 数の世界 整数論への道, 岩波書店, 1981.[8] 堀場 芳数, 素数の不思議, 講談社, 1994.[9] 渡辺 敬一, 環と体, 朝倉書店, 2002.[10] A.ヴェイユ, 初学者のための整数論, 現代数学社, 1995.[11] 富永 裕久, 図解雑学 フェルマーの最終定理, ナツメ社, 1999.[12] Silver, Joseph H, はじめての数論, ピアソン ·エデュケーション, 2001.
74