3.2次体の整数                   戻る

 平成17年の私自身の積み残しの問題として、

   3=x2−1 を満たす自然数解は、(x,y)=(3,2) のみ

というものがある。この問題は、平成17年6月2日にHN「通り人」さんが出題されたもので
ある。これに対して、当HPがいつもお世話になっているHN「らすかる」さんが、「Thue方程
式」の問題に翻訳して、プログラムにより解決された。(平成17年6月5日付け)

  右辺を因数分解すると、 y3=(x+1)(x−1) である。連続する正の奇数の積は三乗数
にならないので、xは奇数に限る。

 xが奇数(x≧3)、yが偶数(y≧2)なので、    x=2m+1、y=2n (m、n≧1)
 とおくと、 4m(m+1)=8n3 となり、 m(m+1)=2n3

  mが偶数のとき、 m=2k (k≧1)とおくと、     k(2k+1)=n3
 k と 2k+1 は互いに素なので、両方とも三乗数でなければならない。
 そこで、 k=t3(t≧1)、2k+1=s3 (s≧1)とおくと、   2t3+1=s3
 となる。

 同様にして、

  mが奇数のとき、 m=2k−1 (k≧1)とおくと、   k(2k−1)=n3
 k と 2k−1 は互いに素なので、両方とも三乗数でなければならない。
 そこで、 k=t3(t≧1)、2k−1=s3 (s≧1)とおくと、   2t3−1=s3
 となる。

 したがって、2t3±1=s3 (Thue方程式)を解けば良い
ことになる。

 このとき、 pari/gp というプログラムで

  th=thueinit(x^3-2)
  thue(th,1)
  thue(th,-1)

 と入力するだけで、(s,t)=±(1,0),±(1,1)という全解が得られる。

 問題の条件より、(s,t)=(1,1) で、このとき、 k=1
 よって、m=n=1 となり、自然数解は (x,y)=(3,2) のみ。



 らすかるさんによれば、「手計算で簡単に解けるような問題ではない」ということである。

 北海道大学の中村先生に、この問題について伺ったところ、らすかるさんと同じく、「簡
単な計算ではできない」とのことである。

 3=x2−1 を y3+1=x2 と変形し、1の3乗根ωを用いて、(y+1)(y+ω)(y+ω2)=x2
と因数分解。このとき、Q(ω)での素数の分解法則やZ[ω]の単項イデアル整域という性質
を用いて証明できるだろう

との助言を頂いた。

 このページでは、中村先生からの指針を参考にしながら、冒頭の問題解決のための理
論的な知識を整理していきたいと思う。

 表題の「2次体」の「体」は、数学における「群・環・体」の「体」のことである。これは、あま
り難しく考える必要はなく、我々が通常計算している世界が、「体」の世界である。簡単に言
えば、「体」とは、四則演算が自由にできる数の集合のことを言う。

例(有理数体 ) 有理数の集合で、演算(+−×÷)が可能である。

例(実数体 ) 実数の集合で、演算(+−×÷)が可能である。(→中学で学習)

例(複素数体 ) 複素数の集合で、演算(+−×÷)が可能である。(→高校で学習)

 上記の3つの数体には、  ⊂ R ⊂  という関係がある。

このような関係があるとき、 の部分体、 の部分体であるという。


 整数論の基礎知識 において、ガウスの整数のいろいろな性質を考察した。

 (ガウスの整数)   a+b・i   (a、b は有理整数 、i は虚数単位)

 この整数は、和・差・積の演算について閉じているが、商については閉じていない。

したがって、ガウスの整数の集合は、体にはならない。

 そこで、i を虚数単位として、複素数 a+b・i   (a、b は有理数)の集合を考える。

この集合は、通常 Q(i) で表される。

ここでは四則演算が自由にできるので体となる。 Q(i)ガウスの数体と言う。

Q(i) は、虚2次体である。これに対して、Q()などは実2次体と言われる。

α=a+b・i を解に持つ2次方程式は、

    (X−α)(X−)=X2−(α+)X+α・=0

で与えられる。 このとき、係数はすべて有理数である。

 多項式 (X−α)(X−) のことを、 α の主多項式という。

 さて、冒頭の問題解決のためには、まず、虚2次体 Q(ω) について、その性質を調べる
必要がありそうだ。

 ω は、1の3乗根で、2次方程式 X2+X+1=0 の解である。解の公式から、

            

である。
            
とおくと、
            
である。

 明らかに、 ω+=−1 、 ω・=1  が成り立つ。

また、 ω2+ω+1=0 であることから、 =ω2 である。


 a+b (a、b は有理数)の集合からなる体を考えるので、通常は、Q()とす
るところだが、実は、Q(ω) を用いる理由がある。

 Q()における整数は、実は、

        a+b・ω
   (a、b は有理整数)

の形に限定されるらしい。そういうこともあって、Q(ω) を用いることが納得される。

 α=a+b・ω (a、b は有理数)に対して、その共役を =a+b・ と定義する。

このとき、α=a+b・ω のノルム(Norm)

      N(a+b・ω)=(a+b・ω)・(a+b・)=a2−ab+b2

と定義する。明らかに、ノルムの値は、0 以上の有理数である。

 ノルムについて、次の性質が成り立つ。(証明は、明らかだろう。)

   N(α・β)=N(α)・N(β)  、   N(α/β)=N(α)/N(β)

 ノルムと同様にして、シュプール(Spur)(または、トレース(trace))が定義される。

      S(a+b・ω)=(a+b・ω)+(a+b・)=2a−b

 シュプールについて、次の性質が成り立つ。(証明は、明らかだろう。)

      
S(α+β)=S(α)+S(β)

 明らかに、シュプールの値は、0 以上の有理数である。

例  α=5+8ω のノルム N(α)=52−5・8+82=25−40+64=49
          シュプール S(α)=2・5−8=10−8=2


 α=a+b・ω に対して、そのノルムとシュプールは、どんな幾何学的意味があるのだろう
か?下図を、ボーっと眺めていると、その意味がよく分かる。

        

 N(a+b・ω)は、2辺の長さが a、b で、その間の角が60°の三角形で、その角の対辺
の長さの平方である。

 S(a+b・ω)は、2辺の長さが a、b で、その間の角が60°の三角形で、第3辺のa方向
の正射影の長さの2倍である。

 Q(ω) において、 a+b・ω (a、b は有理整数) の形の数を「整数」と定義する。

 全ての整数の約数となる整数を、単数という。単数は、有理整数 1 と同じ働きを持つ。

 Q( i ) において、単数は、 1 、−1 、 i 、 −i の4個であった。それでは、Q(ω) に
おいて、単数とは、どのようなものであろうか。実際に、求めてみよう。

 単数の性質から、 N(a+b・ω)=1 が成り立つので、  a2−ab+b2=1

 a の2次方程式 a2−ab+b2−1=0 において実数解を持つので、判別式をDとすると、

 D=b2−4(b2−1)=4−3b2≧0 となる。 b は整数なので、 b=0、1、−1

     b=0 のとき、 a2=1 より、 a=1、−1

     b=1 のとき、 a2−a=0 より、 a=0、1

     b=−1 のとき、 a2+a=0 より、 a=0、−1

 従って、求める単数は、次の6個である。

         1 、−1 、ω 、−ω 、 1+ω 、−1−ω

 ここで、 1+ω=−ω2 なので、単数として、

         1 、−1 、ω 、−ω 、 ω2 、−ω2

としてもよい。また、次の性質も面白い。

 Q(ω) において、整数のノルムは、3以上である。

したがって、ノルムが2となる整数は存在しない。

 実際に、もし存在したとすると、a2−ab+b2=2 であるが、判別式をDとすると、

 D=b2−4(b2−2)=8−3b2≧0 となる。 b は整数なので、 b=0、±1、±2

     b=0 のとき、 a2=2 より、 a は整数とならない。

     b=1 のとき、 a2−a−1=0 より、 a は整数とならない。

     b=−1 のとき、 a2+a−1=0 より、 a は整数とならない。

     b=2 のとき、 a2−2a+2=0 より、 a は整数とならない。

     b=−2 のとき、 a2+2a+2=0 より、 a は整数とならない。

 以上から、a2−ab+b2=2 を満たす整数解は存在しない。


 整数 α に対して、単数および、 α に単数を乗じたものは、自明な約数で、有理整数にお
ける、1と−1 と同様に因数としては、度外視して考えるものとする。

例 6=1・6 とは普通考えない。 6=2・3 と因数に分解する方が自然であろう。

 整数 α に対して、自明でない約数を、真の約数という。

 このとき、整数 α が、0 でも単数でもなく、かつ、真の約数を持たないとき、素数であると
いう。

例 Q(ω) において、 1+2ω= は素数である。
  実際に、N(1+2ω)=3 で、整数のノルムは3以上であるから、1+2ω は真の約数
 を持ち得ない。
  このことから、3 は、Q(ω) において素数でないことも分かる。

 整数 α に対して、素数 p 、q 、・・・ があって、 α=p×q×・・・ と積の形にかけるとき、
整数 α は、素因数に分解されるという。

 これまでの話から、整数 α が有限個の素因数に必ず分解できるということは理解できる
だろう。しかし、素因数分解において、大切なことは、その分解の一意性にある。もし、一意
性が成立すれば、有理整数における性質が、Q(ω) の整数においても同様に成り立つこと
になる。

 Q(ω) においても、素因数分解の一意性が成り立つ。

 このことを確認するには、まず次の定理(整除の定理)が必要だ。

定理  任意の整数 α 、β (β≠0) に対して、

         α = β・q+r  ( N(r)<N(β) )

    を満たす整数 q 、r が存在する。

(証明) ガウス平面(複素数平面)において、明らか
    に、ある整数 q が存在して、N(α/β−q)<1
    とできる。そこで、 r=α−β・q とおくと、r は
    整数で、
   N(r)=N(α−β・q)=N(β・(α/β−q))
              =N(β)・N(α/β−q)<N(β)
  以上から、 α = β・q+r ( N(r)<N(β) ) を
 満たす整数 q 、r が存在する。(証終)

 この定理により、Q(ω) の整数においても、ユークリッドの互除法を行うことができる。

 従って、ガウスの整数と同様の議論により、Q(ω) においても素因数分解の一意性が成
り立つ。

 さて、上記の例で、「 Q(ω) において、整数 1+2ω= は素数である」ことを述べ
た。それでは、 Q(ω) における素数として他にどんなものがあるのだろうか?

 いま、整数 α を素数として、 α で割り切れる正の有理整数のうちで最小のものを、p と
する。このような p は必ず存在する。(例えば、N(α)は、α で割り切れる。)

 このとき、 p は、有理素数である。

 実際に、 α は素数で単数ではないから、p ≧ 3 で、p が有理素数でないとすると、
             p = x・y ( p>x>1 、p>y>1 )
       となる有理整数 x 、y が存在し、x または y は、α で割り切れる。
       これは、p の最小性に矛盾する。 よって、 p は、有理素数である。

 したがって、素数 α は、有理素数 p の約数となる。そこで、 p = α・β とおける。

このとき、 N(p)=N(α)・N(β) で、N(p)=p2 なので、

       N(α)=p  または  N(α)=p2

となる。

 N(α)=p のとき、 p=α・ で、これは、p の素因数分解となるので、有理素数 p は

Q(ω) における素数とはなり得ない。 (例 3=(1+2ω)(1+2) )

 N(α)=p2 のとき、 N(β)=1 で、β は単数で、α は、p と同伴数となる。

 このとき、p は、Q(ω) においても素数となる。

 したがって、有理素数 p を与えたとき、

  2−ab+b2=p が有理整数解 a、b を持てば、 α=a+b・ω は素数

  2−ab+b2=p が有理整数解 a、b を持たなければ、 p そのものが素数

であることが分かった。

例 有理素数の 3 は、Q(ω) においては素数となりえない。

 実際に、 a2−ab+b2=3 において有理整数解 a、b が存在するとすれば、

判別式 D =b2−4(b2−3)=12−3b2≧0 より、 b=0、±1、±2

  b=0 のとき、 a2=3 となり、 a は整数とならない。

  b=1 のとき、 a2−a−2=0 となり、 (a−2)(a+1)=0 より、 a=2、−1

    よって、 2+ω 、−1+ω は、素数である。

  b=−1 のとき、 a2+a−2=0 となり、 (a+2)(a−1)=0 より、 a=−2、1

    よって、 −2−ω 、1−ω は、素数である。

  b=2 のとき、 a2−2a+1=0 となり、 (a−1)2=0 より、 a=1

    よって、 1+2ω は、素数である。

  b=−2 のとき、 a2+2a+1=0 となり、 (a+1)2=0 より、 a=−1

    よって、 −1−2ω は、素数である。

 以上から、a2−ab+b2=3 は、有理整数解 a、b をもつので、有理素数の 3 は、Q(ω)
においては素数となりえない。


 この6個の素数(2+ω、−1+ω、−2−ω、1−ω、1+2ω、−1−2ω)は互いに同伴数
である。

 実際に、1+ω=−ω2、ω3=1 で、単数 1、−1、ω、−ω、1+ω、−1−ω を用いて、

    −1+ω=(2+ω)ω 、−2−ω=(2+ω)(−1) 、1−ω=(2+ω)(−ω)
    1+2ω=(2+ω)(1+ω) 、−1−2ω=(2+ω)(−1−ω)

と書けることから明らかであろう。


例 有理素数の 5 は、Q(ω) においても素数である。

 実際に、 a2−ab+b2=5 において有理整数解 a、b が存在するとすれば、

判別式 D =b2−4(b2−5)=20−3b2≧0 より、 b=0、±1、±2

  b=0 のとき、 a2=5 となり、 a は有理整数とならない。これは、矛盾。

  b=±1 のとき、 a2−(±1)a−4=0 となり、 a は有理整数とならない。これは、矛盾。

  b=±2 のとき、 a2−(±2)a−1=0 となり、 a は有理整数とならない。これは、矛盾。

 以上から、a2−ab+b2=5 は、有理整数解 a、b をもたないので、有理素数の 5 は、
Q(ω) においても素数となる。

 実は、有理素数 p が、Q(ω) において、素数になるかどうかについては、次の定理が知ら
れている。

定理  2次体 Q(ω) において、有理素数 p は、

    p ≡ 1 (mod 3) のとき、 素数にならない

    p ≡ 2 (mod 3) のとき、 素数になる


 この定理によれば、有理素数の5は素数で、7は素数にはならないことが分かる。そして、

  ±(3+ω)、±(−2+ω)、±(3+2ω)、±(−1+2ω)、±(1+3ω)、±(2+3ω)

が互いに同伴な素数であることも分かる。

 さて、Legendre の記号 (a/p) を用いて、上記の定理を証明してみよう。

(証明) a2−ab+b2=p を満たす有理整数解 a、b が存在するとする。

   このとき、 4p=4a2−4ab+4b2=(2a−b)2+3b2 と書ける。

   よって、 (2a−b)2≡p (mod 3) なので、 (p/3)=1 となる。

   Euler の規準より、 (p/3)≡p (mod 3) なので、 p≡1 (mod 3) となる。

   逆に、 p≡1 (mod 3) とする。このとき、明らかに、(p/3)=1 である。

   平方剰余の相互法則より、 (p/3)(3/p)=(−1)(p−1)/2・(3−1)/2=(−1)(p−1)/2

   なので、   (3/p)=(−1)(p−1)/2  である。

   よって、 p は奇素数なので、

    (−3/p)=(−1/p)(−3/p)=(−1)(p−1)/2・(−1)(p−1)/2=(−1)(p−1)=1

   すなわち、 方程式 X2≡−3 (mod p) は有理整数解 m を持つ。

   このとき、 p と m− の最大公約数を M とすると、

      M= 1 または M= p または M= α ( p=α・ )

   の何れかになるが、m− は、p で割り切れないので、M= p は起こりえない。

   また、M= 1 とすると、 p は、 m− 、m+ と互いに素になる。

       すなわち、 (m−)(m+)=m2+3 と p は互いに素となる。

       これは、m2≡−3 (mod p) に矛盾する。

   よって、 M= α ( p=α・ ) の場合しか起こらない。

   以上から、 a2−ab+b2=p を満たす有理整数解 a、b が存在する。(証終)

(コメント) 厳密な証明は難しいので、雰囲気を味わうだけ...。

 以上で、2次体(虚2次体) Q(i)Q(ω) のもつ性質をいろいろ見てきた。これらは何れ
も単数の個数は有限で、かつ、素因数分解の一意性が有理整数同様保たれている。

 しかし、2次体の中には、単数が無限個あったり、素因数分解の一意性が成り立たないも
のもある。

   単数が無限個ある2次体の例 ・・・・・ Q(
   素因数分解の一意性が成り立たない2次体の例 ・・・・・ Q(

 一般論に入る前に、それらの2次体の構造を探訪することにしよう。

 Q()における整数は、 α = a+b (a、b は有理整数)の形をしている。

α = a+b に対して、その共役は、 = a−b である。

 このとき、 α のノルム N(α)=α・=a2−2b2
         シュプール S(α)=α+=2a
である。

例 α = 1+ について、N(α)、S(α)を求めてみよう。

     N(α)=(1+)(1−)=1−2=−1
     S(α)=1++1−=2

 この例からも分かるように、Q()の世界では、

     N(α)<0  、  N(α)≠|α|2

という場合も起こりうる。 これは、Q(i)、Q(ω) ではなかった性質である。

 今、 α = a+b を単数とすると、α は、1の約数なので、1=α・α’ となる整数 α’が
存在する。

 よって、 N(1)=N(α・α’)=N(α)・N(α’) で、N(1)=1 より、 N(α)=1、−1

      すなわち、 a2−2b2=1 、 a2−2b2=−1

これらを解くと、 ( a , b )=( ±1 , 0 )、( 1 , 1 )

 このとき、 1 、 −1 、 1+ が単数となるが、 α’=1/α=−1+ も単数である。

また、 1=α・α’ より、 1=α・α’ なので、 α も単数となる。

 このことから、 Q()において、単数は無限個あることが理解される。

 Q()における整数は、 α = a+b (a、b は有理整数)の形をしている。

α = a+b に対して、その共役は、 = a−b である。

 このとき、 α のノルム N(α)=α・=a2+5b2
         シュプール S(α)=α+=2a
である。

 今、 α = a+b を単数とすると、α は、1の約数なので、1=α・α’ となる整数 α’
が存在する。

 よって、 N(1)=N(α・α’)=N(α)・N(α’) で、N(1)=1 より、 N(α)=1

      すなわち、 a2+5b2=1

この解は、 ( a , b )=( ±1 , 0 ) のみである。

 よって、 Q()における単数は、 1 、 −1  の2つである。

 一般に、Q(i)、Q(ω) 以外の虚2次体において、単数は、1 、 −1  の2つしか存在しな
いことが知られている。

 Q()において、素因数分解の一意性が成り立たないことは、次の例から明らかだ
ろう。

例  6=2・3=(1+)(1−

(コメント) これを書いていると、院試で整数論の土井先生から、「素因数分解の一意性が
      成り立たない例をあげてください。」と質問されたことが突然思い出された。



  以下、工事中