代数的整数論　＃003

9208 ◆lJJjsLsZzw氏に存分に
語ってもらうスレです。
シロート厳禁、質問歓迎！

前スレ
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1126510231
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1132643310

9208 #ore

とりあえず、新スレ作成のお礼を言っておく。
有難う。

代数的整数論というより可換環論みたいになってきているが、
まだ準備段階だし、いずれ本格的に代数体の整数論をやるので
心配なく。

ありゃ、ＩＤのパスワードを書いちゃったｗ
今度からこれにするのでよろしく。

命題
A をネーター局所環とし、M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
x_1, ... x_r を M-切断列(前スレ２の967)とすると r ≦ dim(M) である。

証明
定義より、dim(M/x_1M + ... + x_rM) = dim(M) - r である。
M/(x_1M + ... + x_rM) = 0 とすると 中山の補題(前スレ１の242)より
M = 0 となり仮定に反する。
よって、M/(x_1M + ... + x_rM) ≠ 0 だから、
dim(M/x_1M + ... + x_rM) ≧ 0 である(零加群の次元は -∞と定める)。
よって、r ≦ dim(M) である。
証明終

命題
A をネーター環とし、M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
dim(M) = 0 と M の長さが有限なことは同値である。

証明
dim(M) の定義(前スレ２の943)より、dim(M) = dim(A/Ann(M)) である。
一方、前スレ１の161より、Supp(M) = V(Ann(M)) である。
よって、dim(M) = 0 は Supp(M) の元がすべて極大イデアルである
ことと同値である。

前スレ１の99より Ass(M) ⊂ Supp(M) となる。
よって、Supp(M) の元がすべて極大イデアルであるなら、
Ass(M) の元もすべて極大である。
よって、 前スレ１の345より M は長さ有限である。

逆に M が長さ有限とすると、前スレ１の344より
Supp(M) の元はすべて極大イデアルである。
証明終

命題
A をネーター環とし、M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
x_1, ... x_r を rad(A) の元の列とする。
leng(M/(x_1M + ... + x_rM)) が有限なら dim(M) ≧ r となる。

証明
前スレ２の973より
dim(M/(x_1M + ... + x_rM)) ≧ dim(M) - r となる。

一方、>>5 より、dim(M/(x_1M + ... + x_rM)) = 0 である。
よって、dim(M) ≧ r である。
証明終

>>6 の訂正

>leng(M/(x_1M + ... + x_rM)) が有限なら dim(M) ≧ r となる。

leng(M/(x_1M + ... + x_rM)) が有限なら dim(M) ≦ r となる。

>よって、dim(M) ≧ r である。

よって、dim(M) ≦ r である。

命題
A をネーター局所環とし、m をその極大イデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
S = {x_1, ..., x_r} を M-切断列(前スレ２の974)とする。
このとき S を含む M-切断列 で包含関係で極大なものが存在する。

証明
>>4 より、r ≦ dim(M) である。
これより明らか。
証明終

前スレ２の967の補足

A をネーター局所環とし、M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
dim(M) = 0 のとき、空集合を M-切断列 と考える。

>>9 の訂正
>A をネーター局所環とし、M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
>dim(M) = 0 のとき、空集合を M-切断列 と考える。

A をネーター局所環とし、m をその極大イデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
m の部分集合 S が空集合のとき、SM = 0 と定義する。
よって、空集合も M-切断列 と考える。

補題
A をネーター局所環とし、m をその極大イデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
B = A/Ann(M) とおく。
S を m の有限部分集合とする。
S が M-切断列(前スレ２の974)であることと、
S が B-切断列であることとは同値である。

証明
S で生成される A のイデアルを I とする。
前スレ２の966より dim(M/SM) = dim(A/(Ann(M) + I)) である。
一方、A/(Ann(M) + I) = B/SB である。
これより、本補題の主張は明らか。
証明終

補題
A をネーター局所環とし、m をその極大イデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
dim(M) ≧ 1 なら １個の元からなる M-切断列が存在する。

証明
I = Ann(M)、B = A/I とおく。
dim(M) = dim(B) である。
前スレ２の971より
x ∈ m で dim(B/xB) = dim(B) - 1 となるものが存在する。
よって、x は B-切断列である。
よって、>>11 より、x は M-切断列でもある。
証明終

廃墟

>>2-3

2 ：9208 ◆lJJjsLsZzw ：2006/02/27(月) 15:42:27
9208 #ore

3 ：9208 ◆X2Eb5pqWTw ：2006/02/27(月) 15:45:20
ありゃ、ＩＤのパスワードを書いちゃったｗ
今度からこれにするのでよろしく。

ななななな

前スレ1000に感動

命題
A をネーター局所環とし、m をその極大イデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。

Supp(M) の元 p で dim(M) = dim(A/p) となるものは、
Supp(M) の極小元であるから有限個である。
これ等を p_1, ..., p_r とする。

m の元 x が M-切断列となるためには
x がどの p_i にも含まれないことが必要十分である。

証明
I = Ann(M) とおく。

m の元 x がどの p_i にも含まれないとする。
仮定より、dim(A/(I + xA)) < dim(A/I) となる。
前スレ２の966より dim(M/xM) = dim(A/(I + xA)) である。
よって、dim(M/xM) < dim(M) となる。
一方、前スレ２の973 より dim(M/xM) ≧ dim(M) - 1 である。
よって、dim(M/xM) = dim(M) - 1 となる。
よって、x はM-切断列である。

逆に、m の元 x が dim(M/xM) = dim(M) - 1 を満たすとする。
dim(A/(I + xA)) < dim(A/I) となる。
これは、x がどの p_i にも含まれないことを意味する。
証明終

命題
A をネーター局所環とし、m をその極大イデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
m の元 x が M-正則(前スレ１の179)ならM-切断列である。

証明
前スレ１の180より、x は Ass(M) のどの元にも含まれない。
前スレ１の166より、Ass(M) と Supp(M) のそれぞれの極小元の集合は
一致する。よって、x は Supp(M) のどの極小元にも含まれない。
よって、>>17 より x はM-切断列である。
証明終

命題
A をネーター局所環とし、m をその極大イデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
M-切断列 S で |S| = dim(M) となるものが存在する。

証明
dim(M) に関する帰納法を使う。

dim(M) = 0 のときは、>>10 より空集合がM-切断列である。

dim(M) ≧ 1 とする。>>12 より m の元 x でM-切断列となるものが
存在する。dim(M/xM) = dim(M) - 1 だから、帰納法の仮定より、
(M/xM)-切断列 T があり、|T| = dim(M) - 1 である。
前スレ２の976より、S = {x} ∪ T は M-切断列 であり、
|S| = dim(M) である。
証明終

命題
A をネーター局所環とし、m をその極大イデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
S を m の有限部分集合とすると以下の条件は同値である。
1) S は極大なM-切断列である。
2) S はM-切断列で、|S| = dim(M) である。
3) leng(M/SM) ＜ ∞ で |S| = dim(M) である。
4) S はM-切断列で、leng(M/SM) ＜ ∞ である。

証明
1) ⇒ 2)
dim(M/SM) > 0 とすると、>>12 より x ∈ m で (M/SM)-切断列と
なるものが存在する。
前スレ２の976より、T = {x} ∪ S は M-切断列 であり、S の極大性に反する。
よって、dim(M/SM) = 0 である。S は M-切断列 だから、
dim(M/SM) = dim(M) - |S| である。よって |S| = dim(M) である。

2) ⇒ 3)
S が M-切断列 なら dim(M/SM) = dim(M) - |S| である
よって |S| = dim(M) なら、dim(M/SM) = 0 である。
>>5 より leng(M/SM) ＜ ∞ である。

3) ⇒ 4)
leng(M/SM) ＜ ∞ なら >>5 より dim(M/SM) = 0 である。
よって |S| = dim(M) なら、dim(M/SM) = dim(M) - |S| となり、
S はM-切断列である。

4) ⇒ 1)
S が極大でないとする。S を含む M-切断列 T で S ≠ T となるものが
ある。前スレ２の976より T - S は (M/SM)-切断列である。>>4 より、
dim(M/SM) ≧ |T - S| ≧ 1 となり、leng(M/SM) ＜ ∞ に矛盾する。
証明終

命題
A をネーター局所環とし、m をその極大イデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
m の元の列 x_1, ..., x_r が M-正則列(前スレ２の941)なら
M-切断列である。

証明
r に関する帰納法を使う。
r = 1 のときは、>>18 で証明されている。
r > 1 とし、x_1, ..., x_(r-1) は M-切断列 とする。
M-正則列の定義(前スレ２の941)より、
x_r は M/(x_1M + ... x_(i-1)M) に関して正則である。
よって、>>18 より、x_r は M/(x_1M + ... x_(i-1)M) の切断列である。
よって、前スレ２の976より、x_1, ..., x_r はM-切断列である。
証明終

定義
A をネーター局所環とし、M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
極大な M-切断列を M のパラメータ系(system of parameters)と言う。

局所環の深さ(depth)は、Auslander-Buchsbaum により可換代数への
ホモロジー代数の応用という立場から、1956年の論文で定義された。
意外なことに最初彼等は、深さの定義に使われる
極大正則列の長さが一定であるという基本的事実の証明に完備局所環の
構造定理を使用するというやや強引な方法を使った。
理由は、当時彼等がその証明しか知らなかったため。
ただし、翌年の論文ではKoszul複体を使ったより簡単な証明を
紹介している。

ここでは、Ext関手を使った証明をする。

ホモロジー代数の基礎については既知と仮定する。
ホモロジー代数の入門書については Cartan-Eilenberg が今でもベスト
だろうが、ここで使う程度なら河田でも間に合うし、松村の可換環論の
付録でもいい。

ただし、ホモロジー代数は類体論でも使われるので、
後でその基礎を述べるかも知れない。

補題
A をネーター局所環とし、m をその極大イデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
m ∈ Ass(M) であるためには m のすべての元が M に関して非正則
(前スレ１の179)であることが必要十分である。

証明
m ∈ Ass(M) なら、 前スレ１の89より m のすべての元が
M に関して非正則である。

逆に、m のすべての元が M に関して非正則とする。
Ass(M) = {p_1, ..., p_r} とする。
前スレ１の180より m ⊂ p_1∪...∪p_r となる。
前スレ１の579より m ⊂ p_i となる i がある。
m は極大だから m = p_i である。よって、m ∈ Ass(M) である。
証明

補題
A をネーター環とし、m をその極大イデアル、
M を有限生成 A-加群とする。
m ∈ Ass(M) であるためには、Hom(A/m,M) ≠ 0 であることが
必要十分である。

証明
前スレ１の93より、m ∈ Ass(M) であるためには
A-加群としての単射 A/m → M が存在することが必要十分である。
m は極大イデアルだから、これは Hom(A/m,M) ≠ 0 と同値である。
証明終

補題
A をネーター局所環とし、m をその極大イデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
m のすべての元が M に関して非正則(前スレ１の179)であるためには
Hom(A/m,M) ≠ 0 であることが必要十分である。

証明
>>24と>>25より。
証明終

A をネーター局所環とし、m をその極大イデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
特に断らない限り、M-正則列(前スレ２の941)は m の元から
なるものとする。

定義
Aを環とし、MをA-加群とする。
A の元の列 x_1, ..., x_r が M-正則列 であるとき、
r をこの M-正則列 の長さと呼ぶ。

命題
A をネーター局所環とし、m をその極大イデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
k = A/m とおく。
n > 0 を整数とし、0 ≦ i ≦ n - 1 のとき Ext^i(k, M) = 0
であれば、長さ(>>28) n の M-正則列が存在する。

証明
n に関する帰納法を使う。
Ext^0(k, M) = Hom(k, M) だから、n = １ のときは、
>>26 で証明されている。

よって n ≧ 2 と仮定する。
Hom(k, M) = 0 だから、>>26 より x ∈ m で M-正則なものがある。
x による乗法で定義される射: M → M を考える。
x は M-正則だから次の完全列が得られる。

0 → M → M → M/xM → 0

これから次の完全列が得られる。

Ext^i(k, M) → Ext^i(k, M/xM) → Ext^(i+1)(k, M)

ここで、i は任意の整数 i ≧ 0 である。
仮定より、0 ≦ i ≦ n - 1 のとき Ext^i(k, M) = 0 だから、
0 ≦ i ≦ n - 2 のとき Ext^i(k, M/xM) = 0 である。

帰納法の仮定を M/xM に適用すれば、長さ n - 1 の (M/xM)-正則列
x_2, ..., x_n が存在する。
よって、x, x_2, ..., x_n は M-正則列となり、長さは n である。
証明終

補題
A を環とし、N, M を A-加群とする。
x を A の元とし xN = 0 とする。
i ≧ 0 を任意の整数とすると、x(Ext^i(N, M)) = 0 となる。

証明
I を任意の A-加群とし、f: N → I を A-加群の射とする。
t を I の任意の元とすると、仮定より xt = 0 だから、
xf(t) = f(xt) = 0 である。
よって、x(Hom(N, I)) = 0 である。

M の任意の単射的分解(injective resolution) を

0 → M → I^0 → I^1 → ...

とすれば、Ext^i(N, M) = H^i(Hom(N, I^*)) である。
ここで、I^* は複体 (I^n), n = 0, 1, ... を表す。

上で述べたことより、x(Hom(N, I^i)) = 0 だから、
x(Ext^i(N, M)) = 0 となる。
証明終

このスレ

　〜〜〜終了〜〜〜

補題
A を環とし、N, M を A-加群とする。
x を A の元とし x による乗法で定義される射 M → M を x_M と書く。
p ≧ 0 を任意の整数とする。
x_M により誘導される射 Ext^p(N, M) → Ext^p(N, M) は
x による乗法で定義される射 Ext^p(N, M) → Ext^(N, M) と一致する。

証明
N の射影的分解(projective resolution) による Ext^p(N, M) の
定義を考えれば明らか。
証明終

命題
A をネーター局所環とし、m をその極大イデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
k = A/m とおく。
長さ(>>28) n の M-正則列が存在するとするなら、
p ≦ n - 1 のとき Ext^p(k, M) = 0 となる。

証明
x_1, ..., x_n を M-正則列とする。

x_1 による乗法で定義される射: M → M を考える。
x_1 は M-正則だから次の完全列が得られる。

0 → M → M → M/(x_1)M → 0

これから次の完全列が得られる。

Ext^(p-1)(k, M/(x_1)M) → Ext^p(k, M) → Ext^p(k, M)

M/(x_1)M は長さ n - 1 の正則列をもつから、
帰納法の仮定より、p ≦ n - 1 のとき Ext^(p-1)(k, M/(x_1)M) = 0 である。

即ち、p ≦ n - 1 のとき次の完全列が得られる。

0 → Ext^p(k, M) → Ext^p(k, M)

>>32 より、Ext^p(k, M) → Ext^p(k, M) は x_1 による乗法である。

一方、k は A-加群として、m の元で零化される。特に (x_1)k= 0 である。
よって、>>30 より (x_1)(Ext^p(k, M)) = 0 である。
よって、Ext^p(k, M) = 0 である。
証明終

命題
A をネーター局所環とし、m をその極大イデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
任意の M-正則列の長さは dim(M) 以下である。

証明
>>21 より、M-正則列は M-切断列である。
>>4 より この長さは dim(M) 以下である。
証明終

命題
A をネーター局所環とし、m をその極大イデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
k = A/m とおく。
極大な M-正則列の長さは正則列の取り方によらず一定である。
この長さは inf{p; Ext^p(k, M) ≠ 0} に等しい。

証明
>>34 から M-正則列の長さは dim(M) 以下である。
よって、>>29 より Ext^p(k, M) ≠ 0 となる 整数 p ≧ 0 が
存在する。よって、n = inf{p; Ext^(k, M) ≠ 0} とおけば、
n は有限である。>>29 と >>33 より極大な M-正則列の長さは
n である。
証明終

（　＾ω＾）「ネーター」なのか「ネター」なのか？両方見かけるお

>>36 人の名前つかったままに刷るなよ。

>>37 （　＾ω＾）全然違う名前だお

（　＾ω＾）ごめんだお

>>39 レスアンカーのつけ方を会得したほうがよいだろう？

>>40
（　＾ω＾）会得したお

>>41 だから何？

>>42
（　＾ω＾）ただの報告だお

逝って良し

【積年の】旦那にしてる密かな仕返し【恨みじゃー】
http://human5.2ch.net/test/read.cgi/ms/1141694640/

8 名前：可愛い奥様[] 投稿日：2006/03/07(火) 11:05:23 ID:8dtluKkp
夫の歯ブラシで洗面所の排水溝掃除。
洗面所をビショビショに汚した罰だ。

20 名前：可愛い奥様[age] 投稿日：2006/03/08(水) 00:40:17 ID:pRrk6A21
前に頭きた時あって
１度だけ歯ブラシで肛門カキカキしちゃった

22 名前：可愛い奥様[] 投稿日：2006/03/08(水) 01:27:12 ID:gU5mHc7J
よかった。どこのお宅も同じようなことしてて。

24 名前：可愛い奥様[] 投稿日：2006/03/08(水) 01:36:35 ID:SSSFsTqE
そうそう、ヘンなモノはダンナのお皿へ直行だよね。

41 名前：可愛い奥様[] 投稿日：2006/03/08(水) 11:55:18 ID:sjj+/60Q
見てるだけで気が晴れるな！
皆さん、頑張ってね！

42 名前：可愛い奥様[sage] 投稿日：2006/03/08(水) 20:33:51 ID:Ju2N1s7+
年金分割が楽しみじゃのう

63 名前：可愛い奥様[] 投稿日：2006/03/10(金) 08:55:20 ID:qLfJYpJR
家族で密かにはぶっている。

男性は肉体が汚く、精神が美しい傾向がある。（気に入らない相手に肉体的攻撃を加える⇒精神的攻撃も加える男は猛者）
女は肉体が美しく、精神が汚い傾向がある。（気に入らない相手に精神的攻撃を加える⇒肉体的攻撃も加える女は猛者）
女は隠れて悪事をする。気に入らない女子を便所でボコったり、便器舐めさせたり、男の友人を使ってレイプ、仲間外れにしたり。陰口、嫉妬。
女は対人関係において、この汚い性格を隠そうとするため、外面が非常によくなる。（猫かぶり）
男性諸君は外面に騙されないように気を付けて下さい。

>>35 を参考にして以下の定義をする。

定義
A を環、M を A-加群、I を A のイデアルとする。
inf {p; Ext^p(A/I, M) ≠ 0} を M の I に関する深さ(depth) と呼び
depth(I, M) と書く。

任意の整数 p ≧ 0 に対して Ext^p(A/I, M) = 0 のときは
depth(I, M) = ∞ とする。

A が局所環で m がその極大イデアルのとき、depth(m, M) を
単に depth(M) と書く。

命題
A を環、M を A-加群、I を A のイデアルとする。
x を I の元で M-正則とする。
depth(I, M) が有限なら、depth(I, M/xM) = depth(I, M) - 1 となる。

証明
depth(I, M) = n とおく。
x による乗法により次の完全列が得られる。

0 → M → M → M/xM → 0

これから次の完全列が得られる。

Ext^(p-1)(A/I, M) → Ext^(p-1)(A/I, M/xM) → Ext^p(A/I, M)

depth(I, M) の定義(>>46)より
p ≦ n - 1 のとき Ext^(p-1)(A/I, M) = 0 だから

0 → Ext^(p-1)(A/I, M/xM) → 0

が完全となり、Ext^(p-1)(A/I, M/xM) = 0 となる。

p = n のときは、Ext^(n-1)(A/I, M) = 0 だから次の完全列が得られる。

0 → Ext^(n-1)(A/I, M/xM) → Ext^n(A/I, M) → Ext^n(A/I, M)

>>32 より Ext^n(A/I, M) → Ext^n(A/I, M) は x による乗法で
引き起こされ、>>30 より xExt^n(A/I, M) = 0 だから、
Ext^(n-1)(A/I, M/xM) → Ext^n(A/I, M) は同型である。
よって Ext^n(A/I, M) ≠ 0 だから Ext^(n-1)(A/I, M/xM) ≠ 0 である。
よって、depth(I, M/xM) = n - 1 である。
証明終

命題
A を環、M を A-加群、I を A のイデアルとする。
I の元の列 x_1, ..., x_r が M-正則列(前スレ２の941)で
depth(I, M) が有限なら
depth(I, M) = depth(I, M/(x_1M + ... + x_rM)) + r となる。

証明
r に関する帰納法を使う。
r = 1 のときは >>47 で証明されている。

r > 1 とする。
N = M/x_1M とおく。
>>47 より depth(I, N) = depth(I, M) - 1 だから、
depth(I, N) は有限である。
x_2, ..., x_r は N-正則列だから、帰納法の仮定より、
depth(I, N) = depth(I, N/(x_2N + ... + x_rN)) + r - 1 となる。

depth(I, N) = depth(I, M) - 1 であり、
N/(x_2N + ... + x_rN) = M/(x_1M + ... + x_rM) であるから、
depth(I, M) - 1 = depth(I, M/(x_1M + ... + x_rM)) + r - 1 となる。
よって、depth(I, M) = depth(I, M/(x_1M + ... + x_rM)) + r となる。
証明終

呼んでねーよターーコ

命題
A を環、M を A-加群、I を A のイデアルとする。
I の元の列 x_1, ..., x_r が M-正則列(前スレ２の941)なら、
r ≦ depth(I, M) である。

証明
depth(I, M) = ∞ なら明らか。

depth(I, M) ＜ ∞ なら >>48 より
depth(I, M) = depth(I, M/(x_1M + ... + x_rM)) + r となる。
depth(I, M/(x_1M + ... + x_rM)) ≧ 0 だから
depth(I, M) ≧ r である。
証明終

補題
A をネーター環とし、I をそのイデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
Hom(A/I,M) = 0 なら I は M-正則な元を含む。

証明
I の元がすべて M-非正則であると仮定する。
M ≠ 0 だから Ass(M) は空でない。
Ass(M) = {p_1, ..., p_r} とすると、
前スレ１の180より I ⊂ p_1∪...∪p_r となる。
よって、前スレ１の579より I ⊂ p_i となる i がある。
p_i ∈ Ass(M) だから M の元 x ≠ 0 で (p_i)x = 0 となるものがある。
よって Ix = 0 だから、Hom(A/I, M) ≠ 0 である。
これは仮定に反する。
証明終

命題
A を環とし、I をその極大イデアル、
M を有限生成 A-加群とする。
M ≠ IM とする。
n > 0 を整数とし、0 ≦ i ≦ n - 1 のとき Ext^i(A/I, M) = 0
であれば、I の元からなる長さ(>>28) n の M-正則列が存在する。

証明
n に関する帰納法を使う。 M ≠ IM だから M ≠ 0 であり、
Ext^0(A/I, M) = Hom(A/I, M) だから、n = １ のときは、
>>51 で証明されている。
よって n ≧ 2 と仮定する。
Hom(A/I, M) = 0 だから、>>51 より x ∈ I で M-正則なものがある。
x による乗法で定義される射: M → M を考える。
x は M-正則だから次の完全列が得られる。

0 → M → M → M/xM → 0

これから次の完全列が得られる。

Ext^i(A/I, M) → Ext^i(A/I, M/xM) → Ext^(i+1)(A/I, M)

ここで、i は任意の整数 i ≧ 0 である。
仮定より、0 ≦ i ≦ n - 1 のとき Ext^i(A/I, M) = 0 だから、
0 ≦ i ≦ n - 2 のとき Ext^i(A/I, M/xM) = 0 である。
N = M/xM とおけば IN = (IM + xM)/xM = IM/xM である。
よって N ≠ IN である。
帰納法の仮定を M/xM に適用すれば、I の元からなる長さ n - 1 の
(M/xM)-正則列 x_2, ..., x_n が存在する。
よって、x, x_2, ..., x_n は I の元からなる M-正則列であり、
長さは n である。
証明終

命題
A を環、M を A-加群とする。
B を平坦な A-代数(前スレ２の>>221)とする。
φ: A → B を A-代数 B の構造射とする。
A の元の列 x_1, ..., x_r が M-正則列 であるとき、
B の元の列 φ(x_1), ..., φ(x_r) は B-加群 M(x)B に関して
の正則列である。

証明
M(x)B = M_B とおき、
各 i = 1, ..., r に対して M_i = M/(x_1M + ... x_iM) とおく。
さらに M_0 = M とする。
x_i は M_(i-1) に関して正則だから、

0 → M_(i-1) → M_(i-1) → M_(i-1)/x_iM_(i-1) → 0

は完全列である。ここで、M_(i-1) → M_(i-1) は x_i による乗法
で定義される射である。M_(i-1)/x_iM_(i-1) = M_i に注意する。
B は平坦だから

0 → M_(i-1)(x)B → M_(i-1)(x)B → M_i(x)B → 0

も完全列である。

B は平坦だから M_(i-1)(x)B = M_B/(x_1M_B + ... x_(i-1)M_B)
であり、M_(i-1)(x)B → M_(i-1)(x)B は φ(x_i) による乗法
で定義される射である。
よって、φ(x_i)はM(x)B に関して正則である。
よってφ(x_1), ..., φ(x_r)は B-加群 M(x)B に関して
の正則列である。
証明終

訂正

>>52
>命題
>A を環とし、I をその極大イデアル、

命題
A を環とし、I をそのイデアル、

訂正の訂正(^^;

>>52
>命題
>A を環とし、I をその極大イデアル、

>命題
>A をネーター環とし、I をそのイデアル、

削除依頼ﾖﾛ

命題
A をネーター環とし、I をそのイデアル、
M を有限生成 A-加群で、M ≠ IM とする。
このとき depth(I, M) は有限である。
さらに depth(I, M) ≦ inf {dim(M_p); p ∈ Supp(M/IM)} である。

証明
M ≠ IM だから Supp(M/IM) は空でない。
p を Supp(M/IM) に属する任意の素イデアルとする。
前スレ２の>>953 より Supp(M/IM) = V(I) ∩ Supp(M) である。
φ: A → A_p を標準射とする。

x_1, ..., x_r を I に含まれる M-正則列 とする。
I ⊂ p だから φ(x_1), ..., φ(x_r) は pA_p に含まれる。
さらに p ∈ Supp(M) だから M_p ≠ 0 である。
>>53 より、φ(x_1), ..., φ(x_r) は M_p に関しての
正則列である。よって、>>34 より r ≦ dim(M_p) である。
よって、I に含まれ x_1, ..., x_r を含む M-正則列で極大
なものが存在する。その長さを s とする。
depth(I, M) ＞ s とすると >>52 より I に含まれる M-正則列で
長さ s + 1 のものが存在する。これは s の取り方に反する。
よって、depth(I, M) ≦ s である。
さらに s ≦ dim(M_p) だから depth(I, M) ≦ dim(M_p) である。
証明終

訂正。

>>57
>よって、I に含まれ x_1, ..., x_r を含む M-正則列で極大
>なものが存在する。その長さを s とする。

I に含まれる M-正則列の長さの最大を s とする。

>>35 の証明は不十分だったので、以下、この証明を補足する。
そのために補題を述べる。

補題
A を環とし、I をそのイデアル、
M を A-加群とする。
x を I の元で M-正則とする。
p ≧ 1 を整数とする。
Ext^(p-1)(A/I, M) と Ext^p(A/I, M/xM) は同型である。

証明
x による乗法で定義される射: M → M を考える。
x は M-正則だから次の完全列が得られる。

0 → M → M → M/xM → 0

これから次の完全列が得られる。

Ext^(p-1)(A/I, M) → Ext^(p-1)(A/I, M) → Ext^p(A/I, M/xM)
→ Ext^p(A/I, M) → Ext^p(A/I, M)

>>32 より、Ext^(p-1)(A/I, M) → Ext^(p-1)(A/I, M) は x による
乗法である。
一方、A/I は A-加群として、I の元で零化される。
よって、>>30 より x(Ext^(p-1)(A/I, M)) = 0 である。
同様に x(Ext^p(A/I, M)) = 0 である。
よって、次の完全列が得られる。

0 → Ext^(p-1)(A/I, M) → Ext^p(A/I, M/xM) → 0
証明終

補題
A を環とし、I をそのイデアル、
M を A-加群とする。
x_1, ..., x_r を I に含まれる M-正則列とする。
Hom(A/I, M/(x_1M + ... + x_rM)) = Ext^r(A/I, M) (同型)である。

証明
M_0 = M とおき、
1 ≦ i ≦ r のとき、M_i = M/(x_1M + ... + x_iM) とおく。

1 ≦ i ≦ r のとき、M_i = M_(i-1)/x_iM_(i-1) である。

>>60 より
Ext^r(A/I, M) = Ext^(r-1)(A/I, M_1) (同型)となる。

同様にして
Ext^(r-1)(A/I, M_1) = Ext^(r-2)(A/I, M_2)
= ... = Ext^1(A/I, M_(r-1)) = Hom(A/I, M_r)(同型)である。

よって Ext^r(A/I, M) = Hom(A/I, M_r) (同型)である。
証明終

>>60 は次のように修正する。

補題
A を環とし、I をそのイデアル、
M を A-加群とする。
x を I の元で M-正則とする。
p ≧ 1 を整数とする。
Ext^p(A/I, M) と Ext^(p-1)(A/I, M/xM) は同型である。

証明
x による乗法で定義される射: M → M を考える。
x は M-正則だから次の完全列が得られる。

0 → M → M → M/xM → 0

これから次の完全列が得られる。

Ext^(p-1)(A/I, M) → Ext^(p-1)(A/I, M) → Ext^(p-1)(A/I, M/xM)
→ Ext^p(A/I, M) → Ext^p(A/I, M)

>>32 より、Ext^(p-1)(A/I, M) → Ext^(p-1)(A/I, M) は x による
乗法である。
一方、A/I は A-加群として、I の元で零化される。
よって、>>30 より x(Ext^(p-1)(A/I, M)) = 0 である。
同様に x(Ext^p(A/I, M)) = 0 である。
よって、次の完全列が得られる。

0 → Ext^(p-1)(A/I, M/xM) → Ext^p(A/I, M) → 0
証明終

君、いい加減に止め給え

命題
A をネーター環とし、I をそのイデアル、
M を有限生成 A-加群で、M ≠ IM とする。
I に含まれる M-正則列で極大なものの長さは depth(I, M) に等しい。

証明
>>57 から depth(I, M) は有限である。
x_1, ..., x_r を I に含まれる M-正則列 で極大なものとする。
>>50 より r ≦ depth(I, M) である。

r ＜ depth(I, M) と仮定する。
depth(I, M) の定義から Ext^r(A/I, M) = 0 である。
>>61 より Hom(A/I, M/(x_1M + ... + x_rM)) = 0 である。
M ≠ IM だから M/(x_1M + ... + x_rM) ≠ 0 である。
よって >>51 より I は M/(x_1M + ... + x_rM) に関して
正則な元 y を含む。
x_1, ..., x_r, y は I に含まれる M-正則列 だから
x_1, ..., x_r の極大性に反する。
よって r = depth(I, M) である。
証明終

>>64 から >>34 が出るのは、中山の補題より M ≠ mM だから
明らかだろう。

>>65
>>64 から >>34 が出るのは、中山の補題より M ≠ mM だから
>明らかだろう。

>>64 から >>35 が出るのは、中山の補題より M ≠ mM だから
明らかだろう。

可換代数の最初の難関が正則列とか深さの概念じゃないのかな。
深さは幾何的に捕らえ難いというのがある。

馬鹿は幾ら起っても馬鹿だな

補題
A をネーター局所環とし、m をその極大イデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
a を m の元で M-正則とする。
p ∈ Ass(M) とすると、p + aA ⊂ q となる q ∈ Ass(M/aM) が存在する。

証明
a による乗法により次の完全列が得られる。

0 → M → M → M/aM → 0

これから次の完全列が得られる。

0 → Hom(A/p, M) → Hom(A/p, M) → Hom(A/p, M/aM)

この完全列より、Hom(A/p, M) → Hom(A/p, M/aM) の核は
a(Hom(A/p, M)) だから Hom(A/p, M) → Hom(A/p, M/aM) の像は
Hom(A/p, M)/a(Hom(A/p, M)) と同型である。

一方、p ∈ Ass(M) だから Hom(A/p, M) ≠ 0 である(前スレ１の93)。
よって中山の補題(前スレ１の242)より a(Hom(A/p, M)) ≠ Hom(A/p, M)
である。よって Hom(A/p, M/aM) ≠ 0 である。
よって、px ∈ aM となる x ∈ M で aM に含まれないものがある。
よって前スレ１の90より p を含む q ∈ Ass(M/aM) がある。
前スレ１の99より Ass(M/aM) ⊂ Supp(M/aM) であるから、
q ∈ Supp(M/aM) である。
一方、前スレ２の953より Supp(M/aM) = V(Ann(M) + aA) である。
よって aA ⊂ q である。よって p + aA ⊂ q である。
証明終

>>69 の証明は Serre の Local Algebra から借りた。

king たーん
TamaKing たーん
蟹たーん

talk:>>71 私を呼んだか？

>>72 氏ね

talk:>73 お前に何が分かるというのか？

>>73 迷惑です

>>71私を呼びまくっても駆けつけられないことが多いぞ。

ホモロジー代数というのは不思議だね。
EisenbudもHomological algebra is uncannily effectiveと書いている。
uncannilyというのがいいね。薄気味悪いほど効果的とでも訳せばいいのか。

何故なのかよく分からないが非常に強力な道具なんだよね。
ホモロジー代数のこの強力さを良く知らない人は、ホモロジー代数を
過小評価するというか関心をあまり持たない。なんであんな形式ばった
面白くないものをやるんだろう、とかね。

命題
A をネーター局所環とし、m をその極大イデアル、
M ≠ 0 を有限生成 A-加群とする。
p ∈ Ass(M) なら depth(M) ≦ dim(A/p) である。

証明
depth(M) に関する帰納法を使う。
depth(M) = 0 なら明らか。
depth(M) ≧ 1 とする。
よって m の元 a で M-正則なものがある。
>>69より p + aA ⊂ q となる q ∈ Ass(M/aM) が存在する。
>>47より depth(M/aM) = depth(M) - 1 だから帰納法の仮定より
depth(M/aM) ≦ dim(A/q) である。
a は M-正則 だから a は p に含まれない。
よって p ≠ q である。よって dim(A/q) ≦ dim(A/p) - 1 である。
よって、depth(M) - 1 = depth(M/aM) ≦ dim(A/p) - 1 となる。
よって depth(M) ≦ dim(A/p) である。
証明終

A をネーター環とし、I をそのイデアルで I ⊂ rad(A) とする。
M を有限生成 A-加群で、M ≠ 0 とする。
中山の補題(前スレ１の242)より M ≠ IM である。
x_1, ..., x_r を I に含まれる M-正則列とする。
このとき、x_1, ..., x_r を任意の順に並び替えたものも
M-正則列となることを証明しよう。
そのため、いくつかの準備をする。

まずKrullの共通イデアル定理(前スレ１の252)を加群の場合に拡張する。

定理
A をネーター環、M を有限生成 A-加群とし、
I を rad(A) に含まれるイデアルとする。
∩(I^n)M = 0 となる。ここで n はすべての正の整数 n > 0 を動く。

証明
N = ∩(I^n)M とおく。
IN = N を示せば、中山の補題より N = 0 となる。
IN ⊂ N は明らかだから N ⊂ IN を示す。
IN の準素部分加群分解(前スレ１の182)を IN = N_1 ∩ ... ∩ N_r
とする。各 i に対して Ass(M/N_i) = {p_i} とする。
S = {1, ..., r} とおく。S を以下の２個の部分集合に分割する。
S_1 = {i ∈ S; I ⊂ p_i}
S_2 = S - S_1 とおく。

定義から i ∈ S_1 のとき、I ⊂ p_i である。
Ass(M/N_i) = {p_i} だから (p_i)^nM ⊂ N_i となる n > 0 がある。
I ⊂ p_i だから (I^n)M ⊂ (p_i)^nM ⊂ N_i である。
一方 N ⊂ (I^n)M だから結局 N ⊂ N_i となる。

今度は j ∈ S_2 とする。
I は p_j に含まれないから、I の元 a で p_j に含まれないもの
がある。このとき N が N_j に含まれないと仮定する。
IN ⊂ N_j だから aN ⊂ N_j である。よって a は M/N_j に関して
非正則である。N_j は準素だから a ∈ p_j である。
これは仮定に反する。よって N ⊂ N_j でなければならない。

以上から、 任意の i ∈ S に対して N ⊂ N_i となる。
よって、N ⊂ IN となる。
証明終

次の命題は周知だが復習もかねて証明する。

命題
n > 0 を整数とし、集合 {1, ..., n} の置換全体のなす
対称群を S_n とする。
S_n の任意の元 σ はいくつかの互換の積として表すことが出来る。

証明
n に関する帰納法を使う。
n = 1 なら明らか(零個の互換の積は恒等置換とみなす)。
n ≧ 2 とする。
σ(n) = n なら σ は S_(n-1) の元とみなせる。
よって帰納法の仮定より、σ は互換の積となる。
よって σ(n) ≠ n とする。σ(n) = j とおく。
τ = (j, n)σ とおく。
τ(n) = (j, n)(σ(n)) = n である。
よって τは S_(n-1) の元とみなせる。
よって帰納法の仮定より、τ は互換の積となる。
よってσ = (j, n)τも互換の積となる。
証明終

命題
n > 0 を整数とし、集合 {1, ..., n} の置換全体のなす
対称群を S_n とする。
S_n の任意の元 σ は (i, i+1), 1 ≦ i ≦ n-1 の形の互換の積として
表すことが出来る。

証明
>>82 より任意の互換 (j, k), j < k が(i, i+1) の形の互換の積と
となることを示せばよい。互換(j, k)の長さを k - j で定義する。
互換の長さの帰納法で証明する。
互換の長さが１のときは明らか。
よって互換(j, k)の長さは２以上とする。
(j, k) = (j, k-1)(k-1, k)(j, k-1) となることが簡単に確かめられる。
帰納法の仮定より(j, k-1)は(i, i+1) の形の互換の積となる。
よって(j, k)も同様である。
証明終

補題
A をネーター環とし、I をそのイデアルで I ⊂ rad(A) とする。
M を有限生成 A-加群で、M ≠ 0 とする。
a, b を I に含まれる M-正則列とすると、
並びを入れ替えた b, a もM-正則列である。

証明
まず、b が M-正則であることを証明する。
x を M の元として、bx = 0 とする。
x = 0 を示せばよい。
b は M/aM に関して正則だから、x ∈ aM となる。
よって x = ay となる y ∈ M がある。
bx = aby = 0 であり、a は M-正則だから by = 0 である。
よって上と同様に y ∈ aM となる。つまり、x ∈ (a^2)M となる。
以上を繰り返して x ∈ ∩(a^n)M となる。
ここで n はすべての正の整数 n > 0 を動く。
>>81 より ∩(a^n)M = 0 だから x = 0 である。

次に、a が M/bM に関して正則なことを示す。
x を M の元として、ax ∈ bM とする。
ax = by となる y ∈ M がある。
b は M/aM に関して正則だから y ∈ aM となる。
よって y = az となる z ∈ M がある。
よって ax = abz である。a は M-正則だから x = bz である。
よって x ∈ bM となって a は M/bM に関して正則である。
証明終

命題
A をネーター環とし、I をそのイデアルで I ⊂ rad(A) とする。
M を有限生成 A-加群で、M ≠ 0 とする。
x_1, ..., x_n を I に含まれる M-正則列 とする。
このとき x_1, ..., x_n を任意に並び替えた列も M-正則列である。

証明
n に関する帰納法を使う。
n = 1 なら明らか。
n ≧ 2 とする。
>>83 より 1 ≦ i ≦ n - 1 となる任意の整数 i に対して、
x_1,..., x_(i+1), x_i,..., x_n が M-正則列であることを示せばよい。

i + 1 ≦ n - 1 のときは、帰納法の仮定により、
x_1,..., x_(i+1), x_i,..., x_(n-1) は M-正則列である。
よって、この列に x_n を追加した
x_1,..., x_(i+1), x_i,..., x_(n-1), x_n も M-正則列である。

よって残るのは i + 1 = n の場合だけである。
つまり、x_1,..., x_(n-2), x_n, x_(n-1) が M-正則列であることを
示せばよい。
これは、N = M/(x_1M + ... + x_(n-2)M) とおいたとき、
x_n, x_(n-1) が N-正則列であることと同値である。
しかし、これは >>84 で証明されている。
証明終

>>85 はKoszul複体を使って証明するのが普通。
というかそれ以外の証明を他で見たことがない。
まあ、わりと自然で簡単な証明だから他の誰かがきっとやってるとは思うが。

命題
A をネーター環とし、I をそのイデアルで I ⊂ rad(A) とする。
M を有限生成 A-加群で、M ≠ 0 とする。
x_1, ..., x_r を I に含まれる M-正則列 とする。
n_1, ..., n_r を整数の列で各 n_i > 0 とする。
このとき、(x_1)^(n_1), ..., (x_r)^(n_r) も M-正則列である。

証明
各 i に対して i ≠ j なら n_j = 1 のときの場合、つまり

x_1, ..., (x_i)^(n_i), ..., x_n

がM-正則列であることを示せば、一般の場合はこれから直ぐでる。
よって、この場合を証明する。

>>85 より、x_i を最後に移動した列

x_1, ..., x_r, x_i

も M-正則列である。
一般にM-正則な元の任意のベキ乗もM-正則だから、

x_1, ..., x_r, (x_i)^(n_i)

も M-正則列である。
よって、再び >>85 より (x_i)^(n_i) をもとの位置に戻した列

x_1, ..., (x_i)^(n_i), ..., x_n

も M-正則列である。
証明終

>>87 に私のＩＤを付けるのを忘れた。
後の検索のために注意しておく。

訂正
>>87
>x_1, ..., (x_i)^(n_i), ..., x_n

x_1, ..., (x_i)^(n_i), ..., x_r

>>86

Zariski-Samuelの本の付録にKoszul複体を使わない証明が載っていた。
しかし、その証明は >>85 とは異なる。

正則列を弱めた概念である準正則列(quasi-regular sequence)に
ついて述べる準備として、フィルター付環とフィルター付加群について
述べる。フィルター付環は、局所環の完備化や重複度とも関係するので
可換代数において重要である。

定義
A を環とし、A の加法群の部分群からなる A_p, p ∈ Z の降列
... A_p ⊃ A_(p+1) ... で以下の 条件 (1), (2) を満たすとする。

(1) (A_p)(A_q) ⊂ A_(p+q) が任意の p, q ∈ Z に対してなりたつ。

(2) 1 ∈ A_0

ここで、Z は有理整数全体の集合であり、
(A_p)(A_q) は 集合 {xy; x ∈ A_p, y ∈ A_q} で生成される A の部分群
を表す。

このとき、A をフィルター付環という。
列 (A_p) を A のフィルターと呼ぶ。

>>91 の前に次の定義をすべきだった。

定義
M をアーベル群とする。
M の部分群からなる降列
... M_p ⊃ M_(p+1) ...
を M のフィルターと呼ぶ。
ここで、p は有理整数全体を動く。

M をフィルター付アーベル群と呼ぶ。

因みに>>92のフィルターの名前の由来を(私の想像だが)説明してみよう。
フィルターとは濾過器のこと。

>>92 の記号を使う。
M の元 x をとる。
x ∈ M_p となる p が存在しないとする。
このとき、x は、フィルターではじかれたと考える。

次に、x ∈ M_p となる p があるとする。
このとき x は M_p による関門を通ったと考える。
しかし x は M_(p+1) には含まれないとする。
このときも、x はフィルターではじかれたと考える。
こうやって、M の元を篩い落としていき、
最後に残ったもの、即ち ∩M_p の元がフィルターで漉されたものと
考える。

定義
M をフィルター付アーベル群(>>92)とし、(M_p)をそのフィルターとする。

M = ∪M_p のとき、このフィルターは上に収束するという。

0 = ∩M_p のとき、このフィルターは下に収束するという。
下に収束するフィルターを分離的なフィルターとも言う。

M_p = 0 となる p があるとき、このフィルターは下に有界または
離散的という。

M_p = M となる p があるとき、このフィルターは上に有界という。

上に有界かつ下に有界なフィルターは有界または有限なフィルターという。

定義
A をフィルター付環(>>91)とし、(A_p)をそのフィルターとする。
M を A-加群とする。
M をアーベル群とみて、その部分アーベル群からなるフィルター(M_p)が
以下の条件を満たすとする。

(A_p)(M_q) ⊂ M_(p+q) が任意の p, q ∈ Z に対してなりたつ。

このとき、フィルター(M_p)は、フィルター付環 A と両立するといい、
M をフィルター付 A-加群と呼ぶ。

A をフィルター付環(>>91)とし、(A_p)をそのフィルターとする。
M をフィルター付 A-加群(>>95)とし、(M_p)をそのフィルターとする。

フィルター付環の応用上では、A = A_0 となる場合が圧倒的に多い。
この場合、各 A_p は A のイデアルであり、
各 M_p は A-部分加群である。

フィルター付環および加群の例(その１)

A を環、I を そのイデアルとする。
M をA-加群とする。
p ≧ 0 のとき A_p = I^p とし、
p ＜ 0 のとき A_p = A とおけば、
A は (A_p) によりフィルター付環になる。

フィルター(A_p)を A の I-進フィルターと呼ぶ。

p ≧ 0 のとき M_p = (I^p)M とし、
p ＜ 0 のとき M_p = M とおけば、
M は (M_p) によりフィルター付 A-加群になる。
フィルター(M_p)を M の I-進フィルターと呼ぶ。

フィルター付環および加群の例(その２)

A をZ-型の(可換な)次数環(前スレ１の720)とし、
その n-次部分を A_(n) とする。
A_p = Σ(n≧p) A_(n) とおく。
A は (A_p) によりフィルター付環になる。

M をZ型の A-次数加群(前スレ１の722)とし、
その n-次部分を M_(n) とする。
M_p = Σ(n≧p) M_(n) とおく。
M は (M_p) によりフィルター付 A-加群になる。

フィルター付環および加群の例(その３)

A を環とする。
p ≦ 0 のとき A_p = A とおき、
p ＞ 0 のとき A_p = 0 とおく。
A は (A_p) によりフィルター付環になる。
A を自明なフィルター付環と呼ぶ。

M をA-加群とする。
p ≦ 0 のとき M_p = M とおき、
p ＞ 0 のとき M_p = 0 とおく。
M は (M_p) によりフィルター付 A-加群になる。
M を自明なフィルター付 A-加群と呼ぶ。

帰納法使う奴は人間のくず

フィルター付環および加群の例(その４)

A をフィルター付環(>>91)とし、(A_p)をそのフィルターとする。
M をA-加群とする。
M_p = (A_p)M とおけば、
M は (M_p) によりフィルター付 A-加群になる。
(M_p) を (A_p)から誘導されたフィルターという。

定義
A をフィルター付環(>>91)とし、(A_p)をそのフィルターとする。
M をフィルター付 A-加群(>>95)とし、(M_p)をそのフィルターとする。
N を M の A-部分加群とする。
N_p = N ∩ M_p とおく。

(A_p)(N ∩ M_q) ⊂ N ∩ (A_p)(M_q) ⊂ N ∩ M_(p+q) となる。

よって N はフィルター(N_p) によりフィルター付 A-加群となる。
(N_p) を (M_p) により N へ誘導されたフィルターという。

前スレ２の968
>話は変わるけど、代数多様体の正規点における局所環の完備化は
>正規であるというZariskiの定理の証明ってあまり本に書いてないね。
>この定理は代数幾何では重要なんだけど。
>
>Zariski-Samuelには当然書いてある。

EGAには優秀環の理論として拡張されて述べられている。
松村にも優秀環の理論は紹介されている。

M-正則列(前スレ２の941)の概念はSerreが1955年の東京・日光における
国際会議で発表した論文で最初に導入したとEGAには書いてあるけど、
どうなんだろう。その論文を見るとAuslander-Buchsbaumの論文を
引用してるんだけど。この頃の彼等の論文というのは互いに
引用しあっている。

定義
A をフィルター付環(>>91)とし、(A_p)をそのフィルターとする。
M をフィルター付 A-加群(>>95)とし、(M_p)をそのフィルターとする。
N を M の A-部分加群とする。
L = M/N おき、L_p = (M_p + N)/N とおく。

(A_p)(L_q) ⊂ ((A_p)(M_q + N) + N)/N ⊂ (M_(p+q) + N)/N = L_(p+q)

となる。
よって L はフィルター(L_p) によりフィルター付 A-加群となる。

(L_p) を (M_p) により M/N へ誘導されたフィルターという。

定義
A をフィルター付環(>>91)とし、(A_p)をそのフィルターとする。
M, N をフィルター付 A-加群(>>95)とし、それぞれ (M_p), (N_p)
をそのフィルターとする。

A-加群としての射 f: M → N が 各 p に対して
f(M_p) ⊂ N_p を満たすとき、f をフィルター付 A-加群
としての射という。

A をフィルター付環とする。
容易にわかるようにフィルター付 A-加群とその射は圏 F(A)をなす。

M, N をフィルター付 A-加群とすると、M から N への
フィルター付 A-加群としての射の集合 Hom(M, N) は
自明な演算でアーベル群となる。

f: M → N をフィルター付 A-加群の射とする。
f の A-加群 としての核 K は M の部分加群だから
M のフィルターから誘導されたフィルター(>>102)が入る。
このフィルターにより K をフィルター付 A-加群と考えたものを
射 f の核と呼び、Ker(f) と書く。

同様に A-加群としての余核 Q に、N のフィルターから誘導された
フィルター(>>105)を入れて、フィルター付 A-加群と考えたものを
f の余核と呼び、Coker(f) と書く。

A をフィルター付環とする。
f: M → N をフィルター付 A-加群の射とする。
A-加群の射としての f の像 I に N のフィルターから誘導された
フィルターを入れたものを f の像と呼び Im(f) と書く。

A をフィルター付環とする。
f: M → N, g: N → L をそれぞれフィルター付 A-加群の射とする。
Im(f) と Ker(g) がフィルター付 A-加群として一致するとき、
列 M → N → L は完全であるという。

　　　　　　　　　　　　　　 ､,.､,､,.､___,.､,､,.､,､，　　　　　　 人ﾊ人ﾊ人
　　　　　　　　　　　♪ 　 ,ゝ:::::::::::::::::::::::::::＜、　　　　　ノ　　　　　 ヾ、
　　　　　　　　　　　　　∠:::::::::::::::::::::::::::::::::::::<　　　　　）　 マ 　ウ　 （
　　　　　　　　　　　　　 /:::;;;::::::::::::::::::::::::::::::::::〈.　　　　）　　ン　 リ　（
　　　　　　　　　　　　　/::「/／￣∨ヾ/＼!'ヾ:::|　　　　）　 セ　 ナ　（
　　　　　　　　　　　　,､|::/　　　ヽ　　〃　　 ヾ::|,、　　 ）　　）　　ラ　（
　　　　　　　　　　　 （ .|/　　＼　　　　／　　 ヽ! ）　　.）　 （　　　　 （
　　　　　　　　　　　　｀／///　　 ．．　　/// ＼´　　　ヽ ！　　　　/
　　　　　　　　　　　　 ＼　　　ヽｰ--‐‐/　　 ／　　　　　 Ｙ⌒Y⌒Y
　　　　　　　　　　　　　 ヽ　　　ヽ　　 /　　　/
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　　　　　　　　　　　　　　　　　｀j'''''''''''i"

>>105
>(L_p) を (M_p) により M/N へ誘導されたフィルターという。

(L_p) を N による (M_p) の商フィルターと呼ぶほうが一般的らしい。
よって今後、そう呼ぶ。

定義
A をフィルター付環とする。
f: M → N をフィルター付 A-加群の射とする。
A-加群の射としての f の核を K とする。
M/K に M のフィルターの商フィルター(>>111)を入れて
フィルター付 A-加群としたものを f の余像と呼び
Coim(f) と書く。

A をフィルター付環とする。
f: M → N をフィルター付 A-加群の射とする。
λ: Ker(f) → M を標準射とする。
このとき明らかに fλ= 0 である。
この Ker(f) とλは次の命題により特徴付けられる。

命題
A をフィルター付環とする。
g: L → M, f: M → N をそれぞれフィルター付 A-加群の射として、
fg = 0 とする。
このとき、射 u: L → Ker(f) で g = λu となるものが一意に存在する。
ここで λ: Ker(f) → M は標準射である。

証明
g(L) ⊂ Ker(f) だから、A-加群の射としては u として
g の値域を Ker(f) に制限したものをとる。
u が フィルター付 A-加群の射となることは
各 p にたいして g(L_p) ⊂ M_p ∩ Ker(f) よりわかる。
u の一意性は λが単射であることから明らか。
証明終

>>113と双対的に次の命題が成立つ。

命題
A をフィルター付環とする。
f: M → N, g: N → L をそれぞれフィルター付 A-加群の射として、
gf = 0 とする。
このとき、射 u: Coker(f) → L で g = uμ となるものが一意に存在する。
ここで μ: N → Coker(f) は標準射である。

証明
g(f(M)) = 0 だから
g は A-加群の射として u: N/f(M) → L を誘導する。
各 p にたいして g(N_p) ⊂ L_p だから
u は フィルター付 A-加群の射である。
g = uμは u の定義から明らか。
u の一意性は μが全射であることから明らか。
証明終

命題
A をフィルター付環とし、
f: M → N をフィルター付 A-加群の射とする。
フィルター付 A-加群の射 u: Coim(f) → Im(f) が一意に存在し、
f は M → Coim(f) → Im(f) → N と分解する。
ここで、M → Coim(f) と Im(f) → N はともに標準射である。

証明
A-加群の射としては u: Coim(f) → Im(f) を
u([x]) = f(x) で定義する。ここで、x は M の元であり、[x] は
x の属す Coim(f) = M/Ker(f) の剰余類である。
この定義は剰余類の代表元 x の取り方によらない。

M、N のフィルターをそれぞれ (M_p), (N_p) とする。
f(M_p) ⊂ Im(f) ∩ N_p であるから
u がフィルター付 A-加群の射であることは明らか。

次に u の一意性を示す。
α: M → Coim(f)
β: Im(f) → N
を標準射とする。

f = βvα となるフィルター付 A-加群の射 v: Coim(f) → Im(f) が
存在するとする。
f = βuα = βvα であり、βは単射だから、
uα = vα となる。
αは全射だから、 u = v である。
証明終

定義
A をフィルター付環とし、
f: M → N をフィルター付 A-加群の射とする。
>>115の射 u: Coim(f) → Im(f) は写像としては全単射だが
フィルター付 A-加群の射としては同型とは限らない。
これが同型になるとき、 f を強射と呼ぶ。

命題
A をフィルター付環とし、
f: M → N をフィルター付 A-加群の射とする。
M、N のフィルターをそれぞれ (M_p), (N_p) とする。
f が強射(>>116)になるためには、
各整数 p に対して f(M_p) = f(M) ∩ N_p となることが
必要十分である。

証明
K = Ker(f) とおく。
u: Coim(f) → Im(f) を、>>115の射とする。
u は写像としては全単射であることと、
u((M_p + K)/K) = f(M_p) に注意すれば明らかだろう。
証明終

フィルター付 A-加群の射で強射(>>116)でない例はいくらでもある。

例えば、k を体として M を k 上の３次元のベクトル空間とする。
e_1, e_2, e_3 をその基底とする。

N を e_1 を基底に持つ M の部分ベクトル空間とする。
L を e_1, e_2 を基底に持つ M の部分ベクトル空間とする。

M に以下の２つのフィルターを入れる。
(1) M ⊃ N ⊃ 0 をフィルターと見なす。
つまり、フィルター (M_p) を次のように定義する。
p ≦ 0 のとき M_p = M
p = 1 のとき M_p = N
p ≧ 2 のとき M_p = 0。

(2) M ⊃ L ⊃ 0 を同様にフィルターと見なす。
つまり、フィルター (M'_p) を次のように定義する。
p ≦ 0 のとき M'_p = M
p = 1 のとき M'_p = L
p ≧ 2 のとき M'_p = 0。

k に自明なフィルター(>>99)を入れると。
上の各フィルターにより M はそれぞれフィルター付 k-加群となる。
(1) のフィルターを入れた M を M(1) と書き、
(2) のフィルターを入れた M を M(2) と書く。

恒等射 1: M(1) → M(2) を考える。
N ⊂ L だから、この射はフィルター付 k-加群の射である。
しかし、 N ≠ L だから強射ではない。

定義
G をフィルター付アーベル群(>>92)とする。
(G_p) をそのフィルターとする。

各整数 p に対して gr_p(G) = G_p/G_(p+1) とおき、
gr(G) = Σgr_p(G) (直和)とおく。

gr(G) を G の次数化アーベル群と呼ぶ。

定義
A をフィルター付環(>>91)とする。
gr(A) を A の加法群の次数化アーベル群とする。
α ∈ gr_p(A)、β ∈ gr_q(A) のとき、
αとβの積 αβ ∈ gr_(p+q)(A) を以下のように定義する。

x ∈ A_p, y ∈ A_q をそれぞれ αとβ の代表元とする。
xy ∈ A_(p+q) の mod A_(p+q+1) の剰余類をαβとする。
この定義が 代表元 x, y の取り方によらないことは明らかである。
この積により、gr(A) は Z 型の次数環(前スレ１の720)となる。
gr(A) を A の次数化環と呼ぶ。

定義
A をフィルター付環とし、(A_p)をそのフィルターとする。
M をフィルター付 A-加群とし、(M_p)をそのフィルターとする。

gr(A) を A のA の次数化環(>>120)ととし、
gr(M) を M の次数化アーベル群(>>119) とする。

α ∈ gr_p(A)、γ ∈ gr_q(M) のとき、
αとγの積 αγ ∈ gr_(p+q)(M) を以下のように定義する。

a ∈ A_p, z ∈ M_q をそれぞれ αとγの代表元とする。
az ∈ M_(p+q) の mod M_(p+q+1) の剰余類をαγとする。
この定義が 代表元 a, z の取り方によらないことは明らかである。

この積により、gr(M) は gr(A)-次数加群(前スレ１の722)となる。
gr(M) を M の次数化加群と呼ぶ。

局所環のm-進フィルターによる次数化環の幾何的意味を考える。

代数多様体 X の閉点 p における局所環 O_p にその極大イデアル m
による m-進フィルター(>>97)をいれてフィルター付環と考える。
この次数化環 gr(O_p) の Spec(gr(O_p))というのは、
X の p における接錐(tangent cone)と考えることが出来る。
接錐というのは、大雑把に言うとその点における接線の集まりのなす
代数スキームのことで、その点が非特異なら接空間と一致する。

このことをアフィン平面代数曲線の場合に説明しよう。
k を代数的閉体とし、f(X, Y) を２変数多項式環 k[X, Y] の元で
既約とする。さらに f(0, 0) = 0 とする。
f(X, Y) = 0 が定義する代数曲線を X とする。
f(0, 0) = 0 だから X は原点 p = (0, 0) を通る。
X の p における局所環を O_p とする。
このとき、次数化環 gr(O_p) は k[X, Y]/(f_m) と同型になる。
ここで f_m は f の初形式である。
つまり、f をその同次成分に分解して f = f_m + f_(m+1) + ..
と書いたときの最低次の同次成分が f_m である。
f_m は２変数の同次式だから１次式の積に分解する。
この各１次式が原点 p における 曲線 f(X, Y) = 0 の接線である。

定義
M, N をフィルター付アーベル群(>>92)とする。
(M_p), (N_p) をそれぞれ M, N のフィルターとする。

f: M → N をフィルター付アーベル群としての射とする。
各 p に対して f(M_p) ⊂ N_p だから、
f はアーベル群の射 M_p/M_(p+1) → N_p/N_(p+1) を誘導する。
よって、次数アーベル群の射 gr(M) → gr(N) が得られる。
ここで、gr(M)、gr(N) はそれぞれ M, N の次数化アーベル群(>>119)
である。
この射を gr(f) と書く。この p次の同次成分 を gr_p(f) と書く。
つまり、gr_p(f): gr_p(M) → gr_p(N) である。

話はそれるが、最近 amazon.com で
Edwards の Fermat's Last Theorem を買った。
今読んでいるところだけど、これは凄い本だ。
この本で初めてKummerの理想数がわかった、というか、
わかりかけてきた（まだ読了してないので）。
この本を参考にして、Kummerの理想数とは何かを後で述べよう。

Kummerの理想数については、前スレ１の281あたりでも書いてあるので、
そちらも参照されたい。

素因数分解の一意性の回復をx^n+y^nにおいて目指して作られた。
n=23でたしか不成立なんだが、イデアルを考えて言ってみればクウォークの様に
新しく素を考えてみようって話だったようなそうでないような。
しかし、俺にもこれが理解不能だ。だから早く書け。

定義
A, B をそれぞれフィルター付環(>>91)とする。
f: A → B をフィルター付環としての射とする。
>>123 と同様にして f は次数環の射 gr(A) → gr(B) を誘導する。
この射を gr(f) と書く。

定義
A をフィルター付環(>>91)とし、
M, N をフィルター付 A-加群(>>95)とする。
>>121 より、gr(M)、gr(N) は それぞれ gr(A)-次数加群となる。

f: M → N をフィルター付 A-加群としての射とする。
>>123 と同様にして f は gr(A)-次数加群の射 gr(M) → gr(N) を誘導する。
この射を gr(f) と書く。

A をフィルター付環(>>91)とし、
M, N, L をフィルター付 A-加群(>>95)とする。

1: M → M を M の単位射とすると gr(1) は gr(M) の単位射である。

f: M → N と g: N → L をフィルター付 A-加群としての射とする。
このとき、gr(gf) = gr(g)gr(f) となる。

以上から 対応 gr: M → gr(M) は フィルター付 A-加群の圏から
gr(A)-次数加群の圏への関手である。

補題
A をフィルター付環(>>91)とし、
M をフィルター付 A-加群(>>95)とする。
M のフィルター (M_p) は上下に収束(>>94)するとする。
gr_p(M) ≠ 0 となる p が有限ならフィルター (M_p) は有限(>>94)である。

証明
十分大きな整数 n があり p ≧ n なら gr_p(M) = 0 である。
よって M_n = M_(n+1) = ... となる。
(M_p) は下に収束するから、0 = ∩M_p である。
よって M_n = 0 である。

同様に、十分小さな整数 m があり p ≦ m なら gr_p(M) = 0 である。
よって M_m = M_(m-1) = ... となる。
(M_p) は上に収束するから、M = ∪M_p である。
よって M_m = M である。
証明終

次の命題とその証明は 私が過去スレ「大好き★代数幾何 Part 2」
の 819 に書いたものと同じである。

命題
A をフィルター付環(>>91)とし、
M, L をフィルター付 A-加群(>>95)とする。
(M_p), (L_p) をそれぞれ M, L のフィルターとする。
(L_p) は上下に収束(>>94)するとする。
f: M → L をフィルター付 A-加群としての射とする。
gr(A)-次数加群の射 gr(f)(>>127) : gr(M) → gr(L) は同型であるとする。
このとき、フィルター(M_p) が有限(>>94)なら、
f は同型となる。

証明
gr(M) と gr(L) は同型だから、>>129 より フィルター(L_p) も
有限である。
フィルター (M_p) は有限だから 整数 k と n ≧ 0 があり、
M = M_k ⊃ M_(k+1) ⊃ ... M_(k+n) = 0 となる。
gr(M) と gr(L) は同型だから
L = L_k ⊃ L_(k+1) ⊃ ... L_(k+n) = 0 となる。

M_0 = M, M_2 = 0 の場合を証明すれば、n に関する帰納法を使って、
一般の場合も証明できる。よって、この場合のみ証明する。

完全列:
0 → M_1 → M → M/M_1 → 0
と
0 → L_1 → L → L/L_1 → 0
を考える。

仮定により、f: M → L は、同型 M_1 → L_1 と
同型 M/M_1 → L/L_1 を誘導する。
snake lemmaを使って(使わなくても簡単にわかるが)
f も同型になる。
証明終

命題(>>131)の系１
上の命題はフィルター(M_p) が有限でなくても上に収束(>>94)し、
離散的(>>94)なら成り立つ。

証明
命題(>>131)より、各pに対して f は同型 M_p → L_p
を誘導することがわかる。
フィルター(M_p)と(L_p) は上に収束するから、
f は同型となる。
証明終

命題
M をフィルター付アーベル群(>>92)とし、(M_p)をそのフィルターとする。
アーベル群の族 (M/M_p) は射影系である。
よって射影極限 proj.lim M/M_p が定義出来る。
標準射 M → M/M_p は、標準射φ: M → proj.lim M/M_p を定める。
φが単射であるためにはフィルター (M_p) が分離的(>>94)であることが
必要十分である。

証明
射影極限 proj.lim M/M_p の定義とφの定義から明らか。

定義
M をフィルター付アーベル群(>>92)とし、(M_p)をそのフィルターとする。
>>133の標準射φ: M → proj.lim M/M_pが同型のとき、
フィルター (M_p) は完備であるという。

命題(>>131)の系２
命題(>>131)はフィルター (M_p) が完備(>>134)なら成り立つ。

証明
>>132 より、各 p に対して f は同型
M/M_p → L/L_p を誘導することがわかる。
よって f は同型 proj.lim M/M_p → proj.lim L/L_p を誘導する。

次の可換図式を考える。

　　　M　　　　→　　　 L
　　　↓　　　　　　　　↓
proj.lim M/M_p → proj.lim L/L_p を誘導する。

フィルター (M_p) は完備だから標準射 M → proj.lim M/M_p は
同型である。
一方、フィルター (L_p) は仮定より分離的だから
>>133 より L → proj.lim L/L_p は単射である。
よって、上の可換図式より f: M → L が同型となることが分かる。
証明終

>>135 はフィルター付加群の基本定理というべきものである。

Bourbakiの用語では完備性に必ずしも分離性を要求しない。
我々もBourbakiに従うことにする。
よって、>>134 の定義を以下のように修正する。

定義
M をフィルター付アーベル群(>>92)とし、(M_p)をそのフィルターとする。
>>133の標準射φ: M → proj.lim M/M_pが全射のとき、
フィルター (M_p) は完備であるという。

（注意）この場合 M/∩M_p が proj.lim M/M_p に同型になる。

>>131の条件と主張を弱めた次の命題を証明する。
証明も>>131と同様である。

命題
A をフィルター付環(>>91)とし、
M, L をフィルター付 A-加群(>>95)とする。
(M_p), (L_p) をそれぞれ M, L のフィルターとする。
f: M → L をフィルター付 A-加群としての射とする。
gr(A)-次数加群の射 gr(f)(>>127) : gr(M) → gr(L) は単射であるとする。
このとき、フィルター(M_p) が有限(>>94)なら、
f も単射となる。

証明
フィルター (M_p) は有限だから 整数 k と n ≧ 0 があり、
M = M_k ⊃ M_(k+1) ⊃ ... M_(k+n) = 0 となる。

n = 2 の場合を証明すれば、n に関する帰納法を使って、
一般の場合も証明できる。よって、この場合のみ証明する。

完全列:
0 → M_(k+1) → M_k → M_k/M_(k+1) → 0
と
0 → L_(k+1) → L_k → L_k/M_(k+1) → 0
を考える。

仮定により、f: M_k → L_k は、単射 M_(k+1) → L_(k+1) と
同型 M_k/M_(k+1) → L_k/M_(k+1) を誘導する。
snake lemmaを使って(使わなくても簡単にわかるが)
f も単射になる。
証明終

>>132と同様に次の命題が得られる。
証明も>>132と同様である。

命題
A をフィルター付環(>>91)とし、
M, L をフィルター付 A-加群(>>95)とする。
(M_p), (L_p) をそれぞれ M, L のフィルターとする。
f: M → L をフィルター付 A-加群としての射とする。
gr(A)-次数加群の射 gr(f)(>>127) : gr(M) → gr(L) は単射であるとする。
このとき、フィルター(M_p) が上に収束(>>94)し、離散的(>>94)なら
f も単射となる。

証明
>>138より、各pに対して f は単射 M_p → L_p
を誘導することがわかる。
フィルター(M_p) は上に収束するから、
f は単射となる。
証明終

>>135と同様に次の命題が得られる。
証明も>>135と同様である。

命題
A をフィルター付環(>>91)とし、
M, L をフィルター付 A-加群(>>95)とする。
(M_p), (L_p) をそれぞれ M, L のフィルターとする。
f: M → L をフィルター付 A-加群としての射とする。
gr(A)-次数加群の射 gr(f)(>>127) : gr(M) → gr(L) は単射であるとする。
このとき、フィルター(M_p) が上に収束(>>94)し、分離的(>>94)なら
f も単射となる。

証明
>>139 より、各 p に対して f は単射
M/M_p → L/L_p を誘導することがわかる。
よって f は単射 proj.lim M/M_p → proj.lim L/L_p を誘導する。

次の可換図式を考える。

　　　M　　　　→　　　 L
　　　↓　　　　　　　　↓
proj.lim M/M_p → proj.lim L/L_p を誘導する。

フィルター (M_p) は分離的だから標準射 M → proj.lim M/M_p は
単射である。
よって、上の可換図式より f: M → L が単射となることが分かる。
証明終

訂正：

>>135
>命題(>>131)はフィルター (M_p) が完備(>>134)なら成り立つ。

>>135の証明から分かるように、フィルター (M_p)が
上に収束するという条件が必要である。
よって>>135の主張は次のように書くべきであった。

命題(>>131)はフィルター (M_p) が上に収束し、
分離的(>>94)かつ完備(>>137)なら成り立つ。

ここで、ちょっと寄り道になるが話の都合上、対称代数について述べる。

定義
A を可換環、 M を A-加群とする。
T(M) を A 上の M から生成されるテンソル代数(前スレ１の718)とする。
T(M) は明らかに次数 A-代数(前スレ１の720)である。
T(M)の部分集合 {xy - yx; x, y ∈ M} から生成される両側イデアルを
I とする。

T(M)/I を A 上の M から生成される対称代数と呼び、
S(M) と書く。

I は同次元で生成されるから同次イデアルである(前スレ１の726)。
よって、S^p(M) = T^p(M)/(I ∩ T^p(M)) とおけば、
S(M) = ΣS^p(M) (直和) となる。よって S(M) も次数 A-代数である。
S^0(M) = A であり、S^1(M) = M となる。
S(M) の２元 x, y の積を xy と書く。
明らかに、xy = yx であるから S(M) は可換である。

587

>>124 で予告したように、Kummerの理想数について述べる。
今までの代数的整数論の準備としての可換代数の話も平行して進めるので
混乱しないように名前をKummerとしてIDも別にする。

まず Kummer の出発点は、λを奇素数としてζを X^λ = 1 の
１以外の根の１つとしたとき、円分整数環 Z[ζ] において素元分解の
一意性が成立つかどうかという問題にあった。
これは、周知のように Fermat の最終定理と関係がある。
しかし、Kummer の目的は別にあった。
それは Gauss に始まる 高次冪剰余の相互法則の探求である。
これが、解析方面を専門にしていた彼を Z[ζ] の整数論に向かわせ、
以後２０年の間、彼を捉えて離さなかった。

広く流布されている話とは違って、Fermat の最終定理に関する彼の寄与は
その研究の過程の副産物であり彼の最終目的ではなかった。
ここでは、このことを立証するのが目的ではないので、これについて
詳しくは Edwards の Fermat's Last Theorem という本を参照してもらいたい。

ここで king 登場

λを奇素数としてζを X^λ = 1 の１以外の根の１つとする。
ここで、方程式 X^λ = 1 は複素数体で考える。
よって ζ は複素数である。
ζを X^λ = 1 の原始根と呼ぶ。

有理整数環 Z と ζ により生成される複素数体の部分環を
円分整数環と呼び Z[ζ] と書く。
Z[ζ] の元を円分整数と言う。

X^λ = 1 の相異なるλ個の根は ζ^i, i = 0, 1, ..., λ-1 と書ける。
1 ≦ i ≦ λ-1 のとき i はλと素だから ij ≡ 1 (mod λ)
となる整数 j が存在する。よって、ζ^(ij) = ζ となる。
つまり、ζ = (ζ^i)^j である。
よって Z[ζ] ⊂ Z[ζ^i] となる。
逆の包含関係は明らかだから、Z[ζ] = Z[ζ^i] となる。
よって、環 Z[ζ] は原始根ζの取り方によらない。

これから Kummer に習って円分整数環 Z[ζ] において素元分解の一意性が
成立つかどうかという問題を調べることにする。

その前に Z[ζ] の基本的な性質を調べておく。

talk:>>146 私を呼んだか？
talk:>>147 λが奇素数でない正整数でも原始λ乗根は定義できる。それについても述べるのか？

>>148

基本的には奇素数の場合のみ述べる予定.

習って

＞＞１４８　死ね

λを奇素数としてζを X^λ = 1 の原始根の１つとする。

X^λ - 1 = (X - 1)(1 + X + ... X^(λ-1)) だから
1 + ζ + ... + ζ^(λ-1) = 0 となる。

これがζに関する自明だが最も基本的な関係式である。

λを奇素数としたとき、有理数体上の多項式 1 + X + ... X^(λ-1) の
既約性をそれよりやや一般的な命題の特殊な場合として証明するため、
整数 n ＞ 0 に対して方程式 X^n = 1 を複素数体で考える。

X^n = 1 の根全体は乗法に関して位数 n の巡回群 G となる。
G の位数 n の元を X^n = 1 の原始根と呼ぶ。
原始根は φ(n) 個ある。ここでφ(n)はEulerの関数である。
つまり、集合 {1, 2, ..., n-1} に属す元のなかで n と素な元の個数である。
ζ_1, ..., ζ_r を原始根の全体とする。ここで r = φ(n) である。
Φ_n(X) = (X - ζ_1)...(X - ζ_r) とおく。
Φ_n(X) を指数 n の円分多項式と呼ぶ。

talk:>>151 お前が先に死ね。

整数 n ＞ 0 に対して円分多項式(>>153)の定義から
X^n - 1 = ΠΦ_r(X) となる。
ここで Φ_r(X) は r の円分多項式で r は n の正の約数全体を動く。

よって、Φ_n(X) = (X^n - 1)/ΠΦ_r(X) となる。
ここで、r は n の正の約数で n 以外のもの全体を動く。
よって、Φ_1(X) = X - 1 から初めて Φ_n(X) は帰納的に求まる。
これから Φ_n(X) の係数は有理整数であることが分かる。

定義
有理数体 Q 上代数的な複素数を代数的数と呼ぶ。

定義
有理整数環 Z 上整(前スレ１の506)な複素数を代数的整数と呼ぶ。

命題
一意分解整域は整閉整域(前スレ１の578)である。

証明
A を一意分解整域とし、K をその商体とする。
x = a/b を K の元で A 上整なものとする。
ここで a, b は A の元で互いに素とする。

(a/b)^n + c_1(a/b)^(n-1) + ... + c_n = 0 とする。
ここで、各 c_i は A の元である。

この等式の両辺に b^n を掛けて次式を得る。

a^n + c_1a^(n-1)b + ... c_nb^n = 0

b が A の可逆元でないとすると、b を割る A の素元 p がある。
上の等式から p は a^n したがって a を割ることになる。
これは a と b が互いに素とした仮定に反する。
よって b は可逆元であり、x は A の元である。
よって、A は K において整閉である。
証明終

命題
代数的整数(>>157)全体は複素数体の部分環となる。
つまり、代数的整数の和と積は代数的整数である。

証明
前スレ１の510 より明らか。

命題
αを代数的整数(>>157)とし、αの有理数体上のモニックな
最小多項式を f(X) とする。
このとき f(X) の係数は有理整数である。

証明
f(X) の複素数体におけるすべての根は代数的整数である。
よって、f(X) の係数も代数的整数である(>>159)。
>>158 より有理整数環は整閉だから、これらの係数は有理整数である。
証明終

補題
n ＞ 0 を整数、ζを X^n = 1 の根(原始根とは限らない)の１つとする。
ζの有理数体上のモニックな最小多項式を f(X) とする。
p を n を割らない素数とする。
このとき f(ζ^p) = 0 となる。

証明
ζは X^n - 1 = 0 の根だから、
X^n - 1 = f(X)g(X) となる有理数係数のモニックな多項式 g(X)がある。
>>160 より f(X) の係数は有理整数である。
よって、g(X) の係数も有理整数である。
f(ζ^p) ≠ 0 として矛盾を導こう。
ζ^p も X^n - 1 = 0 の根だから、f(ζ^p)g(ζ^p) = 0 である。
f(ζ^p) ≠ 0 と仮定したから g(ζ^p) = 0 となる。
よって、ζは g(X^p) の根であるから g(X^p) は f(X) で割り切れる。
よって g(X^p) = f(X)h(X) となるモニックな多項式 h(X) がある。
h(X) の係数も有理整数である。

ここで、等式 g(X^p) = f(X)h(X) を mod p で考える。
g(X)^p ≡ g(X^p) (mod p) だから、
g(X)^p ≡ f(X)h(X) (mod p) となる。
f(X) の mod p でのの既約因子の１つをω(X) とする。
g(X)^p は mod p でω(X) で割り切れるから、
g(X) は mod p でω(X) で割り切れる。
一方、X^n - 1 = f(X)g(X) だから、
X^n - 1 は mod p で ω(X)^2 で割り切れる。
ところが、これは有り得ない。
何故なら、n は p と素で X^n - 1 は mod p で
分離的な多項式である。つまり、有限体 Z/pZ の代数的閉包において
重根をもたない。
以上から、f(ζ^p) = 0 でなければならない。
証明終

命題
任意の整数 n ＞ 0 に対して、円分多項式Φ_n(X) は有理数体上既約である。

証明
ζを X^n = 1 の原始根(>>153)の１つとする。
ζの有理数体上のモニックな最小多項式を f(X) とする。
m ＞ 1 を n と素な整数とする。
m = (p_1)...(p_r) を m の素因数分解とする。
ここで、p_1, ..., p_r は素数で重複も許している。
>>161 より、ζ^(p_1) も f(X) の根である。
よって再び、>>161 より (ζ^(p_1))^(p_2) もf(X) の根である。
これを繰り返して、ζ^m も f(X) の根である。
よって、f(X) は X^n = 1 の原始根のすべてを根に持つ。
f(X) は Φ_n(X) を割るから Φ_n(X) = f(X) である。
証明終

命題
λを奇素数としたとき、多項式 1 + X + ... X^(λ-1) は
有理数体上既約である。

証明
上記の多項式は指数 λ の円分多項式 Φ_λ(X) に等しい。
よって >>162 より有理数体上既約である。
証明終

>>162 の証明は Dedekind によるもの。

>>163 が Kummerが扱った円分整数環 Z[ζ] における最も基礎となる定理である。

>1
>シロート厳禁、質問歓迎！

このシロート厳禁っていうの誤解を与えないか？
俺が言ったのは高校生などの、ほらよくいるだろ数論オタみたいなの、
つまり、初等数論って自然数を扱い誰でも入りやすいから、すぐFermatとか
Goldbachとか、そういうのをさしてシロ−トと言ったわけ。
前にいた割り算オタみたいのが来るとやだから、そう言ったわけ。

次の命題は周知だが、証明しておく。

補題
p を素数とすると
1 ≦ k ≦ p - 1 のとき [p,k] ≡ 0 (mod p) である。
ここで [p,k] は p個のものから順序を無視して
k 個取り出す組み合わせの数である。
つまり、[p,k] = p(p - 1)...(p - k + 1)/k! である。

証明
[p,k]k! = p(p - 1)...(p - k + 1) だから
[p,k]k! ≡ 0 (mod p) である。
1 ≦ k ≦ p - 1 のとき k! は p で割れない。
[p,k] ≡ 0 (mod p) である。
証明終

>>163 の別証として Eisenstein の既約性定理を使用した証明を行う。

命題(Eisenstein の既約性定理)
A を一意分解整域とし、K をその商体とする。
p を A の素元とする。
f(X) = a_0X^n + a_1X^(n-1) + ... + a_n を A 係数の多項式とする。

ここで、a_0 は p で割れない。
1 ≦ i ≦ n のとき a_i ≡ 0 (mod p) とし、
a_n は p^2 で割れないとする。

このとき f(X) は K で既約である。

証明
周知なので省略。

>>163 の別証

命題(>>163と同じ)
λを奇素数としたとき、有理数体上の多項式 1 + X + ... X^(λ-1) は
既約である。

証明
h(X) = 1 + X + ... X^(λ-1) とおく。
h(X + 1) が既約であることを示せばよい。

h(X) = (X^λ - 1)/(X - 1) だから
h(X + 1) = ((X + 1)^λ - 1)/X
= X^(λ-1) + ... + [λ,k]X^(λ- k -1) + ... + [λ,λ-1]
である。
ここで [p,k] は p個のものから順序を無視して
k 個取り出す組み合わせの数である。
>>155 より [λ,k] はλ で割れる。
[λ,λ-1] = λ である。

よって、Eisenstein の既約性定理(>>167)より h(X + 1) は既約である。
証明終

>>168

訂正

>>>155 より [λ,k] はλ で割れる。

>>166 より [λ,k] はλ で割れる。

ばか

9208さんて、改名、トリ変えしたの？

円分整数環 Z[ζ] (>>147)の元は >>163 により

(形式１) a_0 + a_1ζ + ... + a_(λ-2)ζ^(λ-2)

の形に一意に表される。
ここで、各a_i は有理整数である。

関係式 1 + ζ + ... + ζ^(λ-1) = 0 より、
ζ^(λ-1) = -1 -ζ- ... -ζ^(λ-2) となることを使って、
Z[ζ] の２元の積は、(形式１)の形に求まる。

しかし、この計算はやや面倒なので、
Z[ζ] の元を

(形式2) a0 + a_1ζ + ... + a_(λ-1)ζ^(λ-1)

の形に表すほうが便利である。
この形の２元の積は、関係式 ζ^λ = 1 を使って
(形式２)の形に求める。

Z[ζ] の元を (形式2) に表示するのは一意ではないが、

a0 + a_1ζ + ... + a_(λ-1)ζ^(λ-1) =
b0 + b_1ζ + ... + b_(λ-1)ζ^(λ-1)

なら、a_0 - b_0 = a_1 - b_1 = ... = a_(λ-1) - b_(λ-1)
という関係が成立ち、逆も言える。

(形式2)の元を f(ζ), g(ζ) ... などと書く。

λ= 5 として Z[ζ] における２元の積の計算の例を挙げる。

f(ζ) = 1 + 2ζ + 3ζ^2 + 4ζ^3 + 5ζ^4 と
g(ζ) = 1 + 3ζ + 2ζ^2 + ζ^3

の積は下図のように通常の１０進数の計算と同様にする。
ただし、ζ^5 = 1 だから、ζ^6 = ζ、ζ^7 = ζ^2 などを考慮して
左に伸びず循環的になっている。

　　　５　　４　　３　　２　　１
　　　０　　１　　２　　３　　１
━━━━━━━━━━━━━━━━━
　　　５　　４　　３　　２　　１
　　１２　　９　　６　　３　１５
　　　６　　４　　２　１０　　８
　　　２　　１　　５　　４　　３
━━━━━━━━━━━━━━━━━
　　２５　１８　１６　１９　２７

よって
f(ζ)g(ζ) = 27 + 19ζ + 16ζ^2 + 18ζ^3 + 25ζ^4
である。

各項の係数から 16 を引いて

f(ζ)g(ζ) = 11 + 3ζ + 2ζ^3 + 9ζ^4

ともなる。

1 ≦ i ≦ λ-1 のとき、Z[ζ] (>>147)の元 f(ζ) に対して、
f(ζ^i) は 一意に決まる。
つまり、f(ζ) = g(ζ) なら f(ζ^i) = g(ζ^i) である(確かめよ)。

f(ζ) のノルム Nf(ζ) を
Nf(ζ) = f(ζ)f(ζ^2)...f(ζ^(λ-1))
で定義する。

Nf(ζ) が有理整数であることは体論で周知だが、次のように
してもわかる。

Nf(ζ) = b0 + b_1ζ + ... + b_(λ-1)ζ^(λ-1) とする。
右辺を g(ζ) とおく。
1 ≦ i ≦ λ-1 のとき、
g(ζ^i) = f(ζ^i)f(ζ^2i)...f(ζ^(λ-1)i) = g(ζ) である(確かめよ)。

よって、
b0 + b_1ζ + ... + b_(λ-1)ζ^(λ-1) =
b0 + b_1ζ^i + ... + b_(λ-1)ζ^(λ-1)i
である。

ij ≡ 1 (mod λ) となる整数 j をとれば、
ζ = (ζ^i)^j だから
b_0 - b_0 = b_1 - b_j である(>>172)。
よって b_1 = b_j となる。

i を変化させて、

b_1 = b_2 = ... = b_(λ-1)

となる。

よって、

Nf(ζ) = b0 + b_1ζ + ... + b_(λ-1)ζ^(λ-1) =
b_0 + b_1(ζ+ ζ^2 + ... + ζ^(λ-1))

であるが、ζ+ ζ^2 + ... + ζ^(λ-1) = -1 だから、
Nf(ζ) = b_0 - b_1 ∈ Z である。

いつものように、λを奇素数としてζを X^λ = 1 の原始根の１つとする。
複素数 z の共役を z~ と書く。

ζ(ζ~) = |ζ|^2 = 1 だから
ζ~ = ζ^(-1) = ζ^(λ-1) である。

1 ≦ i ≦ λ-1 のとき、
(ζ^i)~ = ζ^(-i) である。

よって、f(ζ^i)~ = f((ζ^i)~) = f(ζ^(-i)) である。
よって、f(ζ), f(ζ^2), ... f(ζ^(λ-1)) は互いに共役な
(λ-1)/2 個のペアから構成される。

互いに共役な複素数の積は正だから、
Nf(ζ) = f(ζ)f(ζ^2)...f(ζ^(λ-1)) ≧ 0 となる。

明らかに、Nf(ζ) = 0 が 0 となるのは f(ζ) = 0 のときに限る。

>>171
スレ嫁タコ

円分整数のノルムが常に正である(>>176)というのは
複素数の性質(具体的には複素変数の指数関数の性質)、
遡れば実数の連続性から出たわけで、簡単に見えるが
わりと深い結果である。

円分整数環 Z[ζ] は Z[X]/(1 + X + ... + X^(λ-1)) として
代数的にも定義出来る。
しかし、上記の結果を実数の連続性を使わずに代数的に証明するのは
不可能だろう（たぶん）。

Eisenstein の既約性定理(>>167)の証明をしよう。
これは次の自明な原理に基づいている。

補題
A を整域とする。
f(X), g(X) を A[X] の 0 でない元として、
f(X) の最低次の項を a_rX^r
g(X) の最低次の項を b_sX^s とすると
h(X) = f(X)g(X) の最低次の項は a_rb_sX^(r+s) である。

>>179から次の補題が直ちに得られる。

補題
A を整域とする。
f(X), g(X) を A[X] の元として、
cX^n = f(X)g(X) とする。ここで、c ≠ 0、n > 0 であり、
f(X), g(X) の次数はそれぞれ１以上とする。
このとき、適当な A の元 a, b があって
f(X) = aX^r、g(X) = bX^s となる。

>>180から次の補題が直ちに得られる。

補題
A を環とし、P をその素イデアルとする。
h(X) = a_0X^n + a_1X^(n-1) + ... + a_n を A 係数の多項式とする。
ここで、a_0 は P に含まれず、
1 ≦ i ≦ n のとき a_i ≡ 0 (mod P) とする。

f(X), g(X) を A[X] の元として、h(X) = f(X)g(X) とする。
ここで、f(X), g(X) の次数はそれぞれ１以上とする。

このとき、a_n ≡ 0 (mod P^2) となる。

証明
仮定より、h(X) ≡ a_0X^n (mod P) となる。
よって、a_0X^n ≡ f(X)g(X) (mod P) である。
f(X)、g(X) のそれぞれの定数項を b, c とする。
>>180 より、b ≡ 0 (mod P), c ≡ 0 (mod P) となる。
よって a_n = bc は P^2 に含まれる。
証明終

>>181より、Eisenstein の既約性定理(>>167)におけるf(X)は
f(X) = g(x)h(x) と分解されない。
ここで、g(X), h(X) は A[X] の元でともに次数が１以上である。
これから原始多項式の積が原始多項式になるというGaussの補題を使う
よく知られた論法で f(X) が K で既約であることが出る。

ついでだから、>>182で言及したGaussの補題の証明をしよう。
これもEisenstein の既約性定理の証明(>>181)と同様の論法、
つまり mod p での還元(reduction)を使う。

Gaussの補題は次の自明な原理に基づいている。

補題
A を整域とすると A[X] も整域である。

　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　 　　　┌-―ー-';
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　| (・∀・) ﾉ
　　　　　　　　　 　 　　 ＿＿＿＿ 　　　　上―-―' 　　　＿＿＿_
　　　　　　 　　　　　　　| （･∀･） ｜ 　 ／　 ＼　　　　　 | (・∀・) |
　　　　　　　　　　 　 　 |￣￣￣￣ 　 （￣￣￣） 　 　 　 |￣￣￣
　 　 　 　 　　 　 　 　 ∧ 　　　　　　 （[[[[[[|]]]]]） 　 　 ,∧
　　　　　　　　　　　　<⌒>　 　 　 　 [=|=|=|=|=|=]　　　<⌒>
　　　　　　　　　　　／⌒＼ 　 　 　 _|iﾛi|iﾛiiﾛi|iﾛ|_∧ ／⌒＼_
　　　　　　　　　　　］皿皿［-∧-∧|ll||llll||lllｌ||lllｌ|lll|￣|]皿皿[_|
　　　　　　　　　　　|_／＼_|,,|「|,,,|「|ﾐ^!､|]|[|]|[|][]|_.田 | ∧_ 　]
　　　　　　　　　　　| . ∩　 |'|「|'''|「|||:ll;|||}{|||}{|||}{|||}{|,田田.|__|
　　　　　　　　　　　|￣￣￣￣|「|￣￣||[[|門門門|]]|[_[_[_[_[_[
　　　　　　　　　　／i~~i' l ∩∩l　.ｌ　∩　∩　 l　　|__| .| .∩|　.|　l-,
　　　　　　　,,,,,='~|　|　|' |,,=i~~i==========|~~|^^|~ ~'i----i==i,, | 'i
　　 　 　 　 |　l ,==,-'''^^　 l　 |. ∩. ∩. ∩. |　 |∩| 　 |∩∩|　 |~~^i~'i、
　　　　　 ,=i^~~.|　 |.∩.∩ |,...,|__|,,|__|,,|__|,,|__|,....,||,,|.|,.....,||,|_|,|.|,....,| 　 |　|~i
　　　　 l~| .|　　|　,,,---== ヽﾉ　　　 i　　　　ヽﾉ~~~ ヽﾉ　　 ~ ソ^=-.i,,,,|,,,|
　　　　.|..l　i,-=''~~--,,,　　＼　 ＼　 l　　　／　　　／　　　　／　　__,-=^~
　　　　|,-''~　-,,,＿　　~-,,.　 ＼ .＼ |　.／　　 ／　　＿,,,-~　 　／
　　　　 ~^''=、＿ _ ^'- i=''''''^~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~^''''''''=i -'^~
　　　　　　　　　　 ~^^''ヽ　ヽ 　i　ｼﾞｴﾝｷｬｯｽﾙ　/　 ／　 ノ
　　　　　　　　　　　　　　ヽ　　、 l　 |　 ｌ　 l　/ .／　　／
　　　　　　　　　　　　 　 　 ＼_　、i ヽ　 i　 /　　　,,=='
　　　　　　　　　　　　　　　　　 ''==,,,,＿＿＿,,,=='~

>>183 を mod P で言い換えると次の補題となる。

補題
A を環とし、P をその素イデアルとする。
f(X), g(X) を A[X] の元として、f(X) ≡ 0 (mod P) でも
g(X) ≡ 0 (mod P) でもないとする。
このとき、f(X)g(X) ≡ 0 (mod P) とならない。

定義
A を一意分解整域とし、
f(X) = a_0X^n + a_1X^(n-1) + ... + a_n を A 係数の 0 でない
多項式とする。ここで、n > 0 とする。
a_0, a_1, ..., a_n の公約元が A の可逆元以外ないとき、
f(X) を原始多項式という。

補題
A を一意分解整域とし、
f(X) を A 係数の次数が１以上の多項式とする。
f(X) が原始多項式(>>186)でないなら、A の素元 p で f(X) の各係数を
割るものがある。

証明は明らかだろう。

補題(Gauss)
A を一意分解整域とし、f(X), g(X) を A 係数の原始多項式とする。
このとき、f(X) と g(X) の積 h(X) も原始多項式である。

証明
p を A の任意の素元とする。
f(X) は原始多項式だから f(X) ≡ 0 (mod p) でない。
同様に、g(X) ≡ 0 (mod p) でない。
よって、>>185 より h(X) ≡ 0 (mod p) とならない。
よって >>187 より h(X) は原始多項式である。
証明終

ここで本題に戻って、円分整数環 Z[ζ] (>>147)における
整除の判定方法について述べる。

Z[ζ] の 非零元 f(ζ) と g(ζ) が与えられたとき、
g(ζ) = f(ζ)h(ζ) となる h(ζ) が存在するとき、
g(ζ) は f(ζ) で割れるといい、この事実を記号 f(ζ)|g(ζ) で表す。

f(ζ) が 有理整数 a のときは、この判定は簡単である。

g(ζ) = b_0 + b_1ζ + ... + b_(λ-1)ζ^(λ-1) とし、
h(ζ) = c_0 + c_1ζ + ... + c_(λ-1)ζ^(λ-1) とする。

g(ζ) = ah(ζ) より、
b_0 - ac_0 = b_1 - ac_1 = ... = b_(λ-1) - ac_(λ-1)
となる。

よって、この等式の等しい値を k とおけば、

b_0 = ac_0 + k
b_1 = ac_1 + k
.
.
.
b_(λ-1) = ac_(λ-1) + k

となる。

つまり、b_0 ≡ b_1 ≡ ... ≡ b_(λ-1) (mod a) となる。
逆に、この関係が成立すれば、g(ζ) = ah(ζ) となる h(ζ) が求まる。

f(ζ) が一般のときは、f(ζ) のノルム Nf(ζ) を使うことにより、
>>189に帰着出来る。

g(ζ) = f(ζ)h(ζ) なら、
この等式の両辺に f(ζ^2)...f(ζ^(λ-1)) を掛けて
f(ζ^2)...f(ζ^(λ-1))g(ζ) = (Nf(ζ))h(ζ) となる。
よって、f(ζ^2)...f(ζ^(λ-1))g(ζ) は (Nf(ζ)) で割れる。
逆も成立つことは明らかだろう。

Kummer ◆g2BU0D6YN2しね

初等整数論においては素数が重要な役割をもつ。
よって Z[ζ] において素数にあたるものが何かを考えよう。

まず考えられるのは既約元、つまり可逆元でない元の積に分解されない
元である。しかし、一意分解整域、例えば有理整数環では既約元は
素元でもある。一般に整域 A の元 p ≠ 0 に対して pA が素イデアルと
なるとき p を A の素元という。つまり可逆元でない元 p ≠ 0 が
次の性質(*)を満たすとき p を素元という。

(*) p|ab なら p|a または p|b である。

整域において素元は既約元である(確かめられたい)。
既約元が素元になるとは限らないが、一意分解整域ではそれが成立つ。
つまり、次の命題が成立つ。

命題
整域 A において、可逆元でない任意の非零元が既約元の積に
分解されるとする。
このとき、A の既約元が常に素元なら、A は一意分解整域である。

証明
a ≠ 0 を A の可逆元でない元とし、
a = (p_1)...(p_r) = (q_1)...(q_s) となるとする。
ここで、各p_i, q_j は既約元である。
仮定より p_1 は素元だから p_1|q_j となる j がある。
必要なら q_1, ..., q_s の順序を入れ替えて j = 1 と仮定してよい。
q_j は既約だから p_1 と q_1 は可逆元の積による違いを除いて一致する。
よって、可逆元の積による違いを除いて (p_2)...(p_r) = (q_2)...(q_s)
となる。以上を繰り返して（正確には数学的帰納法を使って）
本命題の主張が得られる。
証明終

円分整数 f(ζ) が可逆元のとき、つまり f(ζ)g(ζ) = 1 となる
g(ζ) があるとき、f(ζ) を円分単数、略して単数と呼ぶ。
Nf(ζ)Ng(ζ) = 1 だから Nf(ζ) ＞ 0 (>>176)に注意して
Nf(ζ) = 1 である。

逆に Nf(ζ) = 1 なら f(ζ)f(ζ^2)...f(ζ^(λ-1)) = 1 だから
f(ζ) は単数である。

円分整数環 Z[ζ] (>>147)における素元(>>192)を円分素数と呼ぶ。
f(ζ) を円分素数とする。定義より f(ζ) は単数でないから
Nf(ζ) ≠ 1 である。

f(ζ) で割れる有理整数全体は有理整数環のイデアル I となるが、
Nf(ζ) はf(ζ) で割れるから、Nf(ζ) ∈ I である。
Nf(ζ) ≠ 0 だから I ≠ 0 である。

I は単項だから I = (m), m ≧1 となる有理整数 m がある。
m が合成数、つまり m = ab, a ≧ 1, b ≧ 1 と仮定する。
m は f(ζ) で割れるから、f(ζ)は a または b を割る。
よって、a または b が I に含まれることになり矛盾する。
よって m は素数 p である。

p は f(ζ) で割れるから p = f(ζ)g(ζ) となる円分整数 g(ζ) がある。
この両辺のノルムをとると、p^(λ-1) = Nf(ζ)Ng(ζ) となる。
よって Nf(ζ) は素数べき p^k, k ≧１ である
(円分整数のノルムが常に正である(>>176)ことに注意)。

>>194

訂正：

>I は単項だから I = (m), m ≧2 となる有理整数 m がある。
>m が合成数、つまり m = ab, a ≧ 1, b ≧ 1 と仮定する。

I は単項で I ≠ (1) だから I = (m), m ≧ 2 となる有理整数 m がある。
m が合成数、つまり m = ab, a ≧ 2, b ≧ 2 と仮定する。

奇素数λが具体的に与えられたとき、円分整数環 Z[ζ] (>>147)における
円分素数(>>194)を具体的に見つけるにはどうするか？

>>194より、円分素数のノルムは素数べきだから、まずノルムが素数の
円分整数を見つけようと考えるのは自然だろう。

ここでまず問題になるのはノルムが素数の円分整数は円分素数かどうか
ということである。これは可換代数を知っていれば簡単な問題だが、
ここでは、Kummerの方法に近いやり方で、この問題を解いてみよう。

まずノルムが素数の円分整数を具体的にみつけよう。
最も簡単でしかも有理整数でない円分整数は ζ の一次式 a + bζ だから、
このノルムを計算する。

N(a + bζ) = (a + bζ)(a + bζ^2)...(a + bζ^(λ-1))
である。

b = -1 の場合を考えれば、次の恒等式を思い出すだろう。

X^λ - 1 = (X - 1)(X - ζ)(X - ζ^2)...(X - ζ^(λ-1))

ここで、X を X/Y で置き換える。

(X/Y)^λ - 1 = (X/Y - 1)(X/Y - ζ)(X/Y - ζ^2)...(X/Y - ζ^(λ-1))

この両辺に Y^λ を掛けると、

X^λ - Y^λ = (X - Y)(X - Yζ)(X - Yζ^2)...(X - Yζ^(λ-1))

Y を -Y で置き換えると、λは奇数だから、

X^λ + Y^λ = (X + Y)(X + Yζ)(X + Yζ^2)...(X + Yζ^(λ-1))

これから、a ≠ -b のとき、

N(a + bζ) = (a + bζ)(a + bζ^2)...(a + bζ^(λ-1))
= (a^λ + b^λ)/(a + b) となる。

ニートヒッキー役たたず、脳内のみの数学者
そのままパソコン前で氏ね。

人の脳を読む能力を悪用する奴を潰せ。

>>197で除外した a = -b の場合を考える。

この場合、a + bζ = a - aζ = a(1 - ζ) である。
よって、N(1 - ζ) が求まればよい。

1 + X + ... + X^(λ - 1) = (X - ζ)(X - ζ^2)...(X - ζ^(λ-1))

において、 X = 1 と置けば、
λ = N(1 - ζ) となる。

1 ＜ k ≦ λ - 1 のとき、
(ζ^k - 1)/(ζ - 1) = 1 + ζ + ... + ζ^(k-1)

だから、ζ^k - 1 は ζ - 1 で割れる。

kj ≡ 1 (mod λ) となる j をとる。

(ζ^j - 1)/(ζ - 1) = 1 + ζ + ... + ζ^(j-1)

この式のζをζ^k で置き換えて

(ζ^(kj) - 1)/(ζ^k - 1) = (ζ - 1)/(ζ^k - 1) =
1 + ζ^k + ... + ζ^k(j-1)

だから、ζ - 1 は ζ^k - 1 で割れる。
よって、(ζ^k - 1)/(ζ - 1) は単数(>>193)である。
つまり、ζ - 1 と ζ^k - 1 は、Z[ζ] における整除関係を考えるとき、
同じものと考えてよい。

λ = N(1 - ζ) = (1 - ζ)(1 - ζ^2)...(1 - ζ^(λ-1))
より、λ = ε(1 - ζ)^(λ-1) となる。
ここでεは単数である。

円分整数 f(ζ) が 1 - ζ または同じことだが ζ - 1 で割れるか
どうかを判定するのは簡単である。

ζ ≡ 1 mod (ζ - 1)
だから f(ζ) ≡ f(1) mod (ζ - 1) となる。
よって、f(ζ) が ζ - 1 で割れるなら、
f(1) ≡ 0 mod (ζ - 1) である。
よって f(1) = (ζ - 1)g(ζ) となる円分整数 g(ζ) がある。
両辺のノルムをとって、
f(1)^(λ-1) = λNg(ζ)
よって、f(1) ≡ 0 mod λ となる。

逆に、f(1) ≡ 0 mod λ なら、
f(1) ≡ 0 mod (ζ - 1) である。
よって、f(ζ) ≡ 0 mod (ζ - 1) となる。

>>201 から ζ - 1 が円分素数であることはすぐ出る。

つまり、
f(ζ)g(ζ) ≡ 0 mod (ζ - 1) なら
>>201 より、f(1)g(1) ≡ 0 mod λ となる。
よって、f(1) ≡ 0 mod λ または g(1) ≡ 0 mod λとなる。
再び、>>201 より f(ζ) ≡ 0 mod (ζ - 1) または
g(ζ) ≡ 0 mod (ζ - 1) となる。

>>201 と同様の論法で円分整数 f(ζ) のノルムの重要な性質が得られる。

ζ ≡ 1 mod (ζ - 1) だから
Nf(ζ) = f(ζ)f(ζ^2)...f(ζ^(λ-1)) ≡ f(1)^(λ-1) mod (ζ - 1)
よって Nf(ζ) ≡ f(1)^(λ-1) mod λ となる。

Fermatの定理から f(1)^(λ-1) ≡ 0 または ≡ 1 mod λ となる。
よって、Nf(ζ) ≡ 0 または ≡ 1 mod λ となる。

>>197 の場合を考えよう。
この場合、N(a + bζ) = (a^λ + b^λ)/(a + b) は素数とは限らない。
例えば、λ = 5 のとき、N(4 + ζ) = (4^5 + 1)/5 = 1025/5 = 205
= 5・41 は素数ではない。

N(a + bζ) が素数 p になる場合を考える。
このとき b は p で割れない。

なぜなら、b ≡ 0 mod p とすると、
p ≡ 0 mod (a + bζ) だから bζ ≡ 0 mod (a + bζ) となる。
一方 a + bζ ≡ 0 mod (a + bζ) だから
a ≡ 0 mod (a + bζ) となる。
よって、a^(λ-1) ≡ 0 mod p となる（a と a + bζのノルムを考える）。
よって、a ≡ 0 mod p となる。
よって、a + bζ = p(c + dζ) となる。ここで c, d は整数。
この両辺のノルムをとると、
p = p^(λ-1)N(c + dζ) となる。
よって、p が p^(λ-1) で割れることになって矛盾。

>>204 の続き：

b は p で割れないから bc ≡ 1 mod p となる有理整数 c がある。
p ≡ 0 mod (a + bζ) だから bc ≡ 1 mod (a + bζ) でもある。
a + bζ ≡ 0 mod (a + bζ) の両辺に c を掛けて
ac + ζ ≡ 0 mod (a + bζ) となる。
よって ζ ≡ -ac mod (a + bζ) となる。
k = -ac とおく。

>>201と同様にして円分整数 f(ζ) が a + bζ で割れるかどうかを
判定するのは簡単である。

ζ ≡ k mod (a + bζ) だから f(ζ) ≡ f(k) mod (a + bζ) となる。
よって、f(k) ≡ 0 mod p となるかどうかを判定すればよい。
これから >>202 と同様にして a + bζ が円分素数であることが分かる。

読みたい奴は下がっていても読みにくるから、sageろ。
そして氏ね。

円分整数 f(ζ) が ζ の一次式とは限らない場合で、Nf(ζ) が
素数となる場合を考える。

まず Nf(ζ) = λの場合。

>>200 より N(ζ - 1) = λ だから
Nf(ζ) は ζ - 1 で割れる。
>>202より ζ - 1 は円分素数だから、ある f(ζ^i) が ζ - 1 で割れる。
ここで 1 ≦ i ≦ λ- 1 である。
ij ≡ 1 mod λ とし、ζ → ζ^j による同型を
整除関係 (ζ - 1)|f(ζ^i) に作用させれば、
f(ζ) は ζ^j - 1 で割れることがわかる。
f(ζ) と ζ^j - 1 のノルムは λ だから
両者は単数の違いを除いて一致する。

>>206

どうでもいいけど、ageるとなぜ駄目なんだ？

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　　　　　　　　　　　］皿皿［-∧-∧|ll||llll||lllｌ||lllｌ|lll|￣|]皿皿[_|
　　　　　　　　　　　|_／＼_|,,|「|,,,|「|ﾐ^!､|]|[|]|[|][]|_.田 | ∧_ 　]
　　　　　　　　　　　| . ∩　 |'|「|'''|「|||:ll;|||}{|||}{|||}{|||}{|,田田.|__|
　　　　　　　　　　　|￣￣￣￣|「|￣￣||[[|門門門|]]|[_[_[_[_[_[
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　　 　 　 　 |　l ,==,-'''^^　 l　 |. ∩. ∩. ∩. |　 |∩| 　 |∩∩|　 |~~^i~'i、
　　　　　 ,=i^~~.|　 |.∩.∩ |,...,|__|,,|__|,,|__|,,|__|,....,||,,|.|,.....,||,|_|,|.|,....,| 　 |　|~i
　　　　 l~| .|　　|　,,,---== ヽﾉ　　　 i　　　　ヽﾉ~~~ ヽﾉ　　 ~ ソ^=-.i,,,,|,,,|
　　　　.|..l　i,-=''~~--,,,　　＼　 ＼　 l　　　／　　　／　　　　／　　__,-=^~
　　　　|,-''~　-,,,＿　　~-,,.　 ＼ .＼ |　.／　　 ／　　＿,,,-~　 　／
　　　　 ~^''=、＿ _ ^'- i=''''''^~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~^''''''''=i -'^~
　　　　　　　　　　 ~^^''ヽ　ヽ 　i　ｼﾞｴﾝｷｬｯｽﾙ　/　 ／　 ノ
　　　　　　　　　　　　　　ヽ　　、 l　 |　 ｌ　 l　/ .／　　／
　　　　　　　　　　　　 　 　 ＼_　、i ヽ　 i　 /　　　,,=='
　　　　　　　　　　　　　　　　　 ''==,,,,＿＿＿,,,=='~

>>208
sage厨は気にしなくていいよ。

今度は、円分整数 f(ζ) のノルムがλと異なる素数 p の場合を考える。

>>203 より p ≡ 1 mod λ である。

>>205 のように ζ ≡ k mod f(ζ) となる有理数 k があれば都合がいい。
実際、そのような k があることを示そう。

まず、このような k があったと仮定して、k が満たす条件を求めよう。

ζ ≡ k mod f(ζ) より f(ζ) ≡ f(k) mod f(ζ) となる。
勿論、f(ζ) ≡ 0 mod f(ζ) だから
f(k) ≡ 0 mod f(ζ) となる。
よって、f(k) ≡ 0 mod p となる。

また ζ ≡ k mod f(ζ) より、ζ^λ ≡ k^λ mod f(ζ) となる。
ζ^λ = 1 だから k^λ ≡ 1 mod f(ζ)
よって k^λ ≡ 1 mod p である。

等式 k^λ - 1 = (k - 1)(1 + k + ... + k^(λ-1))
より、(k - 1)(1 + k + ... + k^(λ-1)) ≡ 0 mod p である。

ここで、k ≡ 1 mod p とはならない。
何故なら、もしそうなら ζ ≡ 1 mod f(ζ) となり、
ζ - 1 が f(ζ) で割れるから
N(ζ- 1) = λ が Nf(ζ) = p で割れることになり、
λ ≠ p という仮定に反する。

よって、(1 + k + ... + k^(λ-1)) ≡ 0 mod p である。

(続く)

>>211 の続き

逆に、次の条件(�@), (�A) を満たす有理数があったとする。

(�@) (1 + k + ... + k^(λ-1)) ≡ 0 mod p
(�A) f(k) ≡ 0 mod p

このとき、ζ - k が f(ζ) で割れることを示そう。
>>190 より、(ζ - k)f(ζ^2)...f(ζ^(λ - 1)) が N(f(ζ)) = p で
割れることを示せばよい。

条件(�A) の f(k) ≡ 0 mod p より f(X) ≡ (X - k)Q(X) mod p
となる Q(X) ∈ Z[X] がある。
よって、2 ≦ i ≦ λ - 1 となる i に対して、
f(ζ^i) ≡ (ζ^i - k)Q(ζ^i) mod p である。
よって、
(ζ - k)f(ζ^2)...f(ζ^(λ - 1)) ≡ N(ζ - k)R(ζ) mod p
となる。ここで R(ζ) はある円分整数。

ここで、N(ζ - k) ≡ 0 mod p を示せばよい。

>>197 の公式 N(a + bζ) = (a^λ + b^λ)/(a + b) より、
N(ζ - k) = (k^λ - 1)/(k - 1) = 1 + k + ... k^(λ - 1)
である。
よって 条件(�@) より N(ζ - k) ≡ 0 mod p となる。

(続く)

>>212
>逆に、次の条件(�@), (�A) を満たす有理数があったとする。

次のように訂正する：

逆に、次の条件(�@), (�A) を満たす有理整数があったとする。

>>212 の条件(�@), (�A) を満たす有理整数 k が存在することを
示そう。

p ≡ 1 mod λ だから λ|(p - 1) である。
有限体 Z/pZ の乗法群は、位数 p - 1 の巡回群だから、
その約数 λ を位数とする部分群が一個だけある。
よって、Z 上の 合同方程式 X^λ ≡ 1 mod p の 根となる剰余類の数は
λ個である。
さらに、X^λ ≡ 1 mod p の根 a で a ≡ 1 mod p とはならないものを
任意にとれば、a, a^2, ..., a^(λ - 1) が
X^λ ≡ 1 mod p の 根となる剰余類すべての代表となる。

ここで、g(X) = f(X)f(X^2)...f(X^(λ - 1)) とおく。
g(ζ) = Nf(ζ) である。
よって g(ζ) - p = 0 となる。
よって g(X) - p = h(X)q(X) となる q(X) ∈ Z[X] がある。
ここで、h(X) = 1 + X + ... + X^(λ - 1) である。

g(X) ≡ h(X)q(X) mod p だから
g(a) ≡ h(a)q(a) mod p となる。
h(a) ≡ 0 mod p だから
g(a) ≡ 0 mod p となる。
つまり、f(a)f(a^2)...f(a^(λ - 1)) ≡ 0 mod p
よって f(a^i)) ≡ 0 mod p となる i がある。
k = a^i とおけばこれが求めるものである。

以上をまとめる。

円分整数 f(ζ) のノルムがλと異なる素数 p とする。
>>203 より p ≡ 1 mod λ である。
>>214 より >>212 の条件(�@), (�A) を満たす有理整数 k が存在する。
>>212 より ζ ≡ k mod f(ζ) となる。

>>201と同様にして円分整数 g(ζ) が で割れるかどうかを
判定するのは簡単である。
ζ ≡ k mod f(ζ) だから、任意の円分整数 g(ζ) にたいして、
g(ζ) ≡ g(k) mod f(ζ) となる。
よって、g(k) ≡ 0 mod p となるかどうかを判定すればよい。
これから >>202 と同様にして f(ζ) が円分素数であることが分かる。

>>215

訂正

>>>201と同様にして円分整数 g(ζ) が で割れるかどうかを
>判定するのは簡単である。

>>201と同様にして円分整数 g(ζ) が f(ζ) で割れるかどうかを
判定するのは簡単である。

１つの素数 p が二つの円分整数 f(ζ) と g(ζ) のノルムとなるとき、
すなわち Nf(ζ) = Ng(ζ) = p となるとき、f(ζ) と g(ζ) は
単数の違いしかない。これは f(ζ) と g(ζ) が円分素数であることから
簡単にでる。

今度は、今までと逆に次の問題を考える。
p ≡ 1 mod λ となる素数 p をとる。
円分素数 f(ζ) が p を割るとき Nf(ζ) = p となるか？
この答えはYESである。
これは、代数的整数論の初歩を知っていれば簡単にわかるが、
今までの方法で証明しよう。

p ≡ 1 mod λ だから ζ^(p-1) = 1 となる。

ここで、恒等式
X^(p-1) - 1 ≡ (X - 1)(X -2)...(X - (p-1)) mod p
を利用する。

X に ζ を代入して、
ζ^(p-1) - 1 ≡ (ζ - 1)(ζ -2)...(ζ - (p-1)) mod p
となる。

左辺は0だから
(ζ - 1)(ζ -2)...(ζ - (p-1)) ≡ 0 mod p
となる。

f(ζ) は p を割るから
(ζ - 1)(ζ - 2)...(ζ - (p-1)) ≡ 0 mod f(ζ)
となる。

f(ζ) は円分素数だから、
ζ - k ≡ 0 mod f(ζ)
となる、k がある。ここで、1 ≦ k ≦ p - 1 である。

1 ≦ i ＜ j ≦ p - 1 のとき
f(ζ^i) と f(ζ^j) が同伴つまり f(ζ^i) = εf(ζ^j) となるとする。
ここで ε は単数である。

ζ - k ≡ 0 mod f(ζ) だから
ζ^i - k ≡ 0 mod f(ζ^i)
ζ^j ≡ k mod f(ζ^j)
である。

f(ζ^j) は f(ζ^i) で割れるから、
ζ^j ≡ k mod f(ζ^i) である。

よって、
ζ^j - ζ^i ≡ 0 mod f(ζ^i) となる。
よって、
ζ^i(ζ^(j-i) - 1) ≡ 0 mod f(ζ^i) となる。

ζ^i は単数だから、
ζ^(j-i) - 1 ≡ 0 mod f(ζ^i)
よって、
N(ζ^(j-i) - 1) は N(f(ζ^i)) で割れる。

ところが N(ζ^(j-i) - 1) = λ であり(>>200)、
N(f(ζ^i)) は p の冪だからこれは有り得ない。
よって、f(ζ^i) と f(ζ^j) は同伴でない。

p は f(ζ), f(ζ^2), ..., f(ζ^(λ-1))でそれぞれ割れ、
これらは互いに同伴ではない円分素数だから、
p はこれ等の積つまり、Nf(ζ) で割れる。
つまり、p = (Nf(ζ))g(ζ) となる円分整数 g(ζ) がある。
g(ζ) は有理整数でなければならない。
よって、Nf(ζ) = p となる。

Kummmerさん、教えて以下。マジです・・
ある有限群Ｇの自己同型は、Ｓｎ（ｎ次の対称群）の中で
Φー１・Ｇ・Φ＝Ｇ　となるようなΦによって引き起こされる。
そのような置換の全体がＧの自己同型群Ａ（Ｇ）である。
Φー１・Ｇ・Φ＝ＧとなるΦの全体をＢとする。Ｂの中でＧの各々の要素
を動かさないものをＣとする。任意のｇ∈Ｇに対し
Φー１・ｇ・Φ＝ｇ、ｇ・Φ＝Φ・ｇ　であるから、Ｂの中でｇの各々の要素と
交換可能な要素となる。つまり　Ｃ⊆Ｂ
このときＢの任意の要素をｂとすれば
（ｂ−１・ｃ・ｂ）−１・ｇ・（ｂ−１・ｃ・ｂ）
＝ｂ−１・ｃ−１・ｂ・ｇ・ｂ−１・ｃ・ｂ
＝ｂ−１・ｃ−１・（ｂ・ｇ・ｂ−１）・ｃ・ｂ
となり、ｂ・ｇ・ｂ−１はＧの要素であるから、ｃとは交換可能。
よって　＝ｂ−１・（ｂ・ｇ・ｂ−１）・ｂ＝ｇ
の、ｃとは交換可能の理由および最後の一行の変形良く解りません。
数学が好きで群論の自己同型独習してます。お願いします・・
＜記号の−１は、逆写像　or 逆元の意です＞

ｍｍｍ・ｍ−１　ごめんなさい

>>221
>ｃとは交換可能の理由および最後の一行の変形良く解りません。

Ｃの定義がわかる？
つまり、Ｂの中でＧの各々の要素を動かさないものをＣとする。
このことの意味がわかる？

すいません素数さん（and Kummerさん）/
ＧΦ＝ΦＧを成り立たせるΦは、Φ∈Ｂ⊆Ｓｎで、そのようなＢの中には
（群）演算によりＧの各々の要素を動かさないようなＣがあるのだ、と自分なりに
解釈しました。でも「Ｇの各々の要素を動かさない」というのは具体的にはどんな
意味なんでしょう・・　　読んでいる本の前の章に、正規部分群Ｈのことが書かれてあり
ある有限群の剰余類（いずれは剰余群）を作る素となる正規部分群は、準同型写像により
その写像先の群の単位元に写されるとありました。　そのことが気持ちの中にあったので
まてよ・・動かさないというのは単位元的なことだから

Ｈ　→　e(単位元）　：　準同型写像による
Ｃ　→　動かさない　：　自己同型での写像による
などと、漠然と考え無理矢理に暗記しようとしてました。が、どうもしっくりいかず
このサイトを偶然見つけ、質問した次第です
ただ、正規部分群は写像前の始域の群の中で　Ｈｘ＝ｘＨを満たす部分群だしなぁ・・
このＣがＧの各々の要素を動かさないというのもＧの中での話で、写像後の行った先で
要素を動かしてないとか、そういう話でもないだろう・・　などとetc
わかんないです。
もっとも代数自体言ってることが抽象的すぎますが、でも好きなんですよね
そこがまた　　よろしくお願いします。

? !(ﾟДﾟ≡ﾟДﾟ)? !

>>223 感謝します
例題に 有限群Ｇ＝｛e,g,g^2｝,g^3=e　のときＧの自己同型群を求めよ
というのがあり模範解答を221の証明に照らして考えてたとき、ふいに
∀ｇ∈Ｇ、ｃｇ＝ｇｃ　なんだ・・って理解できました
　

225の絵文字の配置、深いですね・・
群論の「奥義」みたいな

悟ったな

>>224
>そこがまた　　よろしくお願いします。

>>223 は例外的サービスのつもり。
基本的には、このスレに関係ない質問はそれに関係した別スレに
お願いします。

λ = 3 として Z[ζ] における素元分解を調べよう。

ζ は X^2 + X + 1 = 0 の根だから ζ は (-1 ±√(-3))/2 のどちらか
である。ζ = (-1 + √(-3))/2 としよう。

Z[ζ] の元は a + bζ, a ∈ Z, b ∈ Z と一意に書ける。

N(a + bζ) = (a + bζ)(a + bζ^2) = a^2 + abζ^2 + abζ + b^2
= a^2 - ab + b^2
となる。

revelation:>>230 何を言っているのですか？

>>230 に名前とＩＤ(Kummer g2BU0D6YN2)を入れるの忘れていた。

a, b が有理数のときにも、N(a + bζ) = (a + bζ)(a + bζ^2)
によって、a + bζのノルムを定義する。

>>230 の式
N(a + bζ) = (a + bζ)(a + bζ^2) = a^2 + abζ^2 + abζ + b^2
= a^2 - ab + b^2
は明らかに a, b が有理数でも成立つ。

λ = 3 のとき、Z[ζ] は、Euclid環であることを証明する。

f(ζ) ≠ 0 と g(ζ) を円分整数とする。
g(ζ)/f(ζ) = r + sζ とする。 r と s は有理数である。
|r - m| ≦ 1/2, |s - n| ≦ 1/2 となる整数 m, n がある。

円分整数 q(ζ) = m + nζ に対して

N(r + sζ - (m + nζ)) = N(r - m + (s - n)ζ) =
(r - m)^2 - (r - m)(s - n) + (s - n)^2 ≦ 1/4 + 1/4 + 1/4 = 3/4
つまり、N(g(ζ)/f(ζ) - q(ζ)) ＜ 1 である。

ρ = g(ζ)/f(ζ) - q(ζ) とおく。
f(ζ)ρ = g(ζ) - f(ζ)q(ζ) ∈ Z[ζ]
よって、f(ζ)ρ = r(ζ) は円分整数である。

g(ζ) = f(ζ)q(ζ) + r(ζ)
N(r(ζ)) ＜ N(f(ζ))
である。
よって、Z[ζ] は、Euclid環である。

>>231の別名は「ハエ」

revelation:>>234 それはあなたの事ではないのですか？

λ = 3 のとき、Z[ζ] は、Euclid環である(>>233)から、
一意分解整域である。

円分整数 f(ζ) と g(ζ) の最大公約数は Euclid の互除法により
求まる。
f(ζ) と g(ζ) の最大公約数を (f(ζ), g(ζ)) と書く。
これは、単数の違いを除いて一意に決まる。

ここで、Z[ζ] の単数を求めよう。

>>230 の式
N(a + bζ) = a^2 - ab + b^2
より、
a^2 - ab + b^2 = 1 となる有理整数 a, b を求めればよい(>>193)。

この式の両辺を４倍して、
(2a - b)^2 + 3b^2 = 4
となる。
これから |b| ≦ 1 である。
つまり b = 0, 1, -1

簡単な計算で
b = 0 なら a = ±1
b = 1 ならa = 0, 1
b = -1 ならa = 0, -1
となる。
よって単数は以下の６個のみである。

1, -1, ζ, 1 + ζ, -ζ, -1 -ζ

λ = 3 のとき、Z[ζ] の円分素数 f(ζ) を具体的に求める方法を考えよう。
>>194 より Nf(ζ) は、ある有理素数 p に対して p^2 の約数だから、
p または p^2 である。

まず、Nf(ζ) = p^2 の場合を考える。
p は f(ζ) で割れるから p = f(ζ)g(ζ) となる 円分整数 g(ζ)
がある。両辺のノルムをると、p^2 = p^2Ng(ζ) である。
よって Ng(ζ) = 1 である。よって、g(ζ) は単数である(>>193)。
これは p と f(ζ) が同伴つまり、p 自体が円分素数であることを
意味する。

次に p = λの場合を考える。

N(1 - ζ) = 3 であり(>>200)、>>202 より 1 - ζ は円分素数である。

1 - ζ の共役数は 1 - ζ^2 で
1 - ζ^2 = であり、1 + ζ は、単数である(>>237)。

よって、3 は (1 - ζ)^2 と同伴である。

最後に Nf(ζ) = p で p ≠ λの場合を考える。
>>203 より p ≡ 1 mod λ である。

逆に p ≡ 1 mod λ なら p を割る円分素数 f(ζ) を取れば
Nf(ζ) = p となる(>>218)。
p を割る円分素数 f(ζ) が存在することは、Z[ζ] が一意分解整域で
ある(>>236)ことから明らかである。

>>238 をまとめると以下のようになる。

p ≡ 0 mod 3 のとき、つまり、p = 3 のときは、1 - ζ は円分素数で
3 は (1 - ζ)^2 と同伴である。

p ≡ 1 mod 3 のときは 円分素数 f(ζ) で Nf(ζ) = p となるもの
がある。f(ζ) の共役数 f(ζ^2) も円分素数だが、
f(ζ) と f(ζ^2) は同伴でない(>>220)。
つまり p = f(ζ)f(ζ^2) は２個の同伴でない円分素数の積である。

p ≡ 2 mod 3 のときは、p は円分素数である。
何故なら、p を割る円分素数 f(ζ) のノルムは p または p^2 だが
これが p とすると >>203 より p ≡ 1 mod 3 となって仮定に反するから。
よって、Nf(ζ) = p^2 となる。よって、>>238 より p は円分素数である。

以上から有理素数 p の円分素数への分解は p が mod 3 のどの剰余類
に入るかによって３パターンに分かれることになる。

λ = 3 とし、円分素数 f(ζ) のノルムが 3 と異なる有理素数 p とする。

>>215 より、
k^2 + k + 1 ≡ 0 mod p となる有理整数 k が存在し、
f(k) ≡ 0 mod p
ζ ≡ k mod f(ζ) となる。

これから f(ζ) は p と ζ- k を割ることになる。
よって、(p, ζ- k) を割る。ここで、(p, ζ- k) は p と ζ- k の
最大公約数(>>236)である。

(p, ζ- k) = g(ζ) とする。g(ζ) は p を割るから Ng(ζ) = p または
p^2 である。Ng(ζ) = p^2 とすると、g(ζ) は p と同伴になり、
ζ- k が p で割れることになるが、k は p で割れないから、これは
有り得ない。よって、Ng(ζ) = p である。よって g(ζ) は円分素数
であり、f(ζ) と同伴である。

逆に p ≡ 1 mod 3 となる素数 p が与えられたとする。

有限体 Z/pZ の乗法群は、位数 p - 1 の巡回群だから、
>>214 と同様にして X^3 ≡ 1 mod p は、丁度３個の剰余類解をもつ。
この解の 1 と合同でないものを k とすれば、
k^2 + k + 1 ≡ 0 mod p である。
ここで、(p, ζ- k) を f(ζ) とする。

f(ζ) は単数では有り得ない。
何故なら、(p, ζ- k) = 1 と仮定すると、ζ- k の共役数 ζ^2 - k
と p の最大公約数 (p, ζ^2 - k) も 1 となり、
(p, (ζ- k)(ζ^2 - k)) = (p, N(ζ- k)) も 1 である。
ところが、N(ζ- k) = (k^3 - 1)/(k - 1) = 1 + k + k^2 である(>>197)
から、これは p で割れ、矛盾となる。

他方、ζ- k は p で割れないから (p, ζ- k) = p ともならない。
よって f(ζ) は 1 とも p とも同伴ではない。
よって Nf(ζ) = p となり、f(ζ) は円分素数である。

(；´Д`)'`ｧ'`ｧ

>>241 を使えば円分素数 f(ζ) を具体的に求めることが出来る。

p ≡ 1 mod 3 となる素数 p で最小のものは 7 である。
7 を割る円分素数を求めてみよう。

k^2 + k + 1 ≡ 0 mod 7 の解は 4 である。
よって、(7, ζ- 4) を Euclid の互除法で求めればよい。

除算には、>>233 の方法を使用する。
N(ζ- 4) = 21 だから、7/(ζ- 4) = (ζ^2 - 4)/3 = (-5 - ζ)/3
-5/3 に最も近い有理整数は -1 である。
よって、7/(ζ- 4) - (-1) = (-2 - ζ)/3

(ζ- 4)(-2 - ζ)/3 = (-2ζ - ζ^2 + 8 + 4ζ)/3
= (9 + 3ζ)/3 = 3 + ζ

よって、7 = (ζ- 4)(-1) + 3 + ζ が 7 を ζ- 4 で割った
Euclid の除算である。

(ζ- 4)/(ζ + 3) = ζ - 1 だから (7, ζ- 4) = 3 + ζ である。

>>243 の方法で原理的にはいくらでも円分素数を見つけることが出来る。

よって、任意の円分整数 f(ζ) が与えられたとき、これを円分素数の積に
分解することができる。
これは、以下のようにする

Nf(ζ) の素因数の１つを p とする。

p = 3 なら f(ζ) は ζ - 1 で割れる。

p ≡ 2 mod 3 なら p は円分素数であり、f(ζ) は p で割れる。

p ≡ 1 mod 3 なら p を割る円分素数 g(ζ) を >>243 の方法で求める。
f(ζ) は g(ζ) または g(ζ^2) で割れる。

上記いずれの場合も f(ζ) を割る円分素数 h(ζ) が求まり、
N(f(ζ)/h(ζ)) ＜ Nf(ζ) だから、円分整数 f(ζ)/h(ζ) に
同様の操作を行えばよい。

2006/04/24(月) 19:41:29
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Kummer は、5 ≦ λ ≦ 19 となる奇素数 λ と、
p ≡ 1 (mod λ), p ＜ 1000 となるすべての素数 p について
N(f(ζ)) = p となる円分素数 f(ζ) を求めている。
この計算方法を以下に述べる。
この計算は実際にやってみると面白いし、Kummerの理論を
知る上でも役立つ。

まず λ = 5 として Z[ζ] における円分素数を調べよう。
まずζの一次式 a + bζ のノルムをいくつか具体的に求めてみる。

>>197 より、a ≠ -b のとき、
N(a + bζ) = (a + bζ)(a + bζ^2)...(a + bζ^(λ-1))
= (a^λ + b^λ)/(a + b) となる。

これから、

N(ζ+ 2) = 11
N(ζ- 2) = 31
N(ζ+ 3) = 61
N(ζ+ 4) = 5・41
N(ζ- 3) = 11^2
N(ζ- 4) = 11・31
N(ζ+ 7) = 11・91

などとなる。

>>215 より、ζ+ 2, ζ- 2, ζ+ 3 は円分素数である。

>>246 の N(ζ+ 4) = 5・41 より N(f(ζ)) = 41 となる円分素数 f(ζ)
を求めることが出来る。

>>200 より N(ζ - 1) = 5 となる。
よって、ζ - 1 は 5 を割る円分素数である。

ζ+ 4 が ζ - 1 で割れるかどうかは、>>201 の方法を使えば簡単にわかる。
つまり、g(ζ) = ζ+ 4 としたとき、g(1) ≡ 0 mod 5 となるかを
見ればよい。g(1) = 1 + 4 ≡ 0 mod 5 で確かに成立っている。
よって、ζ+ 4 = (ζ - 1)f(ζ) となる円分整数 f(ζ) がある。
両辺のノルムを取れば、5・41 = 5N(f(ζ)) だから N(f(ζ)) = 41 である。

f(ζ) を求めるには >>190 の方法を使う。

5f(ζ) = (ζ+ 4)(ζ^2 - 1)(ζ^3 - 1)(ζ^4 - 1)
= (ζ+ 4)(1 - ζ^2 - ζ^3 + 1)(ζ^4 - 1)
= (ζ+ 4)(2 - ζ^2 - ζ^3)(ζ^4 - 1)
= (ζ+ 4)(2ζ^4 - ζ - ζ^2 - 2 + ζ^2 + ζ^3)
= (ζ+ 4)(-2 - ζ + ζ^3 + 2ζ^4)
= -2ζ - ζ^2 + ζ^4 + 2 -8 - 4ζ + 4ζ^3 + 8ζ^4
= -6 - 6ζ - ζ^2 + 4ζ^3 + 9ζ^4

この右辺に 0 = 6 + 6ζ + 6ζ^2 + 6ζ^3 + 6ζ^4 を足して

= 5ζ^2 + 10ζ^3 + 15ζ^4
= 5ζ^2(1 + 2ζ + 3ζ^2)

よって、f(ζ) = ζ^2(1 + 2ζ + 3ζ^2) である。
ζ^2 は単数だから、N(1 + 2ζ + 3ζ^2) = 41 である。

ここで、ちょっと脱線するが、Kummer は 1 の原始λ乗根の１つを
表すのに ζ ではなく α を使っている。
Kummer の計算をまねているうちに分かったことだが、α の方が
書くのに楽である。少量の計算なら大した違いはないが、
大量の計算になると別である。
我々が ζ を使ったのは現在の慣用に従ったものである。
因みに Edwards の本では α を使っている。

かなりどうでもいいような

>>249

>大量の計算になると別である。

この意味が全然分かってないな。
どうでもよくないんだよ。

Kummer は Gauss と同様に計算魔であった。
あまり知られていないが Riemann もゼータ関数に関して大量の計算を
していた。
計算を軽視する人がいるが、それは思慮が足りない。
具体例を計算していくうちにある発見をするというのはよくある。

>>246 にも書いたが円分整数の計算は面白い。これは実際にやってみないと
わからないだろうが。Kummerは、この面白さにはまったんだろう。
あの大量の計算をみて人は Kummer を努力の人と思うんだろうが、
実は本人は楽しみながらやっていたんだろう。

訂正

>>246の N(ζ+ 7) = 11・91 は N(ζ+ 7) = 11・191 の間違い。

>>247 の N(1 + 2ζ + 3ζ^2) = 41 を確かめてみよう。

f(ζ) = 1 + 2ζ + 3ζ^2 とおく。
Nf(ζ) = f(ζ)f(ζ^2)f(ζ^3)f(ζ^4) である。
g(ζ) = f(ζ)f(ζ^4) とおけば、
g(ζ^2) = f(ζ^2)f(ζ^3) で、
Nf(ζ) = g(ζ)g(ζ^2) となる。

g(ζ) を >>173 の方式で計算すると、
g(ζ) = (1 + 2ζ + 3ζ^2)(1 + 2ζ^4 + 3ζ^3)
= 14 + 8ζ + 3ζ^2 + 3ζ^3 + 8ζ^4
= 14 + 8(ζ + ζ^4) + 3(ζ^2 + ζ^3)
= 14 + 8θ + 3θ'
ここで、θ = ζ + ζ^4, θ' = ζ^2 + ζ^3 とおいた。

g(ζ^2) は g(ζ) からすぐ求まる。

g(ζ^2) = 14 + 8(ζ~2 + ζ^3) + 3(ζ^4 + ζ)
= 14 + 8'θ + 3θ

一方、θ + θ' = ζ + ζ^2 + ζ^3 + ζ^4 = -1
θθ' = ζ^3 + ζ^4 + ζ + ζ^2 = -1 であるから、

g(ζ) = 14 + 8θ + 3(-1 - θ) = 11 + 5θ
g(ζ^2) = 14 + 8(-1 - θ) + 3θ = 6 - 5θ

よって、
Nf(ζ) = g(ζ)g(ζ^2) = (11 + 5θ)(6 - 5θ)
= 66 - 55θ + 30θ - 25θ^2
= 66 - 25θ - 25θ^2 = 66 - 25θ(1 + θ) = 66 + 25θθ'
= 66 - 25 = 41

今度は、>>246(及び>>253の訂正) の N(ζ+ 7) = 11・191 より
N(f(ζ)) = 191 となる円分素数 f(ζ) を求めよう。

N(ζ+ 2) = 11 だから、ζ+ 7 の共役のどれかが ζ+ 2 で割れる。
ζ ≡ -2 mod (ζ+ 2) であり、(-2)^2 + 7 ≡ 0 mod 11 だから
ζ^2 + 7 が ζ+ 2 で割れる(>>215)。

よって、ζ^2 + 7 = (ζ+ 2)f(ζ) となる円分整数 f(ζ) がある。
両辺のノルムを取れば、11・191 = 11N(f(ζ)) だから
N(f(ζ)) = 191 である。

>>247 と同様にして f(ζ) を求めるには >>190 の方法を使う。

11f(ζ) = (ζ^2 + 7)(ζ^2 + 2)(ζ^3 + 2)(ζ^4 + 2)
= (ζ^2 + 7)(10 + 2ζ + 6ζ^2 + 4ζ^3 + 5ζ^4)
= 74 + 19ζ + 52ζ^2 + 30ζ^3 + 41ζ^4

この右辺の ζ^4 の項を消すため
0 = 41 + 41ζ + 41ζ^2 + 41ζ^3 + 41ζ^4 を引くと

= 33 - 22ζ + 11ζ^2 - 11ζ^3
= 11(3 - 2ζ + ζ^2 - ζ^3)

よって、f(ζ) = 3 - 2ζ + ζ^2 - ζ^3

>>255 の N(3 - 2ζ + ζ^2 - ζ^3) = 191 を確かめてみよう。

計算の方法は >>254 と同じである。
f(ζ) = 3 - 2ζ + ζ^2 - ζ^3 とおく。
Nf(ζ) = f(ζ)f(ζ^2)f(ζ^3)f(ζ^4) である。
g(ζ) = f(ζ)f(ζ^4) とおけば、
g(ζ^2) = f(ζ^2)f(ζ^3) で、
Nf(ζ) = g(ζ)g(ζ^2) となる。

g(ζ) を >>173 の方式で計算すると、
g(ζ) = (3 - 2ζ + ζ^2 - ζ^3)(3 - 2ζ^4 + ζ^3 - ζ^2)
= 15 - 9ζ + 2ζ^2 + 2ζ^3 - 9ζ^4
= 15 - 9(ζ + ζ^4) + 2(ζ^2 + ζ^3)
= 15 - 9θ + 2θ'

ここで、θ = ζ + ζ^4, θ' = ζ^2 + ζ^3 とおいた。

一方、θ + θ' = ζ + ζ^2 + ζ^3 + ζ^4 = -1
θθ' = ζ^3 + ζ^4 + ζ + ζ^2 = -1 であるから、

g(ζ) = 15 - 9θ + 2(-1 - θ) = 13 - 11θ
g(ζ^2) = 13 - 11θ'

よって、
Nf(ζ) = g(ζ)g(ζ^2) = (13 - 11θ)(13 - 11θ')
= 13^2 + 13・11 - 11^2 = 169 + (13 - 11)11 = 169 + 22 = 191

ノルムを計算してその値が最後にピタッと素数に一致するのが
なんともいえず気持ちいい。その計算が長くて苦労するほど
その気持ち良さが増加する。

やり方は、この後もっと詳しく説明するから諸君も試してみたら？

>>257
あのぐらいの計算は長いうちの入らんよ。
ここにもブルバキの被害者が・・・

あげあしとりにもならないツッコミをいれるのはやめようよ。

>>258
>あのぐらいの計算は長いうちの入らんよ。

あれが長いなんて言ってないだろ。
あんなのは序の口なんだよ。準備運動みたいなもん。
いきなり λ = 19 の場合をやったらついてこれるか？

なんで突然名無しなんだよ？

ノルムの計算には、奇素数λの円分体が有理数体上のλ-1次の
巡回拡大であるという事実を利用している。
別の言い方をすると、Gaussが発見した円分体の周期を利用している。
円分体の周期は Kummer の円分論で重要な役割をしている。
よって、彼の理論を理解するには、この扱いに十分慣れておく必要がある。

例によってλをある奇素数とし、ζを１の原始λ乗根の１つとする。

r を mod λ の原始根とする。つまり r が属す mod λ の剰余類が
有限体 Z/λZ の乗法群の生成元となるようなものとする。

ζ を ζ^r に対応させることにより Z[ζ] の自己同型が得られるが、
これを σ で表す。つまり、円分整数 f(ζ) に対して
σ(f(ζ)) = f(ζ^r) である。

f を λ - 1 の正の約数とする。e = (λ - 1)/f とおく。
σ^(ef) = σ^(λ - 1) = 1 に注意する。

η_0 = ζ + σ^e(ζ) + σ^(2e)(ζ) + ... + σ^((f-1)e)(ζ)
η_1 = σ(ζ) + σ^(e+1)(ζ) + ... + σ^((f-1)e + 1)(ζ)
.
.
.
η_(e-1) = σ^(e-1)(ζ) + σ^(2e-1)(ζ) + ... + σ^(fe - 1)(ζ)

とおく。

σ により、η_0 は η_1 に移る。
以下同様に σ を次々に作用させて

η_0 → η_1 → ... → η_(e-1) → η_0

となる。

よって、各 i に対して σ^e(η_i) = η_i である。

糞と菅とあほのキングとGolden Ammo様を召還！

ｺﾆﾁﾜｰ

talk:>>264 お前に何が分かるというのか？

おはよう

>>263 の η_0, η_1, ..., η_(e-1) の各々を f 項周期または単に
周期と呼ぶ。

η_e = η_0, η_(e+1) = η_1 と定義し、
一般に、k を任意の整数として、
k ≡ i (mod e) 、0 ≦ i ≦ e-1のとき、η_k = η_i と定義する。
このとき、σ(η_k) = η_(k+1) が任意の整数 k で成立つ。

円分整数 f(ζ) が σ^e で不変、つまり σ^e(f(ζ) ) = f(ζ) とする。

f(ζ) = a0 + a_1ζ + ... + a_(λ-1)ζ^(λ-1) とおく。
f(σ^e(ζ)) = a0 + a_1σ^e(ζ) + ... + a_(λ-1)σ^(e(λ-1))(ζ)
であり、両者の定数項は a_0 で同じだから、
f(ζ) における ζ の係数と σ^e(ζ) の係数は同じである。
同様に、ζ^i の係数と σ^(ei)(ζ) の係数は同じである。
よって、a, b, c, ..., d を適当な有理整数として、

f(ζ) = a + bη_0 + cη_1 + ... + dη_(e-1)

となる。
逆に、このような形の円分整数は σ^e で不変である。
よって、σ^e で不変な円分整数 を f 項周期から構成される円分整数と呼ぶ。

f 項周期から構成される円分整数(>>269)は、
f(ζ) = a + bη_0 + cη_1 + ... + dη_(e-1) の形であるが、
1 + η_0 + η_1 + ... + η_(e-1) = 0 だから、
f(ζ) = (b-a)η_0 + (c-a)η_1 + ... + (d-a)η_(e-1) となる。

一方、1, ζ, ..., ζ^(λ-2) は Z 上、一次独立だから、
ζ, ζ^2, ..., ζ^(λ-1) も Z 上、一次独立である。
よって、η_0, η_1, ..., η_(e-1) も Z 上、一次独立である。

よって、η_0, η_1, ..., η_(e-1) は、
f 項周期から構成される円分整数全体のなす環
Z[η_0, η_1, ..., η_(e-1)] の Z-加群としての基底である。

f 項周期から構成される円分整数全体のなす環
Z[η_0, η_1, ..., η_(e-1)] の構造は、
各 i, j に対して (η_i)(η_j) を η_0, η_1, ..., η_(e-1)
の一次結合として表せば完全に決まる。

(η_i)(η_j) をη_0, η_1, ..., η_(e-1) の一次結合として
表す公式は Gauss により与えられている
(van der Waerden の代数学の教科書に載っている)。

しかし、λが具体的に与えられたときは、この公式を使わなくても
(η_i)(η_j) は簡単に計算出来る。

f 項周期については、ひとまずこれくらいにして、
ここで、再び λ = 5 として
p ≡ 1 (mod λ) となる素数 p について
N(f(ζ)) = p となる円分素数 f(ζ) を求める問題に戻る。

今までの結果から、
N(ζ+ 2) = 11 (>>246)
N(ζ- 2) = 31 (>>246)
N(1 + 2ζ + 3ζ^2) = 41 (>>247)
N(ζ+ 3) = 61 (>>246)
N(3 - 2ζ + ζ^2 - ζ^3) = 191 (>>255)
となる。

p = 71 が抜けている。
よって、N(f(ζ)) = 71 となる円分素数 f(ζ) を求めよう。

公式 N(a + bζ) = (a^λ + b^λ)/(a + b) を使う今までの方法
ではうまくいきそうもない。
そこで、Kummerが見つけた方法を使う。

p を素数として N(f(ζ)) = p となる円分素数 f(ζ) があれば、
>>211, >>212, >>214 より
次の条件(�@), (�A) を満たす有理整数 k がある。

(�@) (1 + k + ... + k^(λ-1)) ≡ 0 mod p
(�A) f(k) ≡ 0 mod p

条件(�@) は 等式 k^λ - 1 = (k - 1)(1 + k + ... + k^(λ-1))
より、k ≡ 1 mod p でないという条件のもとに
k^λ ≡ 1 mod p と同値である。

Kummer のアイデアは 始めに条件(�@) を満たす有理整数 k を求め
(これは簡単)、条件 (�A) を満たす円分整数 f(ζ) を見つけようと
いうもの。そのような円分整数は N(f(ζ)) = p をみたすとは
限らないが、運が良ければそうなる。運といっても、実際にやると
わかるが確率的にわるくない。

p を p ≡ 1 mod λ となる有理素数とし、
f(ζ) を Nf(ζ) = p となる円分素数とする。

>>215 より

(�@) (1 + k + ... + k^(λ-1)) ≡ 0 mod p
(�A) f(k) ≡ 0 mod p

となる有理整数 k が存在する。
さらに ζ ≡ k mod f(ζ) となる。

円分整数 g(ζ) が f(ζ) で割れるには g(k) ≡ 0 mod p が
必要十分である。

ζ ≡ k mod f(ζ) だから ζ - k = f(ζ)Q(ζ) となる
円分整数 Q(ζ) がある。

i を λ で割れない有理整数とする。ζ を ζ^i に対応させて
Z[ζ] の自己同型が得られるから ζ^i - k = f(ζ^i)Q(ζ^i) となる。
つまり、ζ^i ≡ k mod f(ζ^i) である。
ij ≡ 1 (mod λ) となる有理整数 j をとれば、
ζ = ζ^ij ≡ k^j mod f(ζ^i) である。

つまり、f(ζ) の共役 f(ζ^i) には 有理整数 k^j が対応する。
よって、円分整数 g(ζ) が f(ζ^i) で割れるには g(k^j) ≡ 0 mod p が
必要十分である。

>>273 に戻る。

p を p ≡ 1 mod λ となる有理素数とし、
有理整数 k と 円分整数 g(ζ) が

(�@) (1 + k + ... + k^(λ-1)) ≡ 0 mod p
(�A) g(k) ≡ 0 mod p

を満たすとする。ここで、g(ζ) は円分素数とは限らないことに
注意する。

f(ζ) を Nf(ζ) = p となる円分素数とする。

>>215 より

(1) (1 + a + ... + a^(λ-1)) ≡ 0 mod p
(2) f(a) ≡ 0 mod p

となる有理整数 a が存在する。
さらに ζ ≡ a mod f(ζ) となる。

a は 合同方程式 X^λ ≡ 1 mod p の自明でない、つまり a ≡ 1 mod p
ではない解の１つである。
k もそのような解の１つだから、k ≡ a^i mod p となる
有理整数 i がある。
ij ≡ 1 (mod λ) となる有理整数 j をとれば、
>>274 より、ζ ≡ a^i mod f(ζ^j) である。
よって ζ ≡ k mod f(ζ^j) である。
g(k) ≡ 0 mod p だから g(ζ) は f(ζ^j) で割れる。

>>275 の g(ζ) は円分素数ではないかもしれないが
Nf(ζ) = p となる円分素数 f(ζ) の共役の１つで割れる。
うまくいけば、g(ζ) 自体が円分素数になるかもしれない。
これが Kummer が使用した Nf(ζ) = p となる円分素数 f(ζ)
を見つける原理である。

>>272 で予告していた λ = 5, p = 71 の場合に
N(f(ζ)) = p となる円分素数 f(ζ) を求めよう。

まず k^5 ≡ 1 (mod p) で k ≡ 1 (mod p) とはならない有理整数 k
を求める。

p - 1 = 70 = 5・14 である。
a を p で割れない有理整数で、a^14 ≡ 1 (mod p) とならないものとする。
k ≡ a^14 (mod p) となる有理整数 k をとれば、k^5 ≡ 1 (mod p) となる。

a = 2 とすると、2^14 ≡ 54 ≡ -17 (mod p) である。
よって、k = -17 とする。

k^2 ≡ 5 (mod p)
k^3 ≡ -14 (mod p)
k^4 ≡ 25 (mod p)
k^5 ≡ 1 (mod p)

よって、3 + k - k^3 ≡ 3 - 17 + 14 ≡ 0 (mod p) となる。

(k^3)^2 ≡ k^6 ≡ k (mod p) だから、
f(ζ) = 3 - ζ + ζ^2 とおけば、
f(k^3) ≡ 3 - k^3 + (k^3)^2 ≡ 3 - k^3 + k ≡ 0 (mod p)

>>277 で求めた f(ζ) = 3 - ζ + ζ^2 のノルムを計算しよう。
計算の方法は >>254 や >>256 と同じである。
この方法は λ = 5 の 2項周期(>>268)を利用しているわけである。

Nf(ζ) = f(ζ)f(ζ^2)f(ζ^3)f(ζ^4) である。
g(ζ) = f(ζ)f(ζ^4) とおけば、
g(ζ^2) = f(ζ^2)f(ζ^3) で、
Nf(ζ) = g(ζ)g(ζ^2) となる。

g(ζ) を >>173 の方式で計算すると、
g(ζ) = (3 - ζ + ζ^2)(3 - ζ^4 + ζ^3)
= 15 + 7ζ^2 + 7ζ^3 = 15 + 7(ζ^2 + ζ^3)

よって、
g(ζ^2) = 15 + 7(ζ + ζ^4)

θ = ζ + ζ^4, θ' = ζ^2 + ζ^3 とおけば、

g(ζ) = 15 + 7θ'
g(ζ^2) = 15 + 7θ

Nf(ζ) = (15 + 7θ')(15 + 7θ)
= 15^2 + 15・7(θ + θ') + 7^2θθ'
= 15^2 - 15・7 - 7^2
= 15・8 - 49 = 120 - 49 = 71

よって、f(ζ) は 有理素数 71 をノルムとする円分素数である。

λ = 5, 7, 11, 13, 17, 19 の場合、円分整数環 Z[ζ] は
一意分解整域である。すぐ後で証明するが λ = 23 の場合は
一意分解整域ではない。
ここでは、λ = 19 の場合に p = 191 として N(f(ζ)) = p となる
円分素数 f(ζ) を求めよう。
p = 191 は λ = 19 の場合、p ≡ 1 (mod λ) となる最小の素数である。
p - 1 = 190 = 19・10 だから >>277 と同様にして、
まず k^19 ≡ 1 (mod p) で k ≡ 1 (mod p) とはならない有理整数 k
を求める。
k ≡ 2^10 ≡ 69 (mod p) とおく。
k^2 ≡ -14 (mod p)
k^3 ≡ -11 (mod p)
k^4 ≡ 51 (mod p)
k^5 ≡ -37 (mod p)
k^6 ≡ -70 (mod p)
k^7 ≡ -55 (mod p)
k^8 ≡ 25 (mod p)
k^9 ≡ 6 (mod p)
k^10 ≡ 32 (mod p)
k^11 ≡ -74 (mod p)
k^12 ≡ -66 (mod p)
k^13 ≡ 30 (mod p)
k^14 ≡ -31 (mod p)
k^15 ≡ -38 (mod p)
k^16 ≡ 52 (mod p)
k^17 ≡ -41 (mod p)
k^18 ≡ 36 (mod p)
k^19 ≡ 1 (mod p)
よって
1 + k + k^6 = 1 + 69 -70 = 0 だから f(ζ) = 1 + ζ + ζ^6 が
求める円分素数の候補である。

f(ζ) = 1 + ζ + ζ^6 のノルムを求めるために、
λ = 19 の場合の f 項周期(>>268) を求める。
そのため、λ = 19 の原始根を求める必要がある。
幸いなことに 2 が原始根である。
何故なら 2^9 ≡ -1 (mod λ) で 2^18 ≡ 1 (mod λ) だから。
よって、Z[ζ] の自己同型σを σ(ζ) = ζ^2 で定義する(>>263)。
λ - 1 = 18 = 3・6 だから f = 3, e = 6 とする。
2^6 ≡ 7 (mod λ) だから σ^6(ζ) = ζ^7 である。

ζ, σ(ζ), σ^2(ζ), ..., σ^17(ζ) を順々に求めると

ζ, ζ^2, ζ^4, ζ^8, ζ^(-3), ζ^(-6), ζ^7, ζ^(-5), ζ^9,
ζ^(-1), ζ^(-2), ζ^(-4), ζ^(-8), ζ^3, ζ^6, ζ^(-7), ζ^5, ζ^(-9)

となる。
よって 六個づつ飛び飛びに取って、

η_0 = ζ + ζ^7 + ζ^(-8)
η_1 = ζ^2 + ζ^(-5) + ζ^3
η_2 = ζ^4 + ζ^9 + ζ^6
η_3 = ζ^8 + ζ^(-1) + ζ^(-7)
η_4 = ζ^(-3) + ζ^(-2) + ζ^5
η_5 = ζ^(-6) + ζ^(-4) + ζ^(-9)

となる。

>>280 の f 項周期 η_0, η_1, ..., η_5 の間の乗法
(η_i)(η_j) をη_0, η_1, ..., η_5 の一次結合として表そう。
これは比較的楽である。

(η_0)^2 = (ζ + ζ^7 + ζ^(-8))^2
= ζ^2 + ζ^(-5) + ζ^3 + 2ζ^8 + 2ζ^(-7) + + 2ζ^(-1)
= η_1 + 2η_3

(η_0)(η_1) = (ζ + ζ^7 + ζ^(-8))(ζ^2 + ζ^(-5) + ζ^3)
= ζ^3 + ζ^(-4) + ζ^4
+ ζ^9 + ζ^2 + ζ^(-9)
+ ζ^(-6) + ζ^6 + ζ^(-5)
= η_1 + η_2 + η_5

同様にして

(η_0)(η_2) = η_0 + η_4 + η_5
(η_0)(η_3) = 3 + η_2 + η_5
(η_0)(η_4) = η_2 + η_3 + η_4
(η_0)(η_5) = η_0 + η_1 + η_4

となる。
他の組み合わせは、上からすぐ求まる。
例えば
(η_1)(η_2) = σ((η_0)(η_1)) = σ(η_1 + η_2 + η_5)
= η_2 + η_3 + η_0

これが、f 項周期の便利で面白いところ。

いよいよ、f(ζ) = 1 + ζ + ζ^6 のノルムを求める計算に取り掛かる。

η_0 = ζ + ζ^7 + ζ^(-8)
η_1 = ζ^2 + ζ^(-5) + ζ^3
η_2 = ζ^4 + ζ^9 + ζ^6
η_3 = ζ^8 + ζ^(-1) + ζ^(-7)
η_4 = ζ^(-3) + ζ^(-2) + ζ^5
η_5 = ζ^(-6) + ζ^(-4) + ζ^(-9) に因んで、

g_0(ζ) = f(ζ)f(ζ^7)f(ζ^(-8))
g_1(ζ) = f(ζ^2)f(ζ^(-5))f(ζ^3 )
g_2(ζ) = f(ζ^4)f(ζ^9)f(ζ^6)
g_3(ζ) = f(ζ^8)f(ζ^(-1))f(ζ^(-7))
g_4(ζ) = f(ζ^(-3))f(ζ^(-2))f(ζ^5)
g_5(ζ) = f(ζ^(-6))f(ζ^(-4))f(ζ^(-9))
とおく。

N(f(ζ)) = g_0(ζ)g_1(ζ)g_2(ζ)g_3(ζ)g_4(ζ)g_5(ζ) である。

σ(g_0(ζ)) = g_1(ζ)
σ(g_1(ζ)) = g_2(ζ)
... などとなる。ここで σ は >>280 で定義した Z[ζ] の自己同型である。

h_0(ζ) = g_0(ζ)g_2(ζ)g_4(ζ)
h_1(ζ) = g_1(ζ)g_3(ζ)g_5(ζ) とおく。

σ(h_0(ζ)) = h_1(ζ), σ(h_1(ζ)) = h_0(ζ) だから、
σ^2(h_0(ζ)) = h_0(ζ), σ^2(h_1(ζ)) = h_1(ζ) である。
よって、h_0(ζ) と h_1(ζ) は９項周期から構成される円分整数
である(>>269)。

σ^6(g_0(ζ)) = g_0(ζ) だから g_0(ζ) は３項周期、
つまり、η_0, η_1, ..., η_5 から構成される。
他の g_i(ζ) も同様である。

まず、g_0(ζ) を具体的に η_0, η_1, ..., η_5 で表してみる。

g_0(ζ) = f(ζ)f(ζ^7)f(ζ^(-8))
= (1 + ζ + ζ^6)(1 + ζ^7 + ζ^4)(1 + ζ^(-8) + ζ^9)
= (1 + ζ^7 + ζ^4 + ζ + ζ^8 + ζ^5 + ζ^6 + ζ^13 + ζ^10)
* (1 + ζ^(-8) + ζ^9)
= 3 + ζ + ζ^2 + ζ^3 + ζ^4 + 2ζ^5 + ζ^6 + ζ^7 + ζ^8
+ ζ^9 + 2ζ^10 + ζ^11 + ζ^12 + 2ζ^13 + ζ^14 + 2ζ^15
+ 2ζ^16 + 2ζ^17 + ζ^18
= 3 + η_0 + η_1 + η_2 + η_3 + 2(η_4 + η_5)
= 2 + η_4 + η_5

ここで、自明な等式(>>152)
η_0 + η_1 + η_2 + η_3 + η_4 + η_5 = -1 を使った。

>>283 で求めた g_0(ζ) = 2 + η_4 + η_5 から、
g_1(ζ) = σ(g_0(ζ)) = 2 + η_5 + η_0
g_2(ζ) = σ(g_1(ζ)) = 2 + η_0 + η_1
g_3(ζ) = σ(g_2(ζ)) = 2 + η_1 + η_2
g_4(ζ) = σ(g_3(ζ)) = 2 + η_2 + η_3
g_5(ζ) = σ(g_4(ζ)) = 2 + η_3 + η_4
となる。

よって、
h_0(ζ) = g_0(ζ)g_2(ζ)g_4(ζ)
= (2 + η_4 + η_5)(2 + η_0 + η_1)(2 + η_2 + η_3)

これを計算するため、まず g_0(ζ)g_2(ζ) を計算する。

g_0(ζ)g_2(ζ) = (2 + η_4 + η_5)(2 + η_0 + η_1)
= 4 + 2η_0 + 2η_1 + 2η_4 + η_0η_4 + η_1η_4
+ 2η_5 + η_0η_5 + η_1η_5
= 4 + 2η_0 + 2η_1 + 2η_4 + 2η_5 + (η_2 + η_3 + η_4)
+ (3 + η_0 + η_3) + (η_0 + η_1 + η_4) + (η_3 + η_4 + η_5)
= 7 + 4η_0 + 3η_1 + η_2 + 3η_3 + 5η_4 + 3η_5

ここで、η_0η_4, η_1η_4 などの計算は >>281 を使った。

h_0(ζ) = g_0(ζ)g_2(ζ)g_4(ζ)
= (7 + 4η_0 + 3η_1 + η_2 + 3η_3 + 5η_4 + 3η_5)
×(2 + η_2 + η_3)

= 14 + 8η_0 + 6η_1 + 2η_2 + 6η_3 + 10η_4 + 6η_5
+ 7η_2 + 4η_0η_2 + 3η_1η_2 + (η_2)^2 + 3η_2η_3
+ 5η_2η_4 + 3η_2η_5 + 7η_3 + 4η_0η_3 + 3η_1η_3
+ η_2η_3 + 3(η_3)^2 + 5η_3η_4 + 3η_3η_5

= 14 + 8η_0 + 6η_1 + 2η_2 + 6η_3 + 10η_4 + 6η_5
+ 7η_2 + 4(η_0 + η_4 + η_5) + 3(η_0 + η_2 + η_3)
+ (η_3 + 2η_5) + 3(η_1 + η_3 + η_4) + 5(η_0 + η_1 + η_2)
+ 3(3 + η_1 + η_4) + 7η_3 + 4(3 + η_2 + η_5)
+ 3(η_0 + η_1 + η_5) + (η_1 + η_3 + η_4)
+ 3(2η_0 + η_4) + 5(η_2 + η_4 + η_5) + 3(η_1 + η_2 + η_3)

= 35 + 29η_0 + 24η_1 + 29η_2 + 24η_3 + 29η_4 + 24η_5
= 35 + 29θ_0 + 24θ_1
= 35 + 5θ_0 + 24(θ_0 + θ_1)
= 11 + 5θ_0

ここで、θ_0 = η_0 + η_2 + η_4
θ_1 = η_1 + η_3 + η_5 とおいた。
θ_0 + θ_1 = -1 である(>>152)。

h_0(ζ) = 11 + 5θ_0
だから、σ(θ_0) = θ_1 に注意して、
h_1(ζ) = σ(h_0(ζ)) = 11 + 5θ_1
となる。
よって、
N(f(ζ)) = h_0(ζ)h_1(ζ) = (11 + 5θ_0)(11 + 5θ_1)
= 11^2 + 11・5(θ_0 + θ_1) + 25θ_0θ_1

ここで、θ_0θ_1 を計算する必要がある。

θ_0θ_1 = (η_0 + η_2 + η_4)(η_1 + η_3 + η_5)
= η_0η_1 + η_0η_3 + η_0η_5
+ η_2η_1 + η_2η_3 + η_2η_5
+ η_4η_1 + η_4η_3 + η_4η_5

>>281 よりこの各項は、η_0η_1 と η_0η_3 と η_0η_5 が分かれば、
その他の項は添え字の付け替えで済む。
よって、

θ_0θ_1
= (η_1 + η_2 + η_5) + (η_3 + η_4 + η_1) + (η_5 + η_0 + η_3)
+ (3 + η_2 + η_5) + (3 + η_4 + η_1) + (3 + η_0 + η_3)
+ (η_0 + η_1 + η_4 ) + (η_2 + η_3 + η_0) + (η_4 + η_5 + η_2)
= 9 + 4η_0 + 4η_1 + 4η_2 + 4η_3 + 4η_4 + 4η_5
= 9 - 4 = 5

よって、
N(f(ζ)) = 11^2 + 11・5(θ_0 + θ_1) + 25θ_0θ_1
= 11^2 - 11・5 + 125 = 11(11 - 5) + 125 = 66 + 125 = 191

よって、f(ζ) = 1 + ζ + ζ^6 が求める円分素数である。

f(ζ) = 1 + ζ + ζ^6 を見つけるのとそのノルムの計算には、
Ａ４のコピー用紙６枚使って、半日以上かかった。
>>286 に書いたように N(f(ζ)) = 191 となったときは、
思わず「やった」と内心叫んだよｗ
ただし、Kummer とは違ってこれ以上同じような計算はしたくない
というのが本音。

遠い南の島に、日本の歌を歌う老人がいた。
「あそこでみんな死んでいったんだ……」
沖に浮かぶ島を指差しながら、老人はつぶやいた。

太平洋戦争のとき、その島には日本軍が進駐し陣地が作られた。
老人は村の若者達と共にその作業に参加した。
日本兵とは仲良くなって、日本の歌を一緒に歌ったりしたという。

やがて戦況は日本に不利となり、 いつ米軍が上陸してもおかしくない
状況になった。 仲間達と話し合った彼は代表数人と共に日本の守備隊長の
もとを訪れた。自分達も一緒に戦わせて欲しい、と。 それを聞くなり隊長
は激高し叫んだという 　「帝国軍人が、貴様ら土人と一緒に戦えるか！」
　日本人は仲間だと思っていたのに……みせかけだったのか。 裏切られた想
いで、みな悔し涙を流した。船に乗って島を去る日　日本兵は誰一人見送り
に来ない。村の若者達は、悄然と船に乗り込んだ。しかし船が島を離れた
瞬間、日本兵全員が浜に走り出てきた。 そして一緒に歌った日本の歌を
歌いながら、手を振って彼らを見送った。先頭には笑顔で手を振るあの
隊長が。 その瞬間、彼は悟ったという。 あの言葉は、自分達を救うための
ものだったのだと……。

1,2,3,4,,,,,,,n　の調和平均が素数の数と漸近的にn/logn オーダーになっていくのは単なる偶然？

λ = 23 の場合、p = 47 として N(f(ζ)) = p となる円分素数
f(ζ) を見つけようとしても無駄である。何故ならこのような円分素数
は存在しないから。このことを証明しよう。

λ - 1 = 22 = 2・11 だから f = 11, e = 2 として f 項周期を
求めよう。そのため mod 23 の原始根を求める。

2^2 ≡ 4 (mod 23)
2^3 ≡ 8 (mod 23)
2^4 ≡ 16 (mod 23)
2^5 ≡ 9 (mod 23)
2^6 ≡ 18 (mod 23)
2^7 ≡ 13 (mod 23)
2^8 ≡ 3 (mod 23)
2^9 ≡ 6 (mod 23)
2^10 ≡ 12 (mod 23)
2^11 ≡ 1 (mod 23)

よって 2 (mod 23) の位数は 11 である。
-1 (mod 23) の位数は 2 だから
-2 が原始根である。

ζ を１の原始λ乗根とし、Z[ζ] の自己同型σを
σ(ζ) = ζ^(-2) で定義する(>>263)。

f = 11, e = 2 として、f 項周期 θ_0、θ_1 を求める。
σ^e(ζ) = ζ^4 であるから、

θ_0 = ζ + ζ^4 + ζ^(-7) + ζ^(-5) + ζ^3
+ ζ^(-11) + ζ^2 + ζ^8 + ζ^9 + ζ^(-10) + ζ^6

θ_1 = ζ(-2) + ζ^(-8) + ζ^(-9) + ζ^10 + ζ^(-6)
+ ζ^(-1) + ζ^(-4) + ζ^7 + ζ^5 + ζ^(-3) + ζ^11

(θ_0)(θ_1) を >>173 の方法で計算すると、

(θ_0)(θ_1) = 11 + 5(θ_0 + θ_1) = 11 - 5 = 6 となる。

f(ζ) を任意の円分整数として N(f(ζ)) を f 項周期を使って計算する。

>>291 を考慮して
g_0(ζ) = f(ζ)f(ζ^4)f(ζ^(-7))f(ζ^(-5))f(ζ^3)
f(ζ^(-11))f(ζ^2)f(ζ^8)f(ζ^9)f(ζ^(-10))f(ζ^6)

g_1(ζ) = f(ζ(-2))f(ζ^(-8)f(ζ^(-9))f(ζ^10)f(ζ^(-6))
f(ζ^(-1))f(ζ^(-4))f(ζ^7)f(ζ^5)f(ζ^(-3))f(ζ^11)

とおく。
N(f(ζ)) = g_0(ζ)g_1(ζ) である。

σ(g_0(ζ)) = g_1(ζ)
σ(g_1(ζ)) = g_0(ζ)
だから
σ^2(g_0(ζ)) = g_0(ζ)
σ^2(g_1(ζ)) = g_1(ζ)
よって g_0(ζ)、g_1(ζ) は f 項周期から構成される円分整数である
(>>269)。

よって θ_0 + θ_1 = -1 に注意して
g_0(ζ) = a + bθ_0 と表される(>>269)。
σ(g_0(ζ)) = g_1(ζ) で σ(θ_0 ) = θ_1 だから
g_1(ζ) = a + bθ_1 と表される。
よって (θ_0)(θ_1) = 6 (>>291) より
N(f(ζ)) = (a + bθ_0)(a + bθ_1)
= a^2 + ab(θ_0 + θ_1) + b^2(θ_0)(θ_1)
= a^2 -ab + 6b^2
である。

p = 47 として N(f(ζ)) = p となる円分整数があるとする。
>>292 より 47 = a^2 -ab + 6b^2 となる有理整数 a, b がある。
この等式の両辺を 4 倍して
4・47 = 4a^2 - 4ab + 24b^2
188 = (2a - b)^2 + 23b^2

b^2 ≦ 4 である。

188 は平方数ではないから b = 0 では有り得ない。
b^2 = 1 とすると、188 - 23 = 165 = 5・33 が平方数となって
これも有り得ない。
b^2 = 4 とすると、188 - 92 = 96 = 3・2^5 が平方数となって
これも有り得ない。
よって、N(f(ζ)) = p となる円分整数は存在しない。

>>218 より p = 47 を割る円分素数 f(ζ) があれば
Nf(ζ) = 47 と なるが、>>293 よりこれは有り得ない。
よって、p = 47 を割る円分素数は存在しない。
これは λ = 23 のとき円分整数環 Z[ζ] が一意分解整域でないことを
意味する。

Kummer はこれを発見して、相当なショックを受けたらしい。
何故なら、円分素数による一意分解が成立たないと有理整数環における
整数論を円分整数環に拡張するのが殆ど不可能に見えるから。
しかも、彼はこのときまでに、円分整数環における一意分解を証明
しようとして相当の時間と努力を費やしてきた。

>>289
素数定理から自明かと

ζ^

今度は、p ≡ 0, 1 (mod λ) 以外の有理素数 p を割る円分素数に
ついて調べる。

f(ζ) をそのような円分素数とする。
円分整数 g(ζ) が mod f(ζ) で有理整数と合同、
つまり g(ζ) ≡ k (mod f(ζ)) となる有理整数 k があるとする。
このとき、g(ζ) が f(ζ) で割れるかどうかを判定するのは簡単である。
即ち、k ≡ 0 (mod p) となるかどうかを見ればいい。
よって、このような円分整数 g(ζ) の満たす性質を調べることにする。

Fermatの小定理より、k^p ≡ k (mod p) だから k^p ≡ k (mod f(ζ))
であり g(ζ)^p ≡ k^p ≡ k ≡ g(ζ) (mod f(ζ)) となる。
一方、すぐ後で示すように g(ζ)^p ≡ g(ζ^p) (mod p) が成立つ。
よって、g(ζ^p) ≡ g(ζ) (mod f(ζ))
特に、g(ζ^p) = g(ζ) であれば、当然この合同式を満たす。

p の mod λ の指数を f とする。つまり f は p^f ≡ 1 (mod λ)
となる最小の有理整数である。
Z[ζ] の自己同型τを τ(ζ) = ζ^p で定義すれば、
τの位数は f であり、τ(g(ζ)) = g(ζ^p) = g(ζ) である。

r を mod λ の原始根とし、Z[ζ] の自己同型σを σ(ζ) = ζ^r で
定義すれば、Z[ζ] の自己同型群は σ で生成される位数λ-1 の
巡回群 G である。よってその位数 f の部分群はただ1つで σ^e で
生成される。ここに、e = (λ-1)/f である。
τの位数は f だから σ^e は τ のベキであり、
(σ^e) (g(ζ)) = g(ζ) である。
つまり、、g(ζ^p) = g(ζ) となる g(ζ) は f 項周期から構成される
円分整数(>>269)である。

半日以上かかる計算とかやってみてー・・

Kummerさん3×7がいくらだったか忘れたらここで聞いてくださいね

p を有理素数で p ≡ 0 または 1 (mod λ) とはならないとし、
f を mod λでの p の指数とする。f(ζ) を p を割る円分素数とする。
>>297 で円分整数 g(ζ) が mod f(ζ) で有理整数と合同、
つまり g(ζ) ≡ k (mod f(ζ)) となる有理整数 k があるなら、
g(ζ^p) ≡ g(ζ) (mod f(ζ)) となり、
この条件は g(ζ) が f 項周期から構成される円分整数(>>269)なら
満たされることを見た。

逆に f 項周期から構成される円分整数は mod f(ζ) で有理整数と合同
となることを示そう。
η を f 項周期 η_0, η_1, ... , η_(e-1) の任意の１つとして、
η ≡ k (mod f(ζ)) となる有理整数 k があることを示せばよい。

標数 p の素体 Z/pZ 上の多項式環 (Z/pZ)[X] において
等式 X^p - X = (X - 1)(X - 2)...(X - p) が成立つ
(これはFermatの小定理からただちに出る)。
(Z/pZ)[X] は標準的に Z[X]/pZ[X] と同型だから、
X^p - X ≡ (X - 1)(X - 2)...(X - p) (mod pZ[X])
となる。よって、
X^p - X = (X - 1)(X - 2)...(X - p) + pG(X) となる G(X) ∈ Z[X]
がある。よって、
η^p - η ≡ (η - 1)(η - 2)...(η - p) (mod pZ[ζ])

η を η = g(ζ) と ζ の多項式で表せば、>>297 で述べたように
g(ζ)^p ≡ g(ζ^p) (mod pZ[ζ]) となる。
一方 >>297 より g(ζ^p) = g(ζ) である。
よって、η^p - η ≡ 0 (mod pZ[ζ]) となる。
よって、(η - 1)(η - 2)...(η - p) ≡ 0 (mod pZ[ζ]) となる。
仮定より f(ζ) は p を割るから、。
(η - 1)(η - 2)...(η - p) ≡ 0 (mod f(ζ)) となる。
f(ζ) は円分素数だから η - 1, ..., η - p のどれかを割る。
η - k を割るとすれば、η ≡ k (mod f(ζ)) である。

1 名前：ひろゆき＠どうやら管‎理人[] 投稿日：2006/06/08(木) 10:05:39
数学に素養のある住人の数学板離れの防止、
そして数学好きの新参者が寄りつきやすい環境を整備するために
数学板の諸悪の根源を排除しましょう。

最近大量に発生している数学と関係のない雑談を繰り返すコテハン、
これを減らしていかなければ今後数学板の存亡に影響が出てくることは間違いないでしょう。

そしてこれらのコテハンを発生・定着させている根源がスレタイにあるコテハンの人物であることがはっきりと分かりました。

数学とは無縁のこのコテハンを数学板から排除することが数学板の正しい活性化のための早道です。
数学好きの真面目な住人の皆様、どんどん訴えて参りましょう。

1 名前：ひろゆき＠どうやら管‎理人[] 投稿日：2006/06/08(木) 10:05:39
数学に素養のある住人の数学板離れの防止、
そして数学好きの新参者が寄りつきやすい環境を整備するために
数学板の諸悪の根源を排除しましょう。

最近大量に発生している数学と関係のない雑談を繰り返すコテハン、
これを減らしていかなければ今後数学板の存亡に影響が出てくることは間違いないでしょう。

そしてこれらのコテハンを発生・定着させている根源がスレタイにあるコテハンの人物であることがはっきりと分かりました。

数学とは無縁のこのコテハンを数学板から排除することが数学板の正しい活性化のための早道です。
数学好きの真面目な住人の皆様、どんどん訴えて参りましょう。

>>297で証明なしに使った次の命題を証明する。

命題
λを奇素数とし、ζを１の原始λ乗根の１つとする。
g(X) を有理整数係数の多項式とする。
このとき、任意の有理素数 p に対して、
g(ζ)^p ≡ g(ζ^p) (mod pZ[ζ]) となる。

この証明のため補題を用意する。

補題
A を環とし、a, b をその２元とする。
p を有理素数とする。
このとき、
(a + b)^p ≡ a^p + b^p (mod pA)
となる。

証明
２項定理より、(a + b)^p = Σ[p,k] a^k b(p-k) である。
ここで [p,k] は p個のものから順序を無視して
k 個取り出す組み合わせの数である。
>>166 より 1 ≦ k ≦ p - 1 のとき [p,k] ≡ 0 (mod p) である。
よって本補題の主張が成立つ。
証明終

a を有理整数とすると、Fermatの小定理から a^p ≡ a (mod pZ) である。
これと >>304 から >>303 が出る。

>>300 において p ≡ 1 (mod λ) ではないと仮定したが、
この仮定がなくても、つまり f = 1 でも >>300 の主張および
その証明はそのまま成立つ。

>>306
がんばってね Kummerさん。

書き込みを募っています。
諸悪の根源を絶やしましょう。

ゆんゆん氏ね集合
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1149728739/


1:ひろゆき＠どうやら管 理人 :2006/06/08(木) 10:05:39
数学に素養のある住人の数学板離れの防止、
そして数学好きの新参者が寄りつきやすい環境を整備するために
数学板の諸悪の根源を排除しましょう。

最近大量に発生している数学と関係のない雑談を繰り返すコテハン、
これを減らしていかなければ今後数学板の存亡に影響が出てくることは間違いないでしょう。

そしてこれらのコテハンを発生・定着させている根源がスレタイにあるコテハンの人物であることがはっきりと分かりました。

数学とは無縁のこのコテハンを数学板から排除することが数学板の正しい活性化のための早道です。
数学好きの真面目な住人の皆様、どんどん訴えて参りましょう。

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ゆんゆん氏ね集合
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1149728739/


1:ひろゆき＠どうやら管 理人 :2006/06/08(木) 10:05:39
数学に素養のある住人の数学板離れの防止、
そして数学好きの新参者が寄りつきやすい環境を整備するために
数学板の諸悪の根源を排除しましょう。

最近大量に発生している数学と関係のない雑談を繰り返すコテハン、
これを減らしていかなければ今後数学板の存亡に影響が出てくることは間違いないでしょう。

そしてこれらのコテハンを発生・定着させている根源がスレタイにあるコテハンの人物であることがはっきりと分かりました。

数学とは無縁のこのコテハンを数学板から排除することが数学板の正しい活性化のための早道です。
数学好きの真面目な住人の皆様、どんどん訴えて参りましょう。

441

>>1
「無意味なスレ立て厳禁」
って読めませんか？
そういうくだらない話は質問スレでやってください


　
　　　　　　　　　　　　　　　　　終　　　了


そして>>1はすぐ死ね

age

>>176-178
（Σ（ａ（ｋ）））＾２≦ｎΣ（ａ（ｋ）＾２）。

p を有理素数で p ≡ 0 または 1 (mod λ) とはならないとし、
f を mod λでの p の指数とする。
f(ζ) を p を割る円分素数とする。
Nf(ζ) = p^f となることを証明しよう。

そのためまず任意の円分整数 g(ζ) ≠ 0 のノルム Ng(ζ) が
mod g(ζ) の剰余類の個数と一致することを証明する。

Z[ζ] は自由アーベル群で、その基底は
1, ζ, ..., ζ^(n-1) である。ここで、n = λ-1 とおいた。

g(ζ) で割れる円分整数の全体 g(ζ)Z[ζ] はアーベル群をなす。
その基底は g(ζ), g(ζ)ζ, ..., g(ζ)ζ^(n-1) である。

g(ζ)ζ^i = Σ a_(i,j) ζ^j

とする。ここで、 0 ≦ i ≦ n - 1 、0 ≦ j ≦ n - 1
各 a_(i,j) は有理整数である。

アーベル群の良く知られた定理により、
Z[ζ]/(g(ζ)Z[ζ]) は位数 |det(A)| の有限アーベル群である。
ここで A = (a_(i,j)) である。

>>314 の続き

Ng(ζ) = det(A) を証明する。

k を 1 ≦ k ≦ n である有理整数とする。
g(ζ)ζ^i = Σ a_(i,j) ζ^j より

g(ζ^k)(ζ^k)^i = Σ a_(i,j) (ζ^k)^j となる。

(i+1, k) 成分が g(ζ^k)(ζ^k)^i である行列を U とする。
(j+1, k) 成分が (ζ^k)^j である行列を V とする。
U = AV である。
よって det(U) = det(A)det(V) となる。
一方 det(U) = g(ζ)g(ζ^2)...g(ζ^n)det(V) = Ng(ζ)det(V) である。
よって、Ng(ζ)det(V) = det(A)det(V) となる。
ここで、det(V) ≠ 0 がいえれば Ng(ζ) = det(A) となる。
det(V) は ζ, ζ^2, ..., ζ^n に関する Vandermondeの行列式であり
よく知られた公式により
det(V) = Π(ζ^j - ζ^i) となる。ここで積は n ≧ j ＞ i ≧ 1
となる (j, i) の組全体を渡る。
よって、det(V) ≠ 0 である。

証明終

ゆんゆん氏ね

>>314
>アーベル群の良く知られた定理により、
>Z[ζ]/(g(ζ)Z[ζ]) は位数 |det(A)| の有限アーベル群である。
>ここで A = (a_(i,j)) である。

０でない円分整数のノルムは常に正である(>>176)から、
|det(A)| = det(A) = Ng(ζ) である。

ゆんゆん氏ね

http://qb5.2ch.net/test/read.cgi/saku/1106022021/194
> ttp://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1149694310/ >>187
> 1001到達していますので削除を見送ります。代わりに後継スレの
> ゆんゆんLove集合8ゆん^8
> ttp://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1150553208/
> を削除します。

削除されてもなお新スレを立て続けるタチの悪い信者達とその教祖を数学板より駆逐するために、
こちらのスレも立て直しの必要があるでしょう。
数学板の正しい活性化のためには意味もなく数学板に粘着している荒らしは徹底的に潰さなければなりません。
真面目な数学板の皆様、どんどん訴えて参りましょう！

ゆんゆん氏ね

http://qb5.2ch.net/test/read.cgi/saku/1106022021/194
> ttp://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1149694310/ >>187
> 1001到達していますので削除を見送ります。代わりに後継スレの
> ゆんゆんLove集合8ゆん^8
> ttp://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1150553208/
> を削除します。

削除されてもなお新スレを立て続けるタチの悪い信者達とその教祖を数学板より駆逐するために、
こちらのスレも立て直しの必要があるでしょう。
数学板の正しい活性化のためには意味もなく数学板に粘着している荒らしは徹底的に潰さなければなりません。
真面目な数学板の皆様、どんどん訴えて参りましょう！

後で引用するため補題を用意する。

補題
p を有理素数ととし、n ≧ 1 を有理整数とする。
K を 有限素体 F = Z/pZ の n 次の拡大体とする。
K の元 x に対して u(x) = x^p とおくと、u は K/F の
自己同型写像である。

証明
x, y を K の２元とする。

>>304 より u(x + y) ≡ u(x) + u(y) (mod pK)
であるが、pK = 0 だから
u(x + y) = u(x) + u(y) である。
u(1) = 1, u(xy) = u(x)u(y) は明らかである。
よって u は K の自己順同型写像である。

K は体だから x ≠ 0 なら u(x) ≠ 0 である。
よって u は単射である。K は有限集合だから u は全射である。
よって u は K の自己同型写像である。
Fermat の小定理より x ∈ F のとき x^p = x だから u は K/F の
自己同型写像である。
証明終

Kummerさんすげぇ。　どうせならTeXでノート作ったら、、

ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
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ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク

補題
p を有理素数とし、n ≧ 1 を有理整数、 m ≧ 1 をその約数とする。
K を 有限素体 F = Z/pZ の n 次の拡大体とする。
このとき F の m 次の拡大体 L で K の部分体となるものがただ１つ
存在する。

証明
n = mr とする。

公式
X^r - 1 = (X - 1)(1 + X + ... + X^(r-1))
において X = p^m とおくと、
p^n - 1 = (p^m - 1)(1 + p^m + ... + (p^m)^(r-1))
となる。
よって p^m - 1 は p^n - 1 の約数である。

K の乗法群は位数 p^n - 1 の巡回群である
(この証明は mod p の原始根の存在の証明と同様)。
よって、位数 p^m - 1 の部分群 H が存在する。
H の元は X^(p^m - 1) - 1 の根全体である。
よって L = H ∪ {0} とおくと L の元は X^(p^m) - X の根全体である。

>>322 を使って K の自己同型 u を u(x) = x^p で定義する。
L = {x; u^m(x) = x} である。これから容易にわかるように
L は体である。L の元の個数は p^m だから F の m 次の拡大体である。

逆に F の m 次の拡大体 L で K の部分体となるものがあれば
L の元の個数は p^m であり L の元は X^(p^m) - X の根全体である。
よって L は一意に決まる。
証明終

>>314
>p を有理素数で p ≡ 0 または 1 (mod λ) とはならないとし、
>f を mod λでの p の指数とする。
>f(ζ) を p を割る円分素数とする。
>Nf(ζ) = p^f となることを証明しよう。

K = Z[ζ]/(f(ζ)Z[ζ]) は有限整域だから有限体である。
>>314より その元の個数は Nf(ζ) である。
Z[ζ]/(f(ζ)Z[ζ]) は 有限素体 F = Z/pZ の有限次拡大体だから、
その拡大次数を r とすれば、Nf(ζ) = p^r である。

ζ の mod f(ζ) の剰余類を ωとする。
K は体として F 上 ω で生成される。つまり K = F(ω) である。
F 上の多項式 X^λ - 1 を考える。
λ ≠ p だからこの多項式は重根をもたない。
ω^λ = 1 だから、この多項式は K において λ個の根を持つ。
これ等の根は L の乗法群の部分群であるから
p^r - 1 は λで割れる。つまり p^r ≡ 1 (mod λ) である。
このことは >>203 からも分かる。
よって、r は f で割れる。

>>326 より p^f 個の元からなる K の部分体 L がある。
p^f ≡ 1 (mod λ) だから L において X^λ - 1 はλ個の根を持つ。
よって ω ∈ L である。よって K = L だから r = f である。
証明終

きめぇんだよ、このハゲ

p を有理素数で p ≠ λとし、 f を mod λでの p の指数とする。
f(ζ) を p を割る円分素数とする。
mod f(ζ) の剰余類の個数は >>314, >>327 より p^f である。
このことは次のようにしても分かる。

r を mod λ の原始根とする。つまり r が属す mod λ の剰余類が
有限体 Z/λZ の乗法群の生成元となるようなものとする。
ζ を ζ^r に対応させることにより Z[ζ] の自己同型が得られるが、
これを σ で表す。つまり、円分整数 f(ζ) に対して
σ(f(ζ)) = f(ζ^r) である。

不定元 X の多項式
P(X) = (X - ζ)(X - σ^e(ζ))...(X - σ^((f-1)e)(ζ))
を考える。

P(X) の係数は σ^e で不変である。よって f 項周期から構成される
円分整数である(>>269)。

f 項周期から構成される円分整数の全体を A とおく。
A は Z[ζ] の部分環である。
P(X) は次数 f の A 係数のモニックな多項式で P(ζ) = 0 であるから
Z[ζ] は A-加群として 1, ζ, ..., ζ^(f-1) で生成される。
つまり、Z[ζ] = A + Aζ + ... + Aζ^(f-1) である。
1, ζ, ..., ζ^(f-1) は A 上の自由基底であるがこの証明は
後で述べる。

>>329 にＩＤを入れるのを忘れていた。

>>329 より任意の円分整数 g(ζ) は
g(ζ) = h_0(ζ) + h_1(ζ)ζ + ... + h_(f-1)(ζ)ζ^(f-1)
と書ける。ここで各 h_i(ζ) はf 項周期から構成される円分整数
である。

>>300 から f 項周期から構成される円分整数 h(ζ) は
mod f(ζ) で有理整数と合同である。
つまり h(ζ) ≡ k (mod f(ζ)) となる有理整数 k がある。
この k は mod p で一意に定まる。

よって、
g(ζ) ≡ k_0 + k_1ζ + ... + k_(f-1)ζ^(f-1) (mod f(ζ))
となる。ここで、各 k_i は有理整数である。
よって、mod f(ζ) の剰余類の個数は p^f 以下である。

一方、mod f(ζ) の剰余環は有限体であり、
ζ の mod f(ζ) の剰余類を ωとすると、
ω^λ = 1 だから、剰余類の個数は p^f で割れる(>>327)。
よって、剰余類の個数は p^f である。

このことから、上の k_0, ..., k_(f-1) は mod p で一意に決まる
ことが分かる。

>>331 の
任意の円分整数 g(ζ) は
g(ζ) ≡ k_0 + k_1ζ + ... + k_(f-1)ζ^(f-1) (mod f(ζ))
と表され、k_0, ..., k_(f-1) は mod p で一意に決まるということは、
f 項周期から構成される円分整数が mod f(ζ) で有理整数と合同である
という事実を使わなくても、mod f(ζ) の剰余類の個数は p^f である
(>>327)ということから以下のようにすぐ出る。

ζ の mod f(ζ) の剰余類を ωとする。
>>327 で示したように Z[ζ]/(f(ζ)Z[ζ]) は体として Z/pZ 上 ω で
生成される。よってωの Z/pZ 上の次数は f である。
よって、剰余体 Z[ζ]/(f(ζ)Z[ζ]) の任意の元は
Z/pZ 上 1, ω, ..., ω^(f-1) の一次結合として一意に表される。
よって、上の主張が得られる。

いつものように、p を有理素数で p ≠ λとし、 f を mod λでの
p の指数とする。 f(ζ) を p を割る円分素数とする。
η_0, η_1, ... , η_(e-1) を f 項周期とする。

>>300 より

η_0 ≡ u_0 (mod f(ζ))
η_1 ≡ u_1 (mod f(ζ))
.
.
.
η_(e-1) ≡ u_(e-1) (mod f(ζ))

となる有理整数 u_0, u_1, ..., u_(e-1) が存在する。

f 項周期から構成される円分整数は Φ(η_0, η_1, ... , η_(e-1))
と η_0, η_1, ... , η_(e-1) の多項式（１次式）で表される(>>269)。
Φ(η_0, η_1, ... , η_(e-1)) を Φ(η) と略記する場合もある。

Φ(η_0, η_1, ... , η_(e-1)) に
Φ(u_0, u_1, ... , u_(e-1)) (mod p) を対応させることにより、
A から Z/pZ への写像が定まる。ここで A は
f 項周期から構成される円分整数全体のなす Z[ζ] の部分環である。
Φ(u_0, u_1, ... , u_(e-1)) (mod p) が
円分整数 Φ(η_0, η_1, ... , η_(e-1)) のみで定まり多項式
Φ(X_0, ..., X_(e-1)) の選び方によらないことは、
Φ(η_0, η_1, ... , η_(e-1)) ≡
Φ(u_0, u_1, ... , u_(e-1)) (mod f(ζ))
となることから明らかだろう。

>>329 より任意の円分整数 g(ζ) は
g(ζ) = Φ_0(η) + Φ_1(η)ζ + ... + Φ_(f-1)(η)ζ^(f-1)
と書ける。ここで各 Φ_i(η) はf 項周期から構成される円分整数
である。

g(ζ) ≡ Φ_0(u) + ... + Φ_(f-1)(u)ζ^(f-1) (mod f(ζ))
である。ここで、Φ_i(u) は Φ_i(u_0, u_1, ... , u_(e-1)) の
略記である。

>>331 から有理整数の列 Φ_0(u), ..., Φ_(f-1)(u) は mod p で
一意に決まる。
よって、g(ζ) が f(ζ) で割れるかどうかを判定するには、
Φ_0(u) ≡ 0, ..., Φ_(f-1)(u) ≡ 0 (mod p) となるかどうかを
判定すればよい。

後に付値論をやるときに詳しく説明するが
環からある体の中への準同型写像のことをその環の特殊化という。
>>333 では f 項周期から構成される円分整数全体のなす環の
(Z/pZ への)特殊化を定義していることになる。
特殊化の理論は van der Waerden が代数幾何において初めて導入し、
Zariski, Weil などが発展させた。

>>334 より、f(ζ) の値を知らなくても有理整数の列
u_0, u_1, ..., u_(e-1) さえ知っていれば、
任意の円分整数の f(ζ) による整除の判定は出来る。
よって、p を割る円分素数が存在しない場合でも
有理整数の列 u_0, u_1, ..., u_(e-1) をうまく選べば
f(ζ) によるのと同様な整除関係が定義できてその剰余類を
考えることが出来るのではないかというのが、Kummer の理想数の
アイデアの出発点であった。

ここで、少し先回りして Kummer の理想数の説明をする。
Kummer の理想数とは可換環論における因子(前スレ２の826)
と本質的に同じものである。

まず、f 項周期から構成される円分整数のなす環の特殊化(>>335)の
同値類として素因子を定義する。1 - ζ が定める Z[ζ] の
特殊化(>>201)の同値類も素因子の特別なものとする。

次に素因子の形式的な積として
因子を定義する。これが Kummer の理想数と言っていい。

次に P を素因子として n ≧ 1 を有理整数として、
g(ζ) が P^n で割れることを定義する(後述)。
P_1, ..., P_r を素因子として n_1 ≧ 1, ..., n_r ≧ 1 を
有理整数とする。
円分整数 g(ζ) が因子 D = (P_1)^(n_1)...(P_r)^(n_r)で割れることは
g(ζ) が各 (P_i)^(n_i) で割れることと定義する。

素因子(>>337)を定義する前に、そのモデルである円分素数を
もっと詳しく調べることにする。

p を有理素数で p ≠ λとし、 f を mod λでの p の指数とする。
f(ζ) を p を割る円分素数とする。
r を mod λ の原始根とする。
σ(ζ) = ζ^r で Z[ζ] の自己同型σを定義する。

>>331 より
(X - ζ)(X - σ^e(ζ))...(X - σ^((f-1)e)(ζ))
≡ G_0(X) (mod f(ζ))
となる有理整数係数のモニックな多項式 G_0(X) がある。

同様に
(X - σ(ζ))(X - σ^(e+1)(ζ))...(X - σ^((f-1)e + 1)(ζ) )
≡ G_1(X) (mod f(ζ))
.
.
(X - σ^(e-1)(ζ))(X - σ^(2e-1)(ζ))...(X - σ^(fe - 1)(ζ) )
≡ G_(e-1) (mod f(ζ))

となる有理整数係数のモニックな多項式 G_1(X), ..., G_(e-1) がある。

1 + X + ... + X^(λ-1) ≡ G_0(X)G_1(X)...G_(e-1)(X) (mod f(ζ))
である。
この式の両辺とも有理整数係数の多項式だから、
1 + X + ... + X^(λ-1) ≡ G_0(X)G_1(X)...G_(e-1)(X) (mod p)
である。

>>338 の続き。

(X - ζ)(X - σ^e(ζ))...(X - σ^((f-1)e)(ζ))
≡ G_0(X) (mod f(ζ))
だから 両辺の X に ζ を代入して
G_0(ζ) ≡ 0 (mod f(ζ))
となる。

よって ζ が代表する mod f(ζ) の剰余類を ω とすれば
ω は Z/pZ 上 f 次の多項式 G_0(X) (mod p) の根となる。
一方、mod f(ζ) の剰余類の個数は >>314, >>327 より p^f である。
よって、ω の Z/pZ 上 の次数は f である。
よって G_0(X) は mod p で既約である。

同様に、ω^r は G_1(X) (mod p) の根となる。
r は λと素だから、ω = (ω^r)^i となる有理整数 i がある。
よって (Z/pZ)(ω) = (Z/pZ)(ω^r) である。
よって、ω^r の Z/pZ 上 の次数は f である。
よって G_1(X) は mod p で既約である。

以下同様に、G_2(X), ..., G_(e-1)(X) も mod p で既約である。
従って >>338 で得た合同式
1 + X + ... + X^(λ-1) ≡ G_0(X)G_1(X)...G_(e-1)(X) (mod p)
は 1 + X + ... + X^(λ-1) の mod p での既約多項式への分解を
与えている。

G_0(X), G_1(X), ..., G_(e-1) が mod p で互いに異なることは、
1 + X + ... + X^(λ-1) が mod p で重根を持たないことから明らか
である。

>>339 の続き。

F = Z/pZ とおく。

Z[ζ] の元 g(ζ) に g(ζ) が代表する mod f(ζ) による剰余類
g(ω) を対応させることにより、Z[ζ] から 有限体 F(ω) への
準同型写像 Φが得られる。つまり Φ(g(ζ)) = g(ω) である。
Φ は明らかに全射である。

G_0(X) は mod p で既約で G_0(ω) = 0 だから
Φ(g(ζ)) = g(ω) = 0 なら、g(X) は mod p で G_0(X) で割れる。
つまり、 g(X) = G_0(X)Q(X) + pH(X) となる Q(X), H(X) ∈ Z[X]
がある。このことを g(X) ≡ 0 mod (p, G_0(X)) と書く。
逆に、g(X) ≡ 0 mod (p, G_0(X)) なら g(ω) = 0 である。

一方、定義からΦ(g(ζ)) = 0 と g(ζ) が f(ζ) で割れることは
同値である。よって、g(ζ) が f(ζ) で割れるためには
g(X) ≡ 0 mod (p, G_0(X)) となることが必要十分である。

>>340 の続き。

1 ≦ i ≦ e - 1 のとき Z[ζ] の元 g(ζ) に対して
g(X) ≡ 0 mod (p, G_i(X)) はどういう意味があるのだろうか？

始めに i = 1 の場合を考える。
>>338 において σ(ζ) = ζ^r で Z[ζ] の自己同型σを定義した。
σ とΦの合成写像 Φσ: Z[ζ] → Z[ζ] → F(ω) を考える。
これは Z[ζ] から F(ω) への準同型写像である。
Φσ(g(ζ)) = Φ(g(ζ^r)) = g(ω^r) である。
G_1(X) は mod p で既約で G_1(ω^r) = 0 だから
g(ω^r) = 0 であるためには g(X) ≡ 0 mod (p, G_1(X)) となることが
必要十分である。 一方 Φ(g(ζ^r)) = 0 であるためには
g(ζ^r) が f(ζ) で割れることが必要十分である。
これは g(ζ) が f(σ^(-1)(ζ)) で割れることと同値である。
つまり、g(X) ≡ 0 mod (p, G_1(X)) と g(ζ) が f(σ^(-1)(ζ)) で
割れることは同値である。

同様にして、g(X) ≡ 0 mod (p, G_i(X)) と g(ζ) が
f(σ^(-i)(ζ)) で割れることは同値である。

誰も相手にしてくれないのに

>>341 の続き。

>>300 より
η_0 ≡ u_0 (mod f(ζ))
η_1 ≡ u_1 (mod f(ζ))
.
.
η_(e-1) ≡ u_(e-1) (mod f(ζ))
となる有理整数 u_0, u_1, ..., u_(e-1) が存在する。

Z/pZ における u_0 の mod p の剰余類を v_0 と書く。
同様に v_1, ..., v_(e-1) を定義する。
すると、
Φ(η_0) = v_0
Φ(η_1) = v_1
.
.
Φ(η_(e-1)) = v_(e-1)
である。

よって、
Φσ(η_0) = Φ(η_1) = v_1
Φσ(η_1) = Φ(η_2) = v_2
.
.
Φσ(η_(e-1)) = Φ(η_0) = v_0
である。

以下同様。

>>341 から次のことが分かる。

f(ζ), f(σ^(-1)(ζ)), f(σ^(-2)(ζ)), ..., f(σ^(-(e-1))(ζ))
は互いに同伴(>>220)でない円分素数である。

何故なら、0 ≦ i ＜ j ≦ e - 1 のとき f(σ^(-i)(ζ)) と
f(σ^(-j)(ζ)) が同伴なら任意の g(X) ∈ Z[X] に対して
g(X) ≡ 0 mod (p, G_i(X)) と g(X) ≡ 0 mod (p, G_j(X)) が
同値になるが、G_i(X) と G_j(X) は mod p で異なるから、
これは有り得ないからである。

>>341 からさらに次のことが分かる。

円分整数 g(ζ) が f(ζ), f(σ^(-1)(ζ)), ..., f(σ^(-(e-1))(ζ))
の全てで割れれば g(ζ) は p で割れる。

証明
0 ≦ i ≦ e - 1 のとき
g(X) ≡ 0 mod (p, G_i(X)) となる。

>>339 より
1 + X + ... + X^(λ-1) ≡ G_0(X)G_1(X)...G_(e-1)(X) (mod p)
であり、各 G_i(X) は互いに異なるから
g(X) ≡ 0 mod (p, 1 + X + ... + X^(λ-1)) となる。
よって g(ζ) は p で割れる。
証明終

talk:>>342 お前が先に死ね。

p を有理素数で p ≠ λとし、 f を mod λでの p の指数とする。
r を mod λ の原始根とする。
σ(ζ) = ζ^r で Z[ζ] の自己同型σを定義する。

p を割る円分素数が必ずしも存在しない場合を考える。

F = Z/pZ とおく。
F の代数的閉包を Ω とする。以後 F の代数拡大体と、
F 係数の多項式の根は Ω の中で考える。

1 + X + ... + X^(λ-1) を mod p で既約多項式に分解する。
つまり、
1 + X + ... + X^(λ-1) ≡ G_0(X)G_1(X)...G_(e-1)(X) (mod p)
とし、各 G_i(X) は mod p で既約でモニックな多項式とする。

多項式 X^λ- 1 の微分は λX^(λ-1) であり、p ≠ λ だから
これは mod p で 0 ではない。よって X^λ- 1 は mod p で重根を
持たない。よって、1 + X + ... + X^(λ-1) も mod p で重根を
持たない。よって、各 G_i(X) は互いに異なる。
G_i(X) の各係数を mod p で還元して得られる F 係数の多項式
を g_i(X) と書く。g_0(X) の根の１つをωとする。
F(ω) は有限体である。g_0(X) の次数を k とすると F(ω) の元の
個数は p^k である。
ω は 1 + X + ... + X^(λ-1) の根でもあるから ω^λ = 1 である。
よって、F(ω) において X^λ- 1 は λ個の相異なる根を持つ。
よって >>327 と同じ論法で k = f である。
同様に 他の g_i(X) の次数も f である。

>>322 より F(ω) の元 x に対して u(x) = x^p とおくと、u は
F(ω)/F の自己同型写像である。
よって ω^p, ω^p^2, ..., ω^p^(f-1) は g_0(X) の根である。

j を 1 ≦ j ＜ f となる有理整数で、ω^p^j = ω とすると、
F(ω) の任意の元 x に対して、x^p^j = x となる。
よって F(ω) の任意の元が X^p^j - X の根となる。
よって F(ω) の元の個数は p^j 以下である。
ところが、F(ω) の元の個数は p^f だからこれは矛盾である。

よって、0 ≦ i ＜ j ≦ f - 1 のとき ω^p^i ≠ ω^p^j である。
よって、ω, ω^p, ..., ω^p^(f-1) は相異なる g_0(X) の根である。

x ∈ Z に対して x の属す mod λ の剰余類、つまり Z/λZ の元
を対応させる写像を ρ とする。
f は p の mod λ での指数だから ρ(p) を Z/λZ の乗法群の元
とみたときの位数は f である。
よって、集合 {ρ(1), ρ(p), ρ(p^2), ..., ρ(p^(f-1))} は
Z/λZ の乗法群の位数 f の部分群をなす。

いつものように r を mod λ の原始根とし、e = (λ- 1)/f とおく。
ρ(r^e) の位数も f である。
よって、集合 {ρ(1), ρ(r^e), ρ(r^e^2), ..., ρ(r^e^(f-1))} も
Z/λZ の乗法群の位数 f の部分群をなす。
Z/λZ の乗法群は巡回群だから位数 f の部分群はただ１つである。
よって、{ρ(1), ρ(p), ρ(p^2), ..., ρ(p^(f-1))} と
{ρ(1), ρ(r^e), ρ(r^e^2), ..., ρ(r^e^(f-1))} は集合として
同じである。

２ｎ枚のカードを上からｎ枚の上の山とｎ枚の下の山に分ける。
上の山の１番下のカードを１番下に置く。その上に，下の山の１番下のカードを置く。
次に，その上に，残った上の山の１番下のカードを置く。次に，その上に，残った下の山の１番下のカードを置く。
以下同様に続けて，最後は，下の山の１番上にあったカードを１番上に置いて，このシャッフル１回を終える。

　（１）２ｎ枚の上からｘ枚目にあったカードが，このシャッフル１回で，上からｙ枚目に移ったとする。
　　　　このとき，ｎとｘとｙとの間の関係を求めよ。
　（２）２ｎ枚のカードに，このシャッフルを何回か行うと，カードの並び順が最初とまったく同じとなります。
　　　　このシャッフルｋ回で最初の並び順と同じになったとする。この事実に対して，どのようなことが成り立つか。
あなたが気付いた結論とその理由を述べよ。

>>348 の最後より
{ω, ω^p, ω^(p^2), ..., ω^(p^(f-1))} と
{ω, ω^(r^e), ω^(r^e^2), ..., ω^(r^e^(f-1))} は集合として
同じである。

>>347 の仮定と記号をそのまま使う。
H(X) ∈ Z[X] で H(ζ) = 0 とする。
H(X) = (1 + X + ... + X^(λ-1))Q(X) となる Q(X) ∈ Z[X] がる。
ω は 1 + X + ... + X^(λ-1) の根だから H(ω) = 0 である。
よって、Z[ζ] から F(ω) への環としての準同型写像 Φ で
Φ(ζ) = ω となるものが(ただ1つ)ある。

η_0, ..., η_(e-1) を f 項周期(>>268) とする。

>>350 より
Φ(η_0) = ω + ω^r^e + ω^(r^e^2) + ... + ω^(r^e^(f-1))
= ω + ω^p + ω^(p^2) + ... + ω^(p^(f-1))
である。
>>348 より ω^p, ω^p^2, ..., ω^p^(f-1) は g_0(X) の根である。
よって ω + ω^p + ω^(p^2) + ... + ω^(p^(f-1)) は g_0(X)
の X^(f-1) の係数と符号を除いて一致する。
よって、Φ(η_0) ∈ F である。

同様に 1 ≦ i ≦ e - 1 のとき
Φ(η_i) は g_i(X) の X^(f-1) の係数と符号を除いて一致する。
よって、Φ(η_i) ∈ F である。

>>351 の主張、つまり f 項周期 η_i、0 ≦ i ≦ e - 1
に対して Φ(η_i) ∈ F であるというのは、以下のように
しても分かる。

G = Aut(Z[ζ]) を Z[ζ] の自己同型群とする。
r を mod λ の原始根とし、e = (λ- 1)/f とおく。
σ(ζ) = ζ^r により Z[ζ] の自己同型 σ を定義する。
G は σ で生成される巡回群であり、その位数は λ- 1 である。
σ^e の位数は f である。

一方、τ(ζ) = ζ^p により の自己同型 τ を定義する。
τ の位数も f である。
よって、σ^e とは G の同じ部分群を生成する。
よって、τ = (σ^e)^k となる有理整数 k がある。

g(ζ) を f 項周期から構成される円分整数(>>269)とする。
定義から σ^e(g(ζ)) = g(ζ) である。
よって、τ(g(ζ)) = g(ζ) である。
つまり、g(ζ^p) = g(ζ) である。

よって、Φ(g(ζ)) = Φ(g(ζ^p)) = g(ω^p) = g(ω)^p
である。
Φ(g(ζ)) = g(ω) だから g(ω) = g(ω)^p である。
よって、g(ω) は F の元である。
つまり、Φ(g(ζ)) ∈ F である。特に、Φ(η_i) ∈ F である。

>>347 の仮定と記号をそのまま使う。
1 + X + ... + X^(λ-1) の Ω における根の全体を S とおく。
S = {ω, ω^2, ..., ω^(λ-1)} である。

F(ω)/F の自己同型群を G' とする。
>>322 より F(ω) の元 x に対して u(x) = x^p とおくと、u は
G' の元であり、G' は u で生成される巡回群である。

u(ω) ∈ S だから G' は S に作用する。
v ∈ G' で v(ω) = ω なら v = 1 である。
よって、S を G' の作用で類別し、その類を C_0, C_1, ..., C_k と
すれば、各 C_i の元の個数は G' の位数と一致、すなわち f である。
よって k = e - 1 である。

>>347 の g_i(X) ∈ F[X] は既約であり、その根全体は上記の類の
1つと一致する。g_0(X) の根の1つは ω だから g_0(X) の根全体は
C_0 である。 i > 0 のとき、g_i(X) の根全体は C_i と仮定する。

ω, ω^r, ..., ω^r^(e-1) は互いに異なる類に属す。
よって、0 ≦ i ≦ e - 1 のとき、ω^r^i は g_i(X) の根と仮定する
(もし、そうなってなければ g_i(X) の番号を付け替えればよい)。

>>351 の Φ を Φ_0 と書くことにする。
>>351 より 0 ≦ i ≦ e - 1 のとき Φ_0(η_i) ∈ F である。
Φ_0(η_i) = v_i とおく。

>>353 より 1 ≦ i ≦ e - 1 のとき、ω^r^i は g_i(X) の根だから
>>351 と同様に Z[ζ] から F(ω) への環としての準同型写像 Φ_i
で Φ_i(ζ) = ω^r^i となるものが(ただ1つ)ある。

Φ_1(η_0) = Φ_1(ζ + ζ^r^e + ... + ζ^r^((f-1)e))
= ω^r + ω^r^(e+1) + ... + ω^r^((f-1)e + 1)
= v_1

Φ_1(η_1) = v_2
.
.
Φ_1(η_(e-1)) = v_0

となる。
つまり Φ_1 は 列 (η_0, η_1, ..., η_(e-1)) を
列 (v_1, v_2, ..., v_0) に写す。

同様にして、
Φ_2 は 列 (η_0, η_1, ..., η_(e-1)) を
列 (v_2, v_3, ..., v_1) に写す。

以下同様にして、
Φ_(e-1) は 列 (η_0, η_1, ..., η_(e-1)) を
列 (v_(e-1), v_0, ..., v_(e-2)) に写す。

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　　 ｜　　｜　　|　/　　 /|　　 /　レ　　　＼`ー ' |　 ｜　 /

talk:>>355 お前に何が分かるというのか？

Z[ζ] から Ω への環としての準同型写像の全体を
Hom(Z[ζ], Ω) と書く。
Hom(Z[ζ], Ω) の元は多項式 1 + X + ... + X^(λ-1)
の Ω における任意の根で定まる。よって、Hom(Z[ζ], Ω)の
元の個数は λ-1 個である。

φとψを Hom(Z[ζ], Ω)の元とする。
1 + X + ... + X^(λ-1) の Ω における根の１つを ω とすれば
他の根は ω のベキとなる。
よって、φ(ζ) は ω のベキとなり、逆も言える。
よって、φ(Z[ζ]) = F(ω) である。
同様に、ψ(Z[ζ]) = F(ω) である。

>>347 から F(ω) は p^f 個の元からなる有限体である。

F(ω) の自己同型は u で生成される位数 f の巡回群
G = {1, u, u^2, ..., u^(f-1)} である。
ここで u は F(ω) の元 x に対して u(x) = x^p とで定義されるもの。

G の元 u^i, 0 ≦ i ≦ f - 1 に対して (u^i)φ は Hom(Z[ζ], Ω) の
元である。(u^i)φ(ζ) = φ(ζ)^(p^i) だから
0 ≦ i, j ≦ f - 1 で i ≠ j なら (u^i)φ ≠ (u^j)φ である。
0 ≦ i ≦ f - 1 なら φ と (u^i)φ の核は一致することは
明らかだろう。この逆が成立つことを示そう。

ψを Hom(Z[ζ], Ω)の元として、Ker(φ) = Ker(ψ) とする。
x, y ∈ Z[ζ] で φ(x) = φ(y) なら x - y ∈ Ker(φ) = Ker(ψ)
だから ψ(x) = ψ(y) である。よって φ(x) に対して ψ(x) は
一意に決まる。φ(x) に ψ(x) を対応させる写像を v とすれば、
v が F(ω) の自己同型であることは明らかだろう。
よって、0 ≦ i ≦ f - 1 となる i があって v = u^i となる。
vφ = ψ だから ψ = (u^i)φ である。

>>357 の続き。

φとψを Hom(Z[ζ], Ω)の元とする。
Ker(φ) = Ker(ψ) のとき φ と ψ は同値といい、φ〜ψ と書く。
これが同値関係であることは明らかだろう。
集合 Hom(Z[ζ], Ω) をこの同値関係で分類したときの各同値類の
元の個数は >>357 より f である。よって同値類の個数は
e = (λ-1)/f である。

Ker(φ)を決定しよう。
φ(ζ) を根とする F 係数のモニックな多項式を g(X) とする。
φ(ζ) は 1 + X + ... + X^(λ-1) の根でもあるから、
g(X) は 1 + X + ... + X^(λ-1) を割る。
G(X) を Z 係数のモニックな多項式で、それを mod p で還元して
得られる多項式が g(X) とする。
f(X) ∈ Z[X] で φ(f(ζ)) = 0 とする。
>>340 と同様にして f(X) は mod p で G(X) で割れることが分かる。
つまり、f(X) ≡ 0 mod (p, G(X)) である。
逆に、f(X) ≡ 0 mod (p, G(X)) なら φ(f(ζ)) = 0 である。
よって、Ker(φ) は g(X) で決まることが分かる。
つまり、Hom(Z[ζ], Ω) の同値類は 1 + X + ... + X^(λ-1) の
F[X] での既約因子と１対１に対応する。

>>358 の続き。

f 項周期から構成される円分整数のなす環を A とおく。
>>329 より Z[ζ] の元は 1, ζ, ..., ζ^(f-1) の A 係数の一次結合
として表される。

有理数体 Q 上 ζ で生成される体 Q(ζ)は Z[ζ] の商体である。
A の商体を L とする。L は Q(ζ) の部分体とみなす。
>>329 で定義したσを使う。
τ = σ^e とおけば、1, τ, τ^2, ..., τ^(f-1) は
拡大 Q(ζ)/L の自己同型である。
よって、Q(ζ) の L 上の拡大次数は f 以上である。
一方、>>329 の P(X) は次数 f の A 係数のモニックな多項式で
P(ζ) = 0 であるから Q(ζ) の L 上の拡大次数は f 以下、
従って f である。
よって >>329 の P(X) は A の商体 L 上 の多項式として既約である。
よって、1, ζ, ..., ζ^(f-1) は L 上、従って A 上一次独立である。

>>359 の続き。

αを A から F への環としての準同型とする。
P(X) の係数に αを作用させて得られる F 係数の多項式を g(X) とおく。
A[X] において P(X) は 1 + X + ... + X^(λ-1) を割る。
このことは、>>338 のように、

P_0(X) = P(X)
P_1 (X) =
(X - σ(ζ))(X - σ^(e+1)(ζ))...(X - σ^((f-1)e + 1)(ζ))
...
P_(e-1)(X) =
(X - σ^(e-1)(ζ))(X - σ^(2e-1)(ζ))...(X - σ^(fe - 1)(ζ) )
とおけば、各 P_i(X) ∈ A[X] であり、

1 + X + ... + X^(λ-1) = P_0(X)P_1(X)...P_(e-1)(X)
となることから分かる。

よって、F[X] において g(X) は 1 + X + ... + X^(λ-1) を割る。
>>347 より 1 + X + ... + X^(λ-1) の既約因子の次数 は f であり、
g(X) の次数は f だから g(X) は F[X] で既約である。

>>360 の続き。

g(X) の Ω における根の１つをωとする。
H(X) ∈ A[X] に対して その係数に αを作用させて得られる
F 係数の多項式を h(X) とおく。

>>359 より P(X) は L[X] において既約だから、H(ζ) = 0 なら
L[X] において H(X) は P(X) で割れる。P(X) はモニックだから
H(X) は A[X] においても P(X) で割れる。
よって、h(X) は g(X) で割れる。よって、h(ω) = 0 である。

よって、H(ζ) に対して h(ω) を対応させる写像が定まる。
これを ψとかく。つまり、ψ(H(ζ)) = h(ω) である。
このψが A[ζ] = Z[ζ] から F への準同型であることは明らかだろう。
ψを A に制限したものは α である。

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　　　/　　　ノ　｜　/　　ヽ ヽ、＿／）　 （＼　　 　）　ゝ　　｜ /　　　＼　|
　　 ｜　　｜　　|　/　　 /|　　 /　レ　　　＼`ー ' |　 ｜　 /

23 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2006/07/05(水) 15:58:21
>>18
数学者以外の職に就くに決まってんだろカス

>>361 の続き。

φを Hom(Z[ζ], Ω)の元で、φを A に制限したものは α で
あるとする。P(ζ) = 0 だから φ(P(ζ)) = g(φ(ζ)) = 0 である。
よって φ(ζ) は g(X) の Ω における根である。
よって、>>358 より φ と ψ は同値である。つまり
Ker(φ) = Ker(ψ) である。

>>351 より Φ を Hom(Z[ζ], Ω) の任意の元とすると、
Φ(A) = F である。

Hom(Z[ζ], Ω) を >>358 の同値関係 〜 で類別した商集合を
Hom(Z[ζ], Ω)/〜 と書く。

以上から Hom(A, Ω) の元と Hom(Z[ζ], Ω)/〜 の元は一対一に
対応する。

452:１３２人目の素数さん :2006/07/05(水) 17:28:39
23 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2006/07/05(水) 15:58:21
>>18
数学者以外の職に就くに決まってんだろカス

23 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2006/07/05(水) 15:58:21
>>18
数学者以外の職に就くに決まってんだろカス

23 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2006/07/05(水) 15:58:21
>>18
数学者以外の職に就くに決まってんだろカス

23 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2006/07/05(水) 15:58:21
>>18
数学者以外の職に就くに決まってんだろカス

23 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2006/07/05(水) 15:58:21
>>18
数学者以外の職に就くに決まってんだろカス

>>364 の続き。

Hom(A, Ω) の任意の元を α とし、
α(η_0) = v_0
α(η_1) = v_1
.
.
α(η_(e-1)) = v_(e-1)
とする。

>>357以降述べたことと、>>354 より Hom(A, Ω) のすべての元 は
(v_0, v_1, ..., v_(e-1)) の順列から得られる。

この「整数論」、随分頑張ってる事は分かるが記法の所為で読み難い。
TEXで書いてPDFにしてWebで公開した方が良いのでは？

>>367

前にも理由を書いたけど、面倒なのが最大の理由。
つまり、TEX を知らない（分かってるって、あんたらが言いそうなことは）
んでそれを覚えるのが面倒だし、書くのも面倒だと想像してる。
それから、ここだとレスポンスが早いんじゃないかと思ったんだが、
全然レスポンスがないんでそれに関しては外れた。
それから、ノート代わりに書いてるってのもあるｗ
それが目的の全てでは勿論ないが。

細かいことに拘らずに、ただ数式を文書にするだけなら、
意外と簡単ですよ

これは美しくない、とかこういうフォントにしたい、とか言い出すと大変ですけど

>>368
レスポンスしたら怒られそうなんですけど・・

>>369

WebにPDFでアップロ−ドするってのはある程度完成して、校正も
すましてからっていう場合がほとんどでしょう。
私の場合は現在進行形なんですよ。
ここは気楽に書けるってことが気に言ってるんです。

>>370

そんなことはない。本題に関係することなら歓迎。

>>372
ありがとうございます。

>368 ：１３２人目の素数さん ：2006/07/06(木) 08:33:41
367だが。

> 前にも理由を書いたけど、面倒なのが最大の理由。

分かるけどさ。（小生もTEXのソースを持っているが学習しようという気にはならないから・・・）
でも、折角書くんだったら読みやすいほうが良いと思うよ。

> それから、ここだとレスポンスが早いんじゃないかと思ったんだが、全然レスポンスがないんでそれに関しては外れた。

レスポンスがないのは、多分
１．真面目に（代数的）整数論に関心を持つ奴が2チャンネルには殆どいない、
２．内容が面白そうなので読もうと思うが、表記法の所為で読む気を失くす。

のどちらかだと思う。（因みに、。小生は２．）

「表記法なんて本質的じゃない」と若い貴兄は思うかも知れんが、そうでもないよ。
（分野は異なるが、Milnorの　Exotic　Sphereの論文（1956、Ann. of Math.)を「解説」する試みをアメリカのマスターの学生が2-3人やっているけど、あれだって読む奴は読んでる。）

結論から言うと、内容は悪くないのだから是非体裁にも気を配って欲しい。
もし、貴兄の仕事が「整数論の代表的な教科書」になるとしたら悪くないだろ。
（小生の言う事に頷けないなら、AshやMilneがオンラインで公開している代数的整数論のテキストを見て欲しい。）

>>374

完成したらＰＤＦにすることを考えます。

>１．真面目に（代数的）整数論に関心を持つ奴が2チャンネルには殆どいない、
>２．内容が面白そうなので読もうと思うが、表記法の所為で読む気を失くす。

これ以外の人はいないの？
例えば、読んではいるがよく理解出来ないとか、
読んで大体理解出来るがレスする気はないとか。
部分的に読んでるだけとか。

>376
>これ以外の人はいないの？

居るかも知れない。が（何れにせよ２．を含め）少数のような気が・・・
ま、何れにせよ此れが発展して好いテキストになる事を希望する。

>>376

幾何学分野であれば、イメージの解説、定理の有用性を論じ易い。

整数論なら他分野への応用、枠組みの復習、角度を変えた理解の仕方など、
多少の重複を絡めて追随し易くする工夫もあろう。

この講義を役立てたいレベルの者には、整理された一本道のばく進だけでは、つらかろう。

クダラナイ煽りが入らないのは、他分野の者には部分的理解も出来ない所為かも知れん。

レスしようにもやりにくいんだよねー
代数的整数論と銘打ってる割には、最初にｶﾅｰﾘ一般的に
可換環論を扱っていたけど、あとでちゃんと関係するの？

>>379

ほとんど関係するが、直接関係ないとこもあるかもしれない。
それは後でわかる。あれは準備段階だから後から必要になったら
参照すればいい。ただし、代数的整数論を本格的にやろうと
思ったらあの程度の可換代数の知識は必要だと思う。

今やってるとこ(Kummerの理論)は全部、代数的整数論に関係ある
というかそのもの。

試行錯誤しながらだから、煩雑になるのはやむを得ないとは思うけど、
最初に抽象論をやっておきながら、急に具体的な計算をシコシコ始めたりするので
統一性が取れてないように感じるし、なんか方向性がよくみえないんだよねー
いまやってるような計算を後で抽象論から練り直すとかならおもしろそうだけど。
代数的整数論って、類体論的な方向と、岩澤理論的な方向とがあると思うけど
どういう方向性でやるんですか〜？

>378 名前：１３２人目の素数さん ：2006/07/06(木) 17:23:20
> この講義を役立てたいレベルの者には、整理された一本道のばく進だけでは、つらかろう。

だからそれは皆で、「此処はこう書いたらどうか？」とか「こういう例を入れたらどうか？」といった提言をすれば良いんだよ。

>>381
>最初に抽象論をやっておきながら、急に具体的な計算をシコシコ始めたりするので

これは、平行してやってると考えてほしい。両者は一応別物。
だからＩＤも変えた。前のＩＤでいずれ戻る。
Kummer 理論は先にやったほうが良かったかもしれない。
これは代数的整数論がどのようにして生まれたものかを示している。
これによって動機付けを行ったところで現代的なやり方で展開するわけ。

>代数的整数論って、類体論的な方向と、岩澤理論的な方向とがあると思うけど
>どういう方向性でやるんですか〜？

岩澤理論はよく知らないもんで（苦笑）。
類体論はやる予定。

talk:>>362 お前に何が分かるというのか？

人の脳を読む能力を悪用する奴を潰せ。

わらわせるね

読んでますよ
ヒマを見つけてレスもしたいと思います
がんばってください

IDってのはトリップのことかね

岩澤理論ってクンマーの理想数の概念を厳密化したやつとか見た気がする

＞379 名前：１３２人目の素数さん ：2006/07/06(木) 23:20:06
＞　最初にｶﾅｰﾘ一般的に可換環論を扱っていたけど、あとでちゃんと関係するの？

主催者ではないが、横合いからごめん・・・
整数論や代数幾何をやらなくても（Atiyah-McDonald程度の）可換代数を知っとくのは悪くないと思うが？

>>388
岩澤主予想？ならクンマーが見つけた円分体の類数とゼータ値との関係の精密化。
>>389
スレタイが代数的整数論になってたから聞いただけだよ。

＞390 ：１３２人目の素数さん ：2006/07/08(土) 18:06:55
＞ >>389
＞　スレタイが代数的整数論になってたから聞いただけだよ。

そうか。
ま、その辺りは主催者が後で整理する事を期待しようよ。

観客はゼロでなかった様だ、クンマーゆっくり頑張れ。

次の本は薄いが面白い。

ガウスの遺産と継承者たち
高瀬 正仁 著
海鳴社

それによるとガウスの整数論考究の主題は平方剰余の相互律と
その高次冪への拡張を目指したものという。
２次形式の理論もそれとの関連が動機であるという。
そして、最後の円分体の理論も勿論そう。
そこにガウスはレムニスケートの等分においても似たような理論が
得られると書いてある。これは虚数乗法と相互律の関連を示唆
していると思われる。そして歴史は、ガウスの予想した
通りになった。つまり、現代の代数的整数論の淵源はすべて
ガウスから出ていると言っていいだろう。

ガウスが平方剰余の相互法則に７個もの証明をつけたのは
それによって高次冪剰余の相互法則に関してヒントが得られるの
ではないかと思ったためである。そして事実、それは成功して
四次剰余の相互法則の証明を得た。

ガウスは、高次冪剰余の相互法則が生息する自然な舞台は
有理数体ではなく１の冪根を含む数体であると書いてある。
Kummer は、この言葉に忠実に従い、円分体の整数論を
研究しλが正則な素数のときに Kummer 体におけるλ冪剰余の
相互法則を得た。これは Kummer の最大の業績であると Hilbert と
Weil は言っている。

現代の代数的整数論の教科書を見ると高次相互律に関しては
あまり書かれていない。高木の本でさえも。

>>358, >>364 より以下の３個の集合には１対１の標準的な
対応が存在することがわかった。

1) 1 + X + ... + X^(λ-1) の F[X] でのモニックな既約因子の集合
2) Hom(A, Ω)
3) Hom(Z[ζ], Ω)/〜

これらのどの要素も、p を割る素因子を定めるが、我々はまだ
素因子を定義していない。素因子というからには円分整数がそれで
割れるときに、それの何乗で割れるか、つまり重複度が定義される
べきだろう。
次に Kummer による素因子の重複度の定義を述べよう。

> 現代の代数的整数論の教科書を見ると高次相互律に関しては
> あまり書かれていない。高木の本でさえも。

類体論が完成して以来、相互法則はその系であるという捉え方が主流ですからねー。
これに不満を抱いていた久保田富雄は、類体論に依らない高次の相互法則の
幾何学的証明を得ている。
逆にこのようにして得た相互法則から類体論を証明することも考えているようだけど、
こちらはまだうまくいっていないみたいだね。

参考：久保田富雄「数論論説」牧野書店

>類体論が完成して以来、相互法則はその系であるという捉え方が主流ですからねー。

類体論が相互律を吸収したというようなイメージを持ってるんでしょうね。
だけど、教科書で相互律を取り上げないのは初学者には不親切だと思う。

Gauss にしろ Kummer にしろ相互律の究明が最大の関心事であって、
２次形式論とか円分体の因子論などはそれを究明する手段に過ぎない。
Hilbertの報文でさえも、主題は相互律であることは目次からもわかる。

人の脳を読む能力を悪用する奴を潰せ。

訂正：

>>394
>2) Hom(A, Ω)

これは
2) Hom(A, F) の間違い。

>>351 より Φ を Hom(Z[ζ], Ω) の任意の元とすると、
Φ(A) = F であるから。

訂正：

>>366
>(v_0, v_1, ..., v_(e-1)) の順列から得られる。

(v_0, v_1, ..., v_(e-1)) の巡回順列から得られる。

巡回順列の意味は明らかだろう。
例えば、(3, 1, 0, 3) を最初の順列とすると、
(1, 0, 3, 3)
(0, 3, 3, 1)
(3, 3, 1, 0)
が残りの巡回順列である。

良いスレはできれば、sage進行でお願いします。

>>394, >>398, >>399 の続き。

Hom(Z[ζ], Ω)/〜 の各類から代表元 Φ_0, ..., Φ_(e-1) を
とる。
Φ_0(η_0) = v_0
Φ_0(η_1) = v_1
.
.
Φ_0(η_(e-1)) = v_(e-1)
とおく。>>351 より各 v_i は F の元である。
>>366, >>399 より他のΦ_i の A への制限は
(v_0, v_1, ..., v_(e-1)) の巡回順列から得られる。

円分整数 f(ζ) に対して Φ_i(f(ζ)) = 0 となるとき、
f(ζ) は Φ_i で定まる素因子で割れると言う。
未だ素因子の定義をしてないが、便宜上 Φ_i(f(ζ)) = 0
となることをこう言う。

1 + X + ... + X^(λ-1) を mod p で既約多項式に分解し、
1 + X + ... + X^(λ-1) ≡ G_0(X)G_1(X)...G_(e-1)(X) (mod p)
とする。各 G_i(X) は mod p で既約でモニックな多項式である。
>>394 より 各Φ_i に G_i(X) が対応すると仮定してよい。
Φ_i(f(ζ)) = 0 となるためには、
>>358 より f(X) ≡ 0 mod (p, G_i(X)) となることが必要十分である。

よって、各 i, 0 ≦ i ≦ e-1 で Φ_i(f(ζ)) = 0 となれば
>>345 と同様にして f(ζ) は p で割れることが分かる。
逆にf(ζ) が p で割れれば 各 i で Φ_i(f(ζ)) = 0 となることは
明らかである。

つまり、f(ζ) が p で割れるための必要十分条件は
各 i で f(ζ) がΦ_i で定まる素因子で割れることである。

>>401 の続き。

A の元、つまり f 項周期から構成される円分整数 Ψ(η) で
以下の条件を満たすものを考える。
ここで、η は f 項周期の組 η_0, ..., η_(e-1) を略したもので、
Ψ(η) は η_0, ..., η_(e-1) の多項式表現である(>>333)。
このように書くのは Ψ(η) が f 項周期から構成される円分整数
であることを明示するためである。

1) Ψ(η) は Φ_0 で定まる素因子で割れない。
2) i ≠ 0 のとき、Ψ(η) は Φ_i で定まる素因子で割れる。

このような Ψ(η) が存在することは後で示す。
ここでは、Ψ(η) の存在を認めることにする。
円分整数 f(ζ) に対して
Ψ(η)f(ζ) ≡ 0 (mod p) とする。

Φ_0(p) = 0 だから p は Φ_0 で定まる素因子で割れる。
よって、Ψ(η)f(ζ) もΦ_0 で定まる素因子で割れる。
条件 1) より Ψ(η) は Φ_0 で定まる素因子で割れない。
よって f(ζ) はΦ_0 で定まる素因子で割れる。
このことは、Φ_0(Ψ(η)f(ζ)) = Φ_0(Ψ(η))Φ_0(f(ζ)) = 0 と、
Φ_0(Ψ(η)) ≠ 0 より分かる。

逆に、f(ζ) は Φ_0 で定まる素因子で割れると仮定する。
明らかに Ψ(η)f(ζ) もΦ_0 で定まる素因子で割れる
一方、条件 2) より i ≠ 0 のとき、Ψ(η)f(ζ) は Φ_i で定まる
素因子でも割れる。よって、>>401 の最後より Ψ(η)f(ζ) は
p で割れる。

以上から Ψ(η)f(ζ) ≡ 0 (mod p) であるためには、
f(ζ) が Φ_0 で定まる素因子で割れることが必要十分である。

>>402 の続き。

円分整数 f(ζ) に対して ある有理整数 k ≧ 1 があり
(Ψ(η)^k) f(ζ) ≡ 0 (mod p^k) とする。

このとき f(ζ) は Φ_0 で定まる素因子で k 回割れるという。

f(ζ) が Φ_0 で定まる素因子で k 回割れるが、k + 1 回では
割れないとき、f(ζ) は Φ_0 で定まる素因子できっかり
k 回割れるという。

この定義が >>402 の条件 1), 2) を満たす Ψ(η) の取り方に
よらないことは後に示す。

f(ζ) が Φ_0 で定まる素因子できっかり k 回割れるとき、
この k を(一時的に) ord(f(ζ)) と書こう。
f(ζ) が Φ_0 で定まる素因子で割れないときは、ord(f(ζ)) = 0 と
する。

このとき以下の命題が成立つ。

1) 円分整数 f(ζ) が 0 でなければ ord(f(ζ)) は有限値として
必ず定まる。

2) f(ζ) ≠ 0, g(ζ) ≠ 0 なら
ord(f(ζ)g(ζ)) = ord(f(ζ)) + ord(g(ζ)) となる。

3) f(ζ) ≠ 0, g(ζ) ≠ 0 で、f(ζ) + g(ζ) ≠ 0 なら
ord(f(ζ) + g(ζ)) ≧ min(ord(f(ζ), ord(g(ζ)) である。

4) ord(p) = 1 である。

まず >>403 の命題 4) を証明する。

4) ord(p) = 1 である。

証明
Ψ(η)p ≡ 0 (mod p) は明らかである。

(Ψ(η)^2) p ≡ 0 (mod p^2) とする。
Ψ(η)^2 ≡ 0 (mod p) となる。
p は Φ_0 で定まる素因子で割れるから、Ψ(η)^2 は Φ_0 で定まる
素因子で割れる。よって、Ψ(η) も Φ_0 で定まる素因子で割れる。
これは Ψ(η) の仮定である >>402 の条件 1) に反する。
よって、ord(p) = 1 である。
証明終

>>403 の残りの命題を証明する前に補題を用意する。

補題
f(ζ) ≠ 0 を円分整数とし、f(ζ) が Φ_0 で定まる素因子で
k 回割れるとする。
(Ψ(η)^k) f(ζ) ≡ 0 (mod p^k) だから、
(Ψ(η)^k) f(ζ) / p^k は 円分整数である。
これを h(ζ) とする。
f(ζ) が Φ_0 で定まる素因子できっかり k 回割れるためには、
h(ζ) が Φ_0 で定まる素因子で割れないことが必要十分である。

証明
(Ψ(η)^k) f(ζ) = (p^k) h(ζ) である。
>>402 の最後より h(ζ) が Φ_0 で定まる素因子で割れるためには
Ψ(η)h(ζ) ≡ 0 (mod p) が必要十分である。
このことから命題の主張は明らかである。
証明終

補題
f(ζ) ≠ 0, g(ζ) ≠ 0 を円分整数とし、
f(ζ) が Φ_0 で定まる素因子できっかり k 回割れ
g(ζ) が Φ_0 で定まる素因子できっかり l 回割れるとする。
このとき、f(ζ)g(ζ) は Φ_0 で定まる素因子できっかり
k + l 回割れる。

証明
(Ψ(η)^k) f(ζ) ≡ 0 (mod p^k) だから、
(Ψ(η)^k) f(ζ) = (p^k) h(ζ) となる円分整数 h(ζ) がある。
同様に、
(Ψ(η)^l) g(ζ) = (p^l) r(ζ) となる円分整数 r(ζ) がる。
>>405 より h(ζ) と r(ζ) は Φ_0 で定まる素因子で割れない。

(Ψ(η)^(k+l)) f(ζ)g(ζ) = p^(k+l) h(ζ)r(ζ)
であるが、h(ζ)r(ζ) は Φ_0 で定まる素因子で割れない。
よって、>>405 より f(ζ)g(ζ) はきっかり k + l 回割れる。
証明終

>>403 の命題 1) を証明する。

1) 円分整数 f(ζ) が 0 でなければ ord(f(ζ)) は有限値として
必ず定まる。

証明
f(ζ) のノルム Nf(ζ) = (p^s)m とする。ここで m は p と素な
有理整数である。s = 0 の場合は ord(f(ζ)) = 0 だから
s ≧ 1 と仮定する。
>>404 と >>406 より、Nf(ζ) は Φ_0 で定まる素因子で
きっかり s 回割れる。

f(ζ) が Φ_0 で定まる素因子で k 回割れるとする。
(Ψ(η)^k) f(ζ) = (p^k) h(ζ) となる円分整数 h(ζ) がある。
Nf(ζ)/f(ζ) は円分整数だからこれを g(ζ) と書く。
つまり Nf(ζ) = f(ζ)g(ζ) である。
よって (Ψ(η)^k) Nf(ζ) = (p^k) h(ζ)g(ζ) となる。
よって、Nf(ζ) はΦ_0 で定まる素因子で k 回割れる。
よって、s ≧ k である。よってこのような k は上に有界である。
よって、ord(f(ζ)) はこのような k の最大値として定まる。
証明終

>>403 の命題 2) は 命題 1) と >>406 の補題からただちに得られる。
>>403 の命題 3) は 定義(>>403) から明らかである。

以上で >>403 の命題はすべて証明された。

次に >>403 で定義した ord(f(ζ)) が、>>402 の条件 1), 2) を
満たす Ψ(η) の取り方によらないことを示す。

Φ(η) が >>402 の条件 1), 2) を満たすとする。
Φ(η) で定義される ord(f(ζ)) に対応するものを ord_2(f(ζ))
と書こう。

ord(f(ζ)) = k とする。 k = 0 なら明らかだから k ≧ 1 とする。
>>405 より (Ψ(η)^k) f(ζ) = (p^k) h(ζ) となる円分整数 h(ζ)
で Φ_0 で定まる素因子で割れないものがある。

ord_2 に >>403 の命題を適用すると、
ord_2((Ψ(η)^k) f(ζ)) = ord_2(f(ζ))
ord_2((p^k) h(ζ)) = k
となる。
よって、 ord_2(f(ζ)) = k である。
これが証明すべきことであった。

>>402 の条件 1), 2) を満たす Ψ(η) が存在することを示す。
>>401 で
Φ_0(η_0) = v_0
.
.
Φ_0(η_(e-1)) = v_(e-1) とおいた。
各 v_i は F つまり標数 p の素体 Z/pZ の元である。
各 i に対して v_i の Z における代表元 u_i で 0 ≦ u_i ＜ p と
なるものを取る。

f 項周期から構成される円分整数 η_i - j の列を考える。
ここで i は 0 ≦ j ＜ e を動き、
j は有理整数で 0 ≦ j ＜ p 動く。
この列は ep 項からなる。
この列 から e 個の η_i - u_i を除いたものの積を Ψ(η)
とおく。Ψ(η) は ep - e 個の η_i - j の積である。

Φ_0(Ψ(η)) とすると、Φ_0(η_i - j) = 0 となる i がある。
つまり Φ_0(η_i) = j~ となる。ここで、j~ は j の mod p の
剰余類を表す。よって、j = u_i となるが、これは仮定に反する。
よって、Ψ(η) は >>402 の条件 1) を満たす。

s ≠ 0 のとき Φ_s ≠ Φ_0 だから Φ_s(η_i) ≠ v_i となる
i がある。よって Φ_s(η_i) の代表元を j とすれば、
Φ_s(η_i - j) = 0 で j ≠ u_i である。
よって Ψ(η) は η_i - j を因子にもつから Φ_s(Ψ(η)) = 0
である。よって、Ψ(η) は >>402 の条件 2) を満たす。

>>409 の証明からわかるように
s ≠ 0 のとき Φ_s(η_i) ≠ v_i となるような i
をとり、Φ_s(η_i) の代表元を j として、s を動かした
ときの η_i - j の積をΨ(η) としてもよい。
この場合 Ψ(η) は e - 1 個の η_i - j の積である。
むしろこの方が簡単だろう。

今度は λを割る円分素数 ζ - 1 について考える。

>>200 より
λ = N(1 - ζ) = (1 - ζ)(1 - ζ^2)...(1 - ζ^(λ-1))
であり、λ = ε(1 - ζ)^(λ-1) となる。
ここでεは単数である。

>>202 より ζ - 1 は円分素数である。

円分整数 f(ζ) ≠ 0 に対して ある有理整数 k ≧ 1 があり
f(ζ) が (ζ - 1)^k で割れるが (ζ - 1)^(k+1) で割れないとき
この k を(一時的に) ord(f(ζ)) と書こう。

このとき以下の命題が成立つ。

1) 円分整数 f(ζ) が 0 でなければ ord(f(ζ)) は有限値として
必ず定まる。

2) f(ζ) ≠ 0, g(ζ) ≠ 0 なら
ord(f(ζ)g(ζ)) = ord(f(ζ)) + ord(g(ζ)) となる。

3) f(ζ) ≠ 0, g(ζ) ≠ 0 で、f(ζ) + g(ζ) ≠ 0 なら
ord(f(ζ) + g(ζ)) ≧ min(ord(f(ζ), ord(g(ζ)) である。

4) ord(λ) = λ- 1 である。

証明
1) は f(ζ) のノルム Nf(ζ) を考えることにより
>>407 と同様にして証明される。詳細は読者にまかす。

2), 3), 4) は簡単である。これも詳細は読者にまかす。

いよいよ円分整数環 Z[ζ] における素因子の定義を述べる。

Z[ζ] から 0 を除いた集合 Z[ζ] - {0} を Z[ζ]^* と書く。
非負の有理整数全体を Z+ と書く。つまり Z+ = {n ∈ Z; n ≧ 0}

Z[ζ] から Z ∪ {∞} への写像 ν で以下の条件を
満たすものをZ[ζ] における素因子という。
ただし、∞ は単なる記号で 任意の n ∈ Z に対して ∞ ＞ n とする。

1) ν(Z[ζ]^*) = Z+
ν(0) = ∞

2) f(ζ) ≠ 0, g(ζ) ≠ 0 なら
ν(f(ζ)g(ζ)) = ν(f(ζ)) + ν(g(ζ)) となる。

3) ν(f(ζ) + g(ζ)) ≧ min(ν(f(ζ), ν(g(ζ)) である。

訂正：

>>412
>Z[ζ] から Z ∪ {∞} への写像 ν で以下の条件を

Z[ζ] から Z+ ∪ {∞} への写像 ν で以下の条件を

νを円分整数環 Z[ζ] の素因子とする。

ν(1) = ν(1) + ν(1) だから ν(1) = 0 である。
εを単数とすると、1/εも単数である。
よって ν(ε) + ν(1/ε) = ν(1) = 0 だから
ν(ε) = 0 である。

円分整数 f(ζ) に対して ν(f(ζ)) >= k のとき
f(ζ) は ν で k 回割れるという。
ν(f(ζ)) = k, k ≠ ∞ のとき、f(ζ) は ν できっかり k 回割れる
という。

f(ζ) が ν で １ 回割れるとき、単に ν で割れるという。

円分整数 f(ζ), g(ζ) に対して f(ζ) - g(ζ) が ν で割れる
とき f(ζ) と g(ζ) は ν を法として合同といい、
f(ζ) ≡ g(ζ) (mod ν) と書く。

これは同値関係であり、加法及び乗法と両立する。
即ち、Z[ζ] の同値類は環となる。
さらに、この同値関係は素である。
つまり f(ζ)g(ζ) ≡ 0 (mod ν) なら
f(ζ) ≡ 0 (mod ν) または g(ζ) ≡ 0 (mod ν) となる。
これは ν(f(ζ)g(ζ)) = ν(f(ζ)) + ν(g(ζ)) から明らか。

>>412 の 1) から ν(f(ζ)) = 1 となる f(ζ) がある。
Nf(ζ)/f(ζ) = g(ζ) は円分整数だから
ν(Nf(ζ)) = ν(f(ζ)) + ν(g(ζ)) ≧ 1 である。
Nf(ζ) ≠ 0 だから、ν で割れる有理整数で 0 でないものがある。
ν で割れる有理整数 n ＞ 0 で最小のものを p とする。
ν(1) = 0 だから p ＞ 1 である。p は素数である。
なぜなら p = ab, a ＞ 1, b ＞ 1 となる有理整数があるとすると、
ab ≡ 0 (mod ν) より a ≡ 0 (mod ν) または b ≡ 0 (mod ν)
となり、p の最小性に反するから。

これと >>414 から Z[ζ] の mod ν の同値類は Z/pZ の拡大整域
となる。ζ を含む同値類を ξ とすれば、この環は Z/pZ 上 ξ
で生成される。つまりこの環は (Z/pZ)[ξ] と書ける。
ω^λ = 1 だから、この環は Z/pZ 上の加群として
1, ω, ..., ω^(λ-1) で生成される。よってこれは有限環である。
有限整域は体であるからこの環は有限体である。
Z/pZ の代数的閉包を Ω とすると、(Z/pZ)[ξ] から Ω へ
体としての埋め込み(単射準同型)が存在する。
Z[ζ] から (Z/pZ)[ξ] への標準的な準同型と
(Z/pZ)[ξ] から Ω への埋め込みの合成をΦとすれば
Φは Z[ζ] から Ω への準同型である。
Φ(f(ζ)) = 0 であるためには f(ζ) が ν で割れることが
必要十分である。

>>415 において p ≠ λ とする。
すると >>415 の Φ は >>401 のΦ_0 と同じものと考えてよい。
よって >>409 から >>402 の条件 1), 2) を満たす Ψ(η) が
存在する。

f(ζ) ≠ 0 を円分整数とし、>>403 の意味で f(ζ) が Φ_0 で定まる
素因子できっかり k 回割れるとする。
(Ψ(η)^k) f(ζ) ≡ 0 (mod p^k) だから、
(Ψ(η)^k) f(ζ) / p^k は 円分整数である。
これを h(ζ) とする。
よって (Ψ(η)^k) f(ζ) = (p^k)h(ζ) となる。

>>405 より h(ζ) は Φ_0 で定まる素因子で割れない。
つまり Φ_0(h(ζ)) ≠ 0 である。よって、ν(h(ζ)) = 0 である。
>>402 の条件 1) より Ψ(η) は Φ_0(Ψ(η)) ≠ 0 である。
よって、ν(Ψ(η)) = 0 である。

よって、
ν((Ψ(η)^k) f(ζ)) = ν(f(ζ))
ν((p^k)h(ζ)) = ν((p^k)) = kν(p)

よって ν(f(ζ)) = kν(p) である。

>>403 の 1) より 円分整数 f(ζ) が 0 でなければ、k は非負有理整数
として必ず定まる。 よって >>412 の 条件1) ν(Z[ζ]^*) = Z+
より ν(p) = 1 でなければならない。
よって、ν(f(ζ)) = k である。

>>416 から λと異なる有理素数 p を割る素因子の集合は
>>394 の 例えば 2) の集合 Hom(A, F) (>>398参照)の要素と１対１に
対応することがわかる。

今度は、ν を λ を割る素因子とする。
>>411 より λ = ε(ζ - 1)^(λ-1) となる。
ここでεは単数である。
>>414 より ν(ε) = 0 だから ν(λ) = (λ-1)ν(ζ - 1) となる。
ν は λ を割るから (λ-1)ν(ζ - 1) ＞ 0 である。
よって ζ - 1 は ν で割れる。

補題
ν を λ を割る素因子とする。
円分整数 g(ζ) が ν で割れるなら ζ - 1 でも割れる。

証明
g(ζ) ≠ 0 と仮定してよい。
g(ζ) が ν で割れるなら Ng(ζ) も ν で割れる。
よって Ng(ζ) は λ で割れる。
よって Ng(ζ) は ζ - 1 で割れる。
>>202 から ζ - 1 は円分素数だから、g(ζ) の共役 g(ζ^i) で
ζ - 1 で割れるものがある。つまり g(ζ^i) = (ζ - 1)h(ζ)
となる円分整数 h(ζ) がある。
ij ≡ 1 (mod λ) となる有理整数 j をとれば
g(ζ) = g(ζ^ji) = (ζ^j - 1)h(ζ^j) となる。
よって、g(ζ) は ζ^j - 1 で割れる。
>>200 より (ζ^j - 1)/(ζ - 1) は単数だから
g(ζ) は ζ - 1 で割れる。
証明終

>>411 より 円分整数 f(ζ) ≠ 0 に対して ord(f(ζ)) が定まる。
ord(f(ζ)) = k なら f(ζ) = ((ζ - 1)^k) h(ζ) となる
円分整数 h(ζ) があり、h(ζ) は ζ - 1 で割れない。
>>418 の補題より h(ζ) は ν でも割れない。
よって
ν(f(ζ)) = ν((ζ - 1)^k) = kν(ζ - 1)
となる。
>>412 の 条件1) ν(Z[ζ]^*) = Z+ より ν(ζ - 1) = 1 で
なければならない。
よって、ν(f(ζ)) = k である。

円分整数環Z[ζ] の素因子は ν, μ などの代わりに P, Q など
とも書く。

素因子の重複を許した形式的な積を因子と呼ぶ。
つまり、因子は (P_1)^(n_1)...(P_r)^(n_r) と書ける。
ここで、P_1, ..., P_r は相異なる素因子であり、
n_1, ..., n_r は有理整数 ≧ 0 である。

因子の積の定義は自明であろう。
素因子の空集合の積を単位因子と呼び (1) で表す。

因子の集合はこの積により可換モノイド(単位半群)となる。
これは、素因子の集合から生成される自由可換モノイドである。

因子 A, B に対して A = BC となる因子 C があるとき A は B で
割れるという。因子 A, B の最小公倍因子、最大公約因子の定義
は明らかだろう。さらに 因子の無限個の集合に対しても
最大公約因子は定義出来て常に一意に存在する(何故か？)。

円分整数 f(ζ) と 因子 A = (P_1)^(n_1)...(P_r)^(n_r)
において 各 i で f(ζ) が P_i で n_i 回割れるとき、
f(ζ) は A で割れると言う。
f(ζ) ≠ 0 のとき f(ζ) を割る因子全体の最大公約因子を f(ζ) が
定める因子といい、(f(ζ)) と書く。f(ζ) が生成する単項イデアル
も (f(ζ)) と書く場合があるが、この場合と紛らわしいときは
div(f(ζ)) と書く。

f(ζ) が 各 i で P_i できっかり k_i 回割れるとすると、
(f(ζ)) = (P_1)^(k_1)...(P_r)^(k_r) である。

命題
円分整数 f(ζ) ≠ 0, g(ζ) ≠ 0 に対して、
div(f(ζ)g(ζ)) = div(f(ζ)) div(g(ζ)) である。

証明
>>412 の 2) より明らか。

次の定理およびそれから直に得られる系は Kummer の理想数の理論の
基本定理というべきものである。

定理
円分整数 f(ζ) ≠ 0, g(ζ) ≠ 0 に対して、
div(f(ζ)) が div(g(ζ)) で割れるなら f(ζ) は g(ζ) で割れる。

系
div(f(ζ)) = div(g(ζ)) なら f(ζ)/g(ζ) は円分単数である。

この系の証明は明らかだろう。

この定理の証明のためいくつかの補題を証明する。

ダイバージェンス

>>422, >>423 にＩＤを入れるのを忘れた。

円分整数 g(ζ) ≠ 0 が次の条件を満たすとき g(ζ) は条件(*) を
満たすということにする。

(*) 任意の円分整数 f(ζ) ≠ 0 に対して、div(f(ζ)) が div(g(ζ))
で割れるなら f(ζ) は g(ζ) で割れる。

補題
円分整数 g(ζ) ≠ 0, h(ζ) ≠ 0 がそれぞれ上の条件(*) を満たすなら、
g(ζ)h(ζ) も条件(*) を満たす。

証明
div(f(ζ)) が div(g(ζ)h(ζ)) で割れるとする。
>>422 より div(g(ζ)h(ζ)) = div(g(ζ)) div(h(ζ)) だから
div(f(ζ)) は div(g(ζ)) で割れる。よって f(ζ) は g(ζ) で
割れる。よって f(ζ) = g(ζ)R(ζ) となる円分整数 R(ζ) がある。
div(f(ζ)) = div(g(ζ)) div(R(ζ)) だから
div(R(ζ)) は div(h(ζ)) で割れる。
よって R(ζ) は h(ζ) で割れる。
よって f(ζ) = g(ζ)h(ζ) で割れる。
証明終

補題
有理整数 n ＞ 1 は >>426 の条件(*) を満たす。

証明
>>426 より n が素数 のときに証明すればよい。
n が λ と異なる素数 p のときは div(p) = (P_0)...(P_(e-1))
である。ここで 各 P_i は p を割る素因子である。
これは >403 の命題 4) より 各 P_i は p をきっかり１回割ること
から分かる。
div(f(ζ)) が div(p) で割れれば、>>401 の最後より f(ζ) は
p で割れる。よって p は >>426 の条件(*) を満たす。

n = λ のときは div(λ) = L^(λ-1) である。
ここで、L は 円分素数 ζ - 1 で定まる素因子(>>411, >>419)である。
div(f(ζ)) が L^(λ-1) で割れれば、f(ζ) は (ζ- 1)^(λ-1)
で割れる(>>411)。λ/(1 - ζ)^(λ-1) は単数だから(>>200)、
f(ζ) は λ で割れる。
よって λ も >>426 の条件(*) を満たす。
証明終

ここで記号を導入する。
因子 A が B で割れるとき B | A と書く。

>423の定理
円分整数 f(ζ) ≠ 0, g(ζ) ≠ 0 に対して、
div(f(ζ)) が div(g(ζ)) で割れるなら f(ζ) は g(ζ) で割れる。

証明
g(ζ) が単数のときは明らかだから、g(ζ) は単数でないとする。
よって Ng(ζ) ＞ 1 である(>>176)。

Ng(ζ)/g(ζ) は円分整数だから、これを R(ζ) と書く。
Ng(ζ) = g(ζ)R(ζ) である。

div(g(ζ)) | div(f(ζ)) だから
div(g(ζ))div(R(ζ)) | div(f(ζ))div(R(ζ)) である。

div(g(ζ))div(R(ζ)) = div(Ng(ζ)) だから
div(Ng(ζ)) | div(f(ζ)R(ζ)) である。

Ng(ζ) は有理整数で、Ng(ζ) ＞ 1 だから >>427 より
f(ζ)R(ζ) は Ng(ζ) = g(ζ)R(ζ) で割れる。
よって、f(ζ) は g(ζ) で割れる。
証明終

これってなんかの本を順番にやってるんですか？

>>429

>>124 に書いたが Edwards の Fermat's Last Theorem を参考に
している。それをこちらなりに解釈してあり、素因子の扱いは
違うところもある。こちらの方がその点に関してはより分かりやすいと
思っている。
しかし、Edwards の本も Kummwer の論文を元にしており、
基本的アイデアは Kummer のもの。

>>430
ということはそのうち全ての正則素数でFLT(n)が成り立つとかでてきたりするんですか

>>431

多分やるだろう。確言は出来ないが。

>>423の定理は、円分整数 f(ζ) ≠ 0 にそれが定める因子 div(f(ζ))
を対応させる写像が整除関係を保ち、単数の違いを除いて単射である
ことを意味している。

つまり、円分整数を単数の違いを除いて因子の世界へ埋め込むことが
出来て、その世界で一意的に素因子に分解されるということである。
これによって、円分体において円分素数による一意分解が必ずしも
成立たないという事実(>>294)が、ある意味で救われることになる。
これが kummerの大発見であり、彼の理想数(つまり我々の因子)の理論の
骨子である。

Kummer の理想素数(つまり我々の素因子) というのは
>>403, >>411, >>416, >>419 などから現代の正規離散付置
と呼ばれるもの(を整域 Z[ζ] に制限したもの)のことである。
これを素因子として、その形式的積を因子とするのは
現代の代数的整数論や１変数代数関数論でお馴染みのものである。
だから Kummer の理想数論 は Dedekind のイデアル論より
ある意味で現代的とも言える。

代数的整数論の歴史的流れは以下の２通りある。

Kummer の理想数論 ⇒ Dedekind のイデアル論

１変数代数関数論 --> Hensel の p-進数論 ⇒ 付置論
⇒ 因子論( ⊃ Kummer の理想数論)

こうして歴史はある意味で循環したことになる。

因みに Kummer も p-進数論的なことを考えていたということを何かで
読んだ覚えがある。それが Hensel の p-進数論に影響を与えたことも
考えられるが、はっきりしたことは知らない。

Kummer の理想数の理論が難解だと思われて来たのは確かだろう。
何故なら Kummer の理想数について満足に解説されたものが
殆どないから。我々が参考にしてる Edwards の本(1970年代)くらいか。

Kummer の理想数の理論が難解だと思われて来たのは
kummer が有限素体以外の有限体(いわゆるGaloisの虚数体)の理論を
使わなかったことも一因だと思われる。Bourbakiも可換代数の
歴史覚え書で書いてるが当時Galoisの虚数体の理論は知られていたので
Kummer が何故これを使わなかったのか不思議である。
我々はこの点で Kummer と異なり有限体は自由に使っている
(例えば >>347など)。因みにEdwards の本は Kummer に比較的忠実で
あり有限体はあまり表だって使ってない。

Kummer理論の特徴の１つはそれが構成的であるということである。
計算的と言ってもいい。彼が計算の達人だったから当然といえるが。
このことは Dedekind のイデアル論の非構成的方法と対照的である。

>>347で示したように 1 + X + ... + X^(λ-1) をmod p で既約多項式に
分解することが p を割る素因子の決定につながるが、これは有限回の
手続きで実行できるから構成的である。

Kummerは、この既約多項式への分解を間接的な方法で行っている。
これを後で説明する。

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　　　　　　　　／,　　/ 　 ／_／|　　　　　へ　＼
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　　　　　　 /　　　∧_二つ （　　　　/　　　　　　∪ ,　　/　　　＼＿＿＿＿＿＿＿
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　　　　 /　 /　　　>　 ） 　 　　 /　／／　　 ./　　　　￣￣　ヽ　 　 (ぃ９　　）　　＼＿＿＿＿＿＿＿
　　　／　ノ　 　 /　／ 　　 　 /　/ /　　.＿/　 /〜￣￣/　／　　　/　 　 ∧つ
　　/　／ 　 .　 / ./.　　 　　 /　/ /　)⌒ ＿ ノ　　 　 / ./　　　　/　　　 ＼　　 (ﾟдﾟ)　[email protected]
　 / ./　　　　 （　ヽ､　 　　 （　ヽ ヽ　|　/　　　　　　 （　ヽ､ 　　/　/⌒>　 ）　　ﾟ(　 )− 　[email protected]
（　 _)　　　　　 ＼__つ　　　 ＼__つ).し 　　　 　　　　 ＼__つ　（＿)　 ＼_つ　　 /　>

talk:>>437 書くな。

クムマーさんの仕事は労作と思うが、エドワードの本を
元にして祖述するのはあまりよくないのではあるまいか。

ここは断然、クムマーの論文を直接解読するべきだと思う。

Washingtonの本は、Kummerの理論を解説しているのだろうか？
（読めば分かるのだろうけど、整数論に深入りする余裕がないので)

>>440
正則な素数に対するフェルマーの定理の証明は載っていたと思うけど。

>441 ：１３２人目の素数さん ：2006/07/16(日) 15:35:30
> >>440
> 正則な素数に対するフェルマーの定理の証明は載っていたと思うけど。

つまらない質問にお答え戴き恐縮。

>>439
>エドワードの本を元にして祖述するのはあまりよくないのではあるまいか。

一部ならいいだろうが本全体を参考にするのはまずいだろうね。
そこで、理想数の理論はもうすぐ終わるので、そしたら
話題を変えようと思う。

>>理想数の理論

hokani reference nai??

遠い南の島に、日本の歌を歌う老人がいた。
「あそこでみんな死んでいったんだ……」
沖に浮かぶ島を指差しながら、老人はつぶやいた。

太平洋戦争のとき、その島には日本軍が進駐し陣地が作られた。
老人は村の若者達と共にその作業に参加した。
日本兵とは仲良くなって、日本の歌を一緒に歌ったりしたという。

やがて戦況は日本に不利となり、 いつ米軍が上陸してもおかしくない
状況になった。 仲間達と話し合った彼は代表数人と共に日本の守備隊長の
もとを訪れた。自分達も一緒に戦わせて欲しい、と。 それを聞くなり隊長
は激高し叫んだという 　「帝国軍人が、貴様ら土人と一緒に戦えるか！」
　日本人は仲間だと思っていたのに……みせかけだったのか。 裏切られた想
いで、みな悔し涙を流した。船に乗って島を去る日　日本兵は誰一人見送り
に来ない。村の若者達は、悄然と船に乗り込んだ。しかし船が島を離れた
瞬間、日本兵全員が浜に走り出てきた。 そして一緒に歌った日本の歌を
歌いながら、手を振って彼らを見送った。先頭には笑顔で手を振るあの
隊長が。 その瞬間、彼は悟ったという。 あの言葉は、自分達を救うための
ものだったのだと……。

>>442
答え方がまずかったかな？
このスレでやっているような理想数を扱ったりはしていない。
ゼータ値と円分体の類数に関するクンマー理論（および岩澤理論）が
ワシントン本のテーマ。

＞446 ：１３２人目の素数さん ：2006/07/17(月) 10:42:08
＞ >>442
＞ 答え方がまずかったかな？

そんな事はない。本当に参考になったよ。

このスレに関係あるレスは有りがたいけど、中身に関するレスがないと
ちょっと不安になる。本当に理解してるのかなと。
今まで、かなり書いてきた（前スレ１，２を含めて）けど、中身に関する
レスというのは殆どない。あるのは荒しを除くと、数学史的なこととか、
概念的なこととか、文献に関することとか。
それはそれで有りがたいんだけど、いや、何も非難してるわけでなく。
言ってる意味わかるよね？

P を Z[ζ] の素因子(>>412)とする。n ≧ 1 を有理整数とする。
以下が成立つことは、素因子の定義から明らかだろう。

1) 円分整数 f(ζ) と g(ζ) が P^n で割れるなら f(ζ) - g(ζ) も
P^n で割れる。

2) 円分整数 f(ζ) が P^n で割れるなら、任意の円分整数 h(ζ)
に対して h(ζ)f(ζ) も P^n で割れる。


つまり、P^n で割れる円分整数の集合は Z[ζ] のイデアルとなる。
これから、因子 A で割れる円分整数の集合はZ[ζ] のイデアルとなる
ことが分かる。

因子 A に A で割れる円分整数の集合であるイデアルを対応させる
ことにより、因子の集合と０でないイデアルの集合の間に１対１の
対応があることを示そう。

ここで記法を導入する。
因子 A と B の最大公約因子(>>421) を (A, B) または GCD(A, B)
と書く。このとき A = B でも良いとする。当然 A = (A, A) である。
因子 A と B の最小公倍因子は LCM(A, B)と書く。
因子の数が３個以上の場合も同様である。

円分整数 f(ζ) と g(ζ) に対して (div(f(ζ)), div(g(ζ)))
は (f(ζ), g(ζ)) または GCD(f(ζ), g(ζ)) とも書く。
LCM(div(f(ζ)), div(g(ζ)) は LCM(f(ζ), g(ζ)) とも書く。
円分整数の数が３個以上の場合も同様である。

補題
P を Z[ζ] の素因子で 有理素数 p ≠ λ を割るとする。
f を p の mod λ の指数とする。
p を割る P 以外の素因子を P_1, ..., P_(e-1) とする。

このとき f 項周期から構成される円分整数 Φ(η) で
P で割れるが P_i, i = 1, ..., e-1 では割れないものが存在する。

証明
P_0 = P とおく。

>>409 より各 i, i = 0, ..., e-1 に対して
以下の条件 1), 2) を満たす f 項周期から構成される
円分整数 Ψ_i(η) が存在する。

1) Ψ_i(η) は P_iで割れない。
2) j ≠ i のとき、Ψ_i(η) は P_j で割れる。

Φ(η) = Ψ_1(η) + ... + Ψ_(e-1)(η) とおく。
Φ(η) が求めるものであることは容易にわかる。
証明終

補題
P を Z[ζ] の素因子で 有理素数 p ≠ λ を割るとする。
>>451 の Φ(η) に対して P = (p, Φ(η)) となる。
つまり P は p と Φ(η) の最大公約因子である。

証明
素因子 Q が p と Φ(η) を割るとする。
Φ(η) は P で割れるが p を割る他の素因子では割れない。
よって Q = P でなければならない。

逆に、P は p と Φ(η) を割る。

以上から P = (p, Φ(η)) である。
証明終。

>>452 の補題の主張と証明は間違いだった。
これを訂正する前に補題を述べる。

補題
P を Z[ζ] の素因子で 有理素数 p ≠ λ を割るとする。
f を p の mod λ の指数とする。
p を割る P 以外の素因子を P_1, ..., P_(e-1) とする。

このとき f 項周期から構成される円分整数 ψ(η) で
P できっかり一回割れ、P_i, i = 1, ..., e-1 では割れないものが
存在する。

証明
>>451 の Φ(η) が P^2 で割れないときは ψ(η) = Φ(η) とする。
Φ(η) が P^2 で割れるときは、ψ(η) = p + Φ(η) とすればよい。
証明終

>>452 の訂正

補題
P を Z[ζ] の素因子で 有理素数 p ≠ λ を割るとする。
>>453 の ψ(η) に対して P = (p, ψ(η) ) となる。
つまり P は p と ψ(η) の最大公約因子である。

証明
素因子の冪 Q^n, n ≧ 1 が p と ψ(η) を割るとする。
ψ(η) は P で割れるが p を割る他の素因子では割れない。
よって Q = P でなければならない。
さらにψ(η) は P できっかり一回割れから n = 1 でなければ
ならない。

逆に、P は p と ψ(η) を割る。

以上から P = (p, ψ(η)) である。
証明終。

補題
P, Q を Z[ζ] の素因子で n, m ≧ 1 を有理整数とする。
P^n で割れる円分整数はかならず Q^m で割れるとする。
このとき P^n は Q^m で割れる。つまり P = Q で n ≧ m である。

証明
二つの場合に分ける。

1) P はλを割る。
P = (ζ - 1) である(>>411, >>419)。
よって、円分整数 (ζ - 1)^n は P^n で割れる。
仮定より (ζ - 1)^n は Q^m でも割れる
Q^m は Q で割れるから (ζ - 1)^n は Q で割れる。
Q は素因子だから ζ - 1 は Q で割れる。
よって λ = N(ζ - 1) (>>200) は Q で割れる。
λ を割る素因子は (ζ - 1) のみだから P = Q である。
(ζ - 1)^n は きっかり P^m で割れるから n ≧ m である。

2) P は 有理素数 p ≠ λを割る。
>>453 の ψ(η) を使う。p^n は P^n で割れるから Q^m でも割れる。
よって p は Q で割れる。ψ(η)^n は P^n で割れるから Q^m でも
割れる。よって ψ(η) は Q で割れる。よって P = Q である。
ψ(η)^n はきっかり P^n で割れるから n ≧ m である。
証明終

１）
次の証明考えてくれ。

X：quasi compact scheme
F:coherent sheaf
このとき、
G：有限ランクの局所free scheafが存在して
Ｇ−＞＞Ｆ（全射）
とできる。

２）
X：quasi compact scheme
ＵはＸのopen subscheme
このとき、Ｕ上のfreesheafはＸ上のfreesheaf に拡張できますか？

補題
p を有理素数とする。
A, B を Z[ζ] の因子で、それぞれ p を割る素因子のみで割れる
とする。
さらに A で割れる円分整数はかならず B で割れるとする。
このとき A は B で割れる。

証明
p = λ のときは明らかなので p ≠ λ とする。
p の mod λ の指数を f とする。

p を割る相異なる素因子を P_0, P_1, ..., P_(e-1) とする。
>>453 を各 P_i に適用すると、各 i, i = 0, 1, ..., e-1 に対して
f 項周期から構成される円分整数 ψ_i(η) で
以下の条件を満たすものが存在する。

1) ψ_i(η) は P_i できっかり一回割れる。
2) i ≠ j のとき ψ_i(η) は P_j で割れない。

A = (P_0)^(n_0)...(P_(e-1))^(n_(e-1)) とする。
ψ_i(η)^n_i, i = 0, 1, ..., e-1 の積を P(η) とおく。
P(η) は 各 i できっかり (P_i)^(n_i) で割れる。

P(η) は A で割れるから B でも割れる。

各 i に対して B がきっかり (P_i)^m で割れるとする。
P(η) は (P_i)^m で割れる。
よって n_i ≧ m である。
よって、 A は B で割れる。
証明終

>>176-178
ｆ（Ｘ）＝Σ（ａ（ｋ）Ｘ＾ｋ）。
ｆ（Ｘ）ｆ（Ｘ＾（−１））≡ｂ＋ｃΣ（Ｘ＾ｋ）（ｍｏｄ．Ｘ＾ｎ−１）。

ｂ＋ｃ＝Σ（ａ（ｋ）＾２）。
ｂ＋ｎｃ＝（Σ（ａ（ｋ）））＾２。
（ｎ−１）ｂ＝ｎΣ（ａ（ｋ）＾２）−（Σ（ａ（ｋ）））＾２≧０。

>>458

正しいかどうか分からないものを解読するのは面倒だから
詳しく説明してくれ。

補題
P を 円分整数環 Z[ζ] の素因子、π を円分整数で P できっかり１回
割れるものとする。n を有理整数 ≧ 1 とする。
円分整数 α が P^n で割れれば
α ≡ (π^n)β (mod P^(n+1)) となる円分整数βが存在する。

証明
P がλを割るときは、 P = (ζ- 1) である。
よって α = ((ζ- 1)^n)β となる円分整数βが存在する。
このとき、当然 α ≡ (π^n)β (mod P^(n+1)) である。

よって P を割る有理素数 p はλと異なるとする。
>>409 より f 項周期から構成される円分整数 Ψ(η) で次の
条件 1), 2) を満たすものが存在する。
1) Ψ(η) は P で割れない。
2) Ψ(η) は p を割る他の素因子で割れない。

α は P^n で割れるから (Ψ(η))^n α = (p^n)γ となる円分整数γが
存在する(>>403)。

同様に (Ψ(η))^n (π^n) = (p^n)δ となる円分整数δが存在する。
π^n はきっかり P^n で割れるから δ は P で割れない。
円分整数環 Z[ζ] の mod P の剰余類は体をなすから
δβ ≡ γ (mod P)
となる円分整数βが存在する。

(Ψ(η))^n (α - (π^n)β) = (p^n)(γ - δβ)
の右辺、よって左辺は P^(n+1) で割れる。
(Ψ(η))^n は P で割れないから α - (π^n)β は P^(n+1) で割れる。
証明終

訂正

>>460
>2) Ψ(η) は p を割る他の素因子で割れない。

2) Ψ(η) は p を割る他の素因子で割れる。

補題
P を 円分整数環 Z[ζ] の素因子とする。
円分整数 α が P で割れなければ、任意の有理整数 n ≧ 1 で
αβ ≡ 1 (mod P^n) となる円分整数βが存在する。

証明
n に関する帰納法を使う。
円分整数環 Z[ζ] の mod P の剰余類全体は体をなすから
n = 1 のときは明らか。
n ≧ 1 とし、αγ ≡ 1 (mod P^n) となる円分整数γが存在すると
仮定する。

π を円分整数で P できっかり１回割れるものとする。
このようなπとしては、P がλを割るときは、π = ζ- 1
とし、P がλと異なる有理素数 p を割るときは >>404 から
π = p とすればよい。

>>460 より αγ - 1 ≡ (π^n)δ (mod P^(n+1)) となる円分整数δが
存在する。
α は P で割れないから、ακ ≡ δ (mod P) となるる円分整数κが
存在する。

α(γ - (π^n)κ) - 1 ≡ (π^n)(δ - ακ) ≡ 0 (mod P^(n+1))
よって β = γ - (π^n)κ とおけば
αβ ≡ 1 (mod P^(n+1)) となる。
証明終

補題
P, Q を 円分整数環 Z[ζ] の異なる素因子とする。
有理整数 n, m ≧ 1 に対して
α ≡ 0 (mod P^n), α ≡ 1 (mod Q^m)
となる円分整数αとβが存在する。

証明
>>455 より P^n で割れる円分整数γで Q で割れないものがある。
>>462 よりγδ ≡ 1 (mod Q^m) となる円分整数δが存在する。
α = γδ とおけばよい。
証明終

訂正

>>463
>となる円分整数αとβが存在する。

となる円分整数αが存在する。

命題
A, B を Z[ζ] の因子とする。
A で割れる円分整数はかならず B で割れるとする。
このとき A は B で割れる。

証明
A を割る素因子で割れる有理素数の集合を {p_1, ..., p_r} とする。
各 i に対して p_i を割る A の素因子の重複度を考慮した積を A_i
とする。 A = (A_1)...(A_r) である。

p_i の十分高い冪は A_i で割れる。
よって (p_1)...(p_r) の十分高い冪は A で割れ、従って B でも
割れる。よって B の素因子は、ある p_i を割る。
各 i に対して p_i を割る B の素因子の重複度を考慮した積を B_i
とする。ただし、p_i を割る B の素因子が存在しないときは B_i は
単位因子とする。以上から B = (B_1)...(B_r) である。

円分整数 α が A_1 で割れるとする。(p_2)...(p_r) の十分高い冪は
(A_2)...(A_r) で割れるから、有理整数 n ≧ 1 を十分大きくとれば
α((p_2)...(p_r))^n は A で割れ、従って B でも割れる。
p_1 を割る B の素因子は ((p_2)...(p_r))^n を割らない。、
よって α は B_1 で割れる。
よって >>457 から A_1 は B_1 で割れる。
同様にして他の A_i も B_i で割れる。
よって A は B で割れる。
証明終

補題
A, B, C を Z[ζ] の因子で、 B と C は互いに素とする。
以下の合同式を満たす Z[ζ] の元 x, y があるとする。
x ≡ 0 (mod A)
x ≡ 1 (mod B)

y ≡ 0 (mod A)
y ≡ 1 (mod C)
このとき、
z ≡ 0 (mod A)
z ≡ 1 (mod BC)
となる Z[ζ] の元 z がある。

証明
t = 1 - x
s = 1 - y とおけば、
x + t = 1
y + s = 1 となる。
(x + t)(y + s) = 1 の左辺を展開して
xy + xs + yt + ts = 1

z = xy + xs + yt とおけば
z ≡ 0 (mod A) で
z - 1 = -st となる。
-st は B と C で割れ、B と C は互いに素だから
BC で割れる。よって
z ≡ 1 (mod BC)
証明終

>>466 の変形として、

補題
A, B, C を Z[ζ] の因子で、 B と C は互いに素とする。
以下の合同式を満たす Z[ζ] の元 x, y があるとする。

x ≡ 1 (mod A)
x ≡ 0 (mod B)

y ≡ 1 (mod A)
y ≡ 0 (mod C)
このとき、
z ≡ 1 (mod A)
z ≡ 0 (mod BC)
となる Z[ζ] の元 z がある。

証明
1 - x ≡ 0 (mod A)
1 - x ≡ 1 (mod B)

1 - y ≡ 0 (mod A)
1 - y ≡ 1 (mod C)

だから >>466 より
s ≡ 0 (mod A)
s ≡ 1 (mod BC)
となる s がある。

z = 1 - s とおけばよい。
証明終

補題
A, B を Z[ζ] の因子で互いに素とする。
このとき以下の合同式を満たす Z[ζ] の元 x, y がある。

x ≡ 1 (mod A)
x ≡ 0 (mod B)

証明
A, B を互いに異なる素因子の冪の積として表し、
>>463, >>466, >> 467 を繰り返して使えばよい。
証明終

大好物メコスジ論　＃003

補題
A_1, ..., A_r を Z[ζ] の因子で、どの二つも互いに素とする。
このとき以下の合同式を満たす Z[ζ] の元 x_1, ..., x_r がある。

x_i ≡ 1 (mod A_i), i = 1, ..., r
x_i ≡ 0 (mod A_j), j ≠ i のとき。

証明
各 i に対して
B_i = ΠA_j とする。ここで 積は j ≠ i となる j 全体を動く。
A_i と B_i は素だから >>468 より
x_i ≡ 1 (mod A_i)
x_i ≡ 0 (mod B_i)
となる x_i がある。
x_i は j ≠ i のとき A_j で割れるからこれが求めるものである。
証明終

命題(中国式剰余定理)
A_1, ..., A_r を Z[ζ] の因子で、どの二つも互いに素とする。
y_1, ..., y_r を Z[ζ] の元の列とする
(y_1, ..., y_r には同じものがあってもよい)。

このとき
z ≡ y_i (mod A_i), i = 1, ..., r
となる Z[ζ] の元 z が存在する。

証明
>>470 より、以下の合同式を満たす Z[ζ] の元 x_1, ..., x_r
がある。

x_i ≡ 1 (mod A_i), i = 1, ..., r
x_i ≡ 0 (mod A_j), j ≠ i のとき。

z = (x_1)(y_1) + ... + (x_r)(y_r) とすればよい。
証明終

命題
A, B を Z[ζ] の因子とし、C を A と B の最大公約因子とする。
Z[ζ] の元 c が C で割れれば A で割れる元 a と B で割れる元 b
があり、c = a + b となる。

証明
A = CA'
B = CB'
となる因子 A', B' がある。
A' と B' は素である。
よって、>>468 より
b' ≡ 1 （mod A')
b' ≡ 0 （mod B')
となる b' がある。

a' = 1 - b'
とおけば、
a' ≡ 0 （mod A')
で
a' + b' = 1

この両辺に c を掛けて

c = ca' + cb'

ca' は CA' = A で割れ、cb' は CB' = B で割れる。
よって a = ca', b = cb' が求めるものである。
証明終