代数的整数論 005

Kummer ◆g2BU0D6YN2氏が代数的整数論を語るスレです。

前スレ
http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1164286624/

　今だ！２ｹﾞｯﾄｫｵ
￣￣￣￣￣∨￣￣￣　　　　　　　(´´
　　　　 ∧∧　　　)　　　　　　(´⌒(´
　　⊂（ﾟДﾟ⊂⌒｀つ≡≡≡(´⌒;;;≡≡≡
　　　　　　 ￣￣　 (´⌒(´⌒;;
　　　　　　ｽﾞｻﾞｰｰｰｰｰｯ

>>1
ありがとう

�C様ゲットだよん

Ｃｉｎｃｏ！

このスレ

　〜〜〜終了〜〜〜

このスレ

　〜〜〜終了〜〜〜

過去スレ
＃００１
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1126510231
＃００２
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1132643310
＃００３
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1141019088/
＃００４
http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1164286624/

>>1

有難うございます。

過去スレの見方。

まずここに行く。

http://makimo.to/2ch/

そこで、「代数的整数論」を検索する。

すると、代数的整数論 001 〜 004 が表示される。
そのなかで見たいスレ、例えば 代数的整数論 #003 をクリックする。
そこの下段にキャッシュ１、２というのがあるから、最初から順番に
クリックする。今の場合だと５番目で見れる。

将来どうなるかわからないから。見れたら即コピーして保存した
ほうがよい。

>>10

代数的整数論 001, 002 はそこでは見れないね。
どうしたら見れるんでしょうかね、タダで？

n ≠ 0 を有理整数、p を奇素数で n を割らないとする。
不定方程式 p = x^2 + ny^2 を考える。
x^2 + ny^2 の判別式は D = -4n である。
p = x^2 + ny^2 に解があればそれは固有である。
>>717 より
x^2 ≡ -4n (mod 4p) は解をもつ。
よって x^2 ≡ -4n (mod p)
つまり (-4n/p) = 1
よって (-n/p) = 1 である。

このことは >>717 を使わなくても以下のようにしてもわかる。
p = x^2 + ny^2 に解があれば、
x^2 ≡ -ny^2 (mod p)
y は p で割れないから yz ≡ 1 (mod p) となる z ∈ Z がある。
(xz)^2 ≡ -n (mod p)
よって (-n/p) = 1 である。

逆に (-n/p) = 1 とする。
このとき p = x^2 + ny^2 に解があるとは限らない。
しかし x^2 ≡ -n (mod p) に解があるので
p は x^2 + n を割る。
a を x と素な任意の有理整数とする。
x ≡ ac (mod p) となる c ∈ Z と
cb ≡ 1 (mod p) となる b ∈ Z をとる。
x^2 ≡ -n (mod p) より
a^2c^2 ≡ -n (mod p)
この両辺に b^2 を掛けて
a^2 ≡ -nb^2 (mod p)
よって p は a^2 + nb^2 を割る。

命題
n ≠ 0 を有理整数、p を奇素数で n を割らないとする。
以下の条件は同値である。

(1) 有理整数 x, y があり、gcd(x, y) = 1 であり、
p は x^2 + ny^2 を割る。

(2) (-n/p) = １

証明
(1) が成り立てば、x^2 ≡ -ny^2 (mod p) である。
y が p で割れるなら x^2 ≡ 0 (mod p) となり x も p で割れから
gcd(x, y) = 1 と矛盾する。よって y は p と素である。
よって yz ≡ 1 (mod p) となる z がある。
(xz)^2 ≡ -n (mod p) だから (-n/p) = 1 である。

逆に (2) が成り立てば x^2 ≡ -n (mod p) が解をもつ。
y = 1 とすれば p は x^2 + ny^2 を割る。

一般の２次形式では >>13 に類似の次の結果がある。

命題
D を平方数でない有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) とする。
m を奇数で gcd(D, m) = 1 とする。
m が判別式 D の原始的２次形式により固有に表現される
(過去スレ004の>>701)ためには x^2 ≡ D (mod m) に解があること
が必要十分である。

証明
m が判別式 D の２次形式により固有に表現されるなら、
過去スレ004の>>717より D ≡ l^2 (mod 4m) となる有理整数 l が
存在する。このとき当然 D ≡ l^2 (mod m) でもある。

逆に x^2 ≡ D (mod m) に解があるとする。
D ≡ 0, 1 (mod 4) なら x^2 ≡ D (mod 4) にも解がある。
m と 4 は素だから x^2 ≡ D (mod 4m) にも解がある。

この解を l とし、D = l^2 - 4mk とする。
gcd(D, m) = 1 だから gcd(m, l, k) = 1 である。
よって２次形式 mx^2 + lxy + ky^2 は原始的で判別式は D であり
(x, y) = (1, 0) のとき m を固有に表現する。
証明終

>>14 から次の命題が直ちに得られる。

命題
n ≠ 0 を有理整数、p を奇素数で n を割らないとする。
以下の条件は同値である。

(1) p は判別式 -4n の原始的２次形式により固有に表現される

(2) (-n/p) = １

証明
>>14 より (1) は (-4n/p) = 1 と同値である。
(-4n/p) = (-n/p) だからこれは (2) と同値である。

前スレ(004)見れないんだけどどうなってるの？

50モリタポ(2chがやってるネット通貨的なもの)あれば過去ログが1スレッド読めて、
また、モリタポはアンケートに答えることでタダで手に入れられる。

aho

前にも書いたけど、この代数的整数論スレで扱ってるような
２元２次形式論について書いてある本はほんとに少ないね。

これについて本格的に学ぼうとしたらまず Gauss の
Disquisitiones Arithmeticae(数論考究)を読むしかない。
続いて Dirichlet の Vorlesungen uber Zahlentheorie(整数論講義)。

これは皮肉なことに Dedekind の影響なんですね。
つまり Dedekind が代数的整数論を創始したことにより、
２元２次形式論は２次体論にとって代わられたわけ。

このようにして古くてしかも重要な数学というのは忘れられていく
危険があるのでしょうね。

しかし、Gauss のDisquisitiones Arithmeticae(数論考究)は
読みにくいですね。
Weil だったか誰かが書いてるけど、Gauss の数学のスタイルは、足場をほとんど
完全に取り除くんですね。
つまり、どのようにしてその証明を思いついたかの手がかりがほとんど
得られないような書き方をしている。

さらに、Disquisitiones は Gauss も書いてるようにページ数の制限
もあって、なおさらその傾向が強い。

Dirichlet が Disquisitiones を旅行のときにも携えていた理由と
しては、勿論それが重要な文献ということもあるでしょうが、
このGaussのスタイルも一因かもしれないと想像します。

y^2 = x^3 - 2の整数解は (x,y) = (7,5),(-7,5) だけ
ということの証明をしりたくて調べたら2次体とか単項イデアル整域とか出てきて
岩波講座基礎数学の代数学の本を読みはじめたのが数学を始めたきっかけ

ミス(7,5),(7,-5)

>>21

y^2 = x^3 - 2 の整数解は (x, y) = (3, 5), (3, -5) だけですね。

この式は (y + √(-2))(y - √(-2)) = x^3 と書ける。

２次体 Q(√(-2)) の整数環 Z[(-2)] は一意分解整域であることから、
αα' = x^3 から α = β^3 となる β ∈ Z[(-2)] があることが
結論される。ここで α = y + √(-2) と α' = y - √(-2) とおいた。
β = a + b√(-2) とすると
α = a^3 - 6ab^2 + (3a^2b - 2b^3)√(-2)

3a^2b - 2b^3 = b(3a^2 - 2b^2) = 1 から b = ±1
よって -2b^2 + 3a^2 = ±1 だが -2b^2 + 3a^2 = -1 なら
3a^2 = 1 となって矛盾である。よって b = 1
-2b^2 + 3a^2 = 1 から a = ±1
よって y = a^3 - 6ab^2 = ±5
x = 3

>>23

αα' = x^3 から α = β^3 となる β ∈ Z[√(-2)] があることを
証明するため、補題を用意する。

補題
A を一意分解整域とする。
A の元 a, b, c と有理整数 n ≧ 1 に対して
ab = c^n とする。
gcd(a, b) = 1 なら a = d^n となる d ∈ A がある。

証明
p を A の任意の素元とする A の元 x が p^e できっかり割れるとき
ord_p(x) = e と書くことにする。

ord_p(a) = e とすると gcd(a, b) = 1 だから ord_p(c^n) = e である。
よって e は n の倍数である。
これから補題の主張はあきらかである。
証明終

補題
２次体 Q(√m) の整数 α ≠ 0, β ≠ 0 と奇数 n ≧ 1 に対して
αα' = β^n とする。
さらに α と α' をともに割る素元 π があり、(π) = (π') で
あるとする。
α がきっかり π^e で割れるとき e は n の倍数である。

証明
α がきっかり π^e で割れるから、
α の共役 α' はきっかり π'^e で割れる。
仮定より (π) = (π') だから α' はきっかり π^e で割れる。
よって αα' はきっかり π^2e で割れる。
αα' = β^n より 2e は n の倍数である。
n は奇数だから e は n の倍数である。
証明終

補題
２次体 Q(√(-2)) の整数 α = y + √(-2) にたいして
α と α' をともに割る素元 π は ±√(-2) である。
ここで y は任意の有理整数である。

証明
α - α' = 2√(-2) = -(√(-2))^3
N(√(-2)) = 2 だから √(-2) は素元である。

Q(√(-2)) の単数は±1 だから √(-2) と同伴な素元は
±√(-2) のみである。
以上から補題の主張は明らかである。

>>24, >>25, >>26 から

>>23 で述べた αα' = x^3 から α = β^3 となる β ∈ Z[√(-2)] が
あることがわかる。

訂正

>>25 の２次体 Q(√m) の類数は１と仮定する。
つまり Z[ω] は一意分解整域とする。

訂正
>>26
>α と α' をともに割る素元 π は ±√(-2) である。

α と α' をともに割る素元 π があるとすると π = ±√(-2) である。

>>24 はいろいろ応用がある。

x, y, z ∈ Z として x^2 + y^2 = z^2 を考える。
gcd(x, y) = 1 と仮定する。

α = (x + y√(-1)) とおくと α ∈ Z[√(-1)] で
αα' = z^2 である。

α - α' = 2y√(-1)
α + α' = 2x
よって α と α' をともに割る素元 π があると、
gcd(x, y) = 1 だから π は 2 を割る。
よって π は λ = 1 + √(-1) と同伴である。
よって z は λ で割れるから z ∈ Z ∩ (λ) = 2Z となって
z は 2 で割れる。よって αα' = z^2 は 4 で割れる。
即ち αα' は λ^4 で割れる。よって α は λ^2 で割れる。
よって α は 2 で割れるが、これは gcd(x, y) = 1 に矛盾する。

以上から gcd(α, α') = 1 となり >>24 から
α = β^2 となる β ∈ Z[√(-1)] がある。
β = a + b√(-1) とおくと明らかに gcd(a, b) = 1 である。
β は λ で割れないから次に述べる補題から a ≡ b (2) ではない。

α = β^2 より α = a^2 - b^2 + 2ab√(-1)
よって
x = a^2 - b^2
y = 2ab
z^2 = αα' = (ββ')^2 = (a^2 + b^2)^2
よって z = a^2 + b^2

>>30 から次の命題が得られる。

命題
x^2 + y^2 = z^2 の整数解で gcd(x, y) = 1 となるものは
x = a^2 - b^2
y = 2ab
z = a^2 + b^2
で与えられる。
ここで a, b ∈ Z で gcd(a, b) = 1 であり、a ≡ b (2) ではない。

>>30 で引用した補題を証明する。

補題
a + b√(-1) ∈ Z[√(-1)] が λ = 1 + √(-1) で割れるためには
a ≡ b (mod 2) が必要十分である。

証明
a + b√(-1) が λ で割れるとする。
a + b√(-1) = λ(c + d√(-1)) となる c, d ∈ Z がある。
λ(c + d√(-1)) = (1 + √(-1))(c + d√(-1))
= c + d√(-1) + c√(-1) - d = c - d + (c + d)√(-1)
よって a - b = c - d - (c + d) = -2d である。
よって a ≡ b (mod 2) である。

逆に a ≡ b (mod 2) とする。
b = a + 2k となる k ∈ Z がある。
a + b√(-1) = a + (a + 2k)√(-1) = a(1 + √(-1)) + 2k√(-1)
2 は λ で割れるから a + b√(-1) は λ で割れる。
証明終

訂正

>>24
>gcd(a, b) = 1 なら a = d^n となる d ∈ A がある。

gcd(a, b) = 1 なら a = ud^n となる d ∈ A と 単元 u ∈ A^* がある。

>>27

Z[√(-2)] の単元は ±1 で (-1)^3 = -1 に注意する。

訂正

>>30
>以上から gcd(α, α') = 1 となり >>24 から
>α = β^2 となる β ∈ Z[√(-1)] がある。

α = εβ^2 となる β ∈ Z[√(-1)] がある。
ε は Z[√(-1)] の単数で±1, ±√(-1) である。

ごめんなさい 27と25をずっと思い浮かべながら書いてたからか(7,5)とか書いちゃってました
証明ありがとうございます

>>35 の修正によっても >>31 はそのまま成り立つことは明らかだろう。

>>36

こちらもかなり間違えているので、お互いさまです。

>>31 と同様にして次の命題が得られる。
命題
x^2 + y^2 = z^3 の整数解で gcd(x, y) = 1 となるものは
x = a^3 - 3ab^2, y = b^3 - 3a^2b, z = a^2 + b^2 で与えられる。
ここで a, b ∈ Z で gcd(a, b) = 1 であり、a ≡ b (2) ではない。

証明
α = (x + y√(-1)) とおくと α ∈ Z[√(-1)] で
αα' = z^3 である。
α - α' = 2y√(-1)
α + α' = 2x
よって α と α' をともに割る素元 π があると、
gcd(x, y) = 1 だから π は 2 を割る。
よって π は λ = 1 + √(-1) と同伴である。
よって z は λ で割れるから z ∈ Z ∩ (λ) = 2Z となって
z は 2 で割れる。よって αα' = z^3 は 8 で割れる。
よって α は 2 で割れるが、これは gcd(x, y) = 1 に矛盾する。
以上から gcd(α, α') = 1 となり >>24, >>33 から
α = εβ^3 となる β ∈ Z[√(-1)] がある。
ε は Z[√(-1)] の単数で±1, ±√(-1) である。
√(-1) = (-√(-1))^3
-√(-1) = (√(-1))^3
-1 = (-1)^3 だから ε は単数の３乗となる。
よって α = β^3 としてよい。
β = a + b√(-1) とすると gcd(a, b) = 1 であり β は λ で
割れないから >>32 より a ≡ b (mod 2) ではない。
α = β^3 から
α = (a + b√(-1))^3 = a^3 - 3ab^2 + (3a^2b - b^3)√(-1)
よって x = a^3 - 3ab^2, y = b^3 - 3a^2b (yの符号を変えてもよい)
z^3 = (ββ')^3 = (a^2 + b^2)^3 で z ＞ 0 より
z = a^2 + b^2 である。
証明終

>>31, >>39 は x^2 + y^2 = z^n に一般化出来そうですね。

今度は判別式が正の２次形式について調べる。
判別式が負の２次形式は２次の虚数の SL_2(Z) による同値類が関係
していた(過去スレ４の406)。
判別式が正の２次形式は２次の実無理数の SL_2(Z) による同値類が
関係する。
この問題は以下に見られるように連分数の理論と密接に関係する。

連分数は実数 θ を有理数で近似する問題から自然に現れる。
[θ] で θ 以下の最大の有理整数を表す。
k_0 = [θ] とおく。
k_0 ≦ θ ＜ k_0 + 1 である。
0 ≦ θ - k_0 ＜ 1 である。
0 ＜ θ - k_0 なら θ - k_0 = 1/θ_1 となる実数 θ_1 がある。
θ_1 ＞ 1 である。
θ = k_0 + 1/θ_1 となる。

同様に k_1 = [θ_1] とおく。
0 ＜ θ_1 - k_1 なら θ_1 - k_1 = 1/θ_2 となる実数 θ_2 がある。
θ_2 ＞ 1 である。
θ_1 = k_1 + 1/θ_2 となる。
θ = k_0 + 1/θ_1 より θ = k_0 + 1/(k_1 + 1/θ_2) である。
この操作を続けていくと
θ = k_0 + 1/(k_1 + 1/(k_2 + ... + 1/(k_(n-1) + 1/θ_n))...)
となる。
この右辺の式に現れた
k_0 + 1/(k_1 + 1/(k_2 + 1/(k_3 ... + 1/k_(n-1))...) の形の分数を連分数
と呼ぶ。正確には正則連分数という。
これを [k_0, k_1, ..., k_(n-1)] と書くことにする。
高木の「初等整数論講義」ではこの記号を別の意味で使っているので注意
する必要がある。

前スレの代数的整数論004、DAT落ちじゃないみたいだね。
間違って削除されちゃったのか？

>>41 の続き

θ = k_0 + 1/θ_1 = (k_0θ_1 + 1)/θ_1

この右端の式は A_0(θ_1) と書ける。
ここで A_0 は２次の正方行列 (k_0, 1)/(1, 0) を表す
(過去スレ４の196)。
det(A_0) = -1 だから A_0 ∈ GL_2(Z) である(過去スレ４の285)。

GL_2(Z) の元は R ∪ {∞} に一次分数変換として作用する
(過去スレ４の285)。

A_0(θ_1) は θ_1 に A_0 を作用させたものである。

同様に
θ_1 = k_1 + 1/θ_2 = (k_1θ_2 + 1)/θ_2 = A_1(θ_2)
A_1 = (k_1, 1)/(1, 0)

一般に、
θ_n = A_n(θ_(n+1))
A_n = (k_n, 1)/(1, 0)

ただし、θ_0 = θ

以上から、
θ = A_0A_1. . . A_n(θ_(n+1))

B_n = A_0A_1. . . A_n とおき、
B_n = (p_n, r_n)/(q_n, s_n) とする。
ここで、p_n, r_n, q_n, s_n は有理整数である。

定義から(>>43) B_(n+1) = B_nA_(n+1)
= (p_nk_(n+1) + r_n, p_n)/(q_nk_(n+1) + s_n, q_n)

よって
p_(n+1) = p_nk_(n+1) + r_n
r_(n+1) = p_n
よって
p_(n+1) = p_nk_(n+1) + p_(n-1)

同様に
q_(n+1) = q_nk_(n+1) + q_(n-1)

容易にわかるように p_n は k_0, ... ,k_n の多項式として表される。
この多項式を P(k_0, ... ,k_n) と書く。
高木の「初等整数論講義」では、P(k_0, ... ,k_n) を
[k_0, ... ,k_n] と書いている。これは Gauss の記法(Disquisitiones)である。

q_n = P(k_1, ... ,k_n) となることを、n に関する帰納法により示す。

p_0 = k_0
q_0 = 1

p_1 = k_0k_1 + 1
q_1 = k_1

だから n = 1 のときは正しい。
n ≧ 1 のとき q_n = P(k_1, ... ,k_n) と仮定する。
q_(n+1) = q_nk_(n+1) + q_(n-1) だから
q_(n+1) = P(k_1, ... ,k_n)k_(n+1) + P(k_1, ... ,k_(n-1))

一方、>>44 より p_n = p_nk_n + p_(n-2)
これは
P(k_0, ... ,k_n)
= P(k_0, ... ,k_(n-1))k_n + P(k_0, ... ,k_(n-2))
を意味する。

この式で k_0, ... ,k_(n-1), k_n を k_1, ... , k_n, k_(n+1) に
置き換えると、
P(k_1, ... ,k_(n+1))
= P(k_1, ... ,k_n)k_(n+1) + P(k_1, ... ,k_(n-1))
よって
q_(n+1) = P(k_1, ... ,k_(n+1))

これで q_n = P(k_1, ... ,k_n) が証明された。

>>42
容量オーバーじゃありませんでしたか?後で確認してみますけど

>>46

容量の点では過去スレ003のほうが大きいです。
と言ってもほとんど違いはないですが。
プレーンテキストとしてコピーしたものでは003が約380ＫＢで
004が370ＫＢです。

004は500KBいってたよ。

>>48

004をプレーンテキストにコピーしたのはjaneを使ったからサイズが小さくなったかも
しれませんね。003はIEでコピーしました。

５００ＫＢ超えるとどうなるんですか？

>>49
512kBぐらいで落ちるはず。
２ｃｈの書き込みはURLを書けば自動的にリンクされたり、
名前欄をクリックしたらメールが起動するなどいろいろ細工してあるから、
プレーンテキストより実際の容量は大きい。

落ちると、もう見れないんですか？

500KBを超えると書き込めなくなる。

専ブラならログ残ってれば見れるし、
datファイルをhtml化して見せることも出来る、のかな。
詳しいことは分かりません。

#003なら
http://mimizun.com/search/perl/dattohtml.pl?http://mimizun.com:81/log/2ch/math/science4.2ch.net/math/kako/1141/11410/1141019088.dat
にあるがな
http://p2.chbox.jp/read.php?host=science4.2ch.net&bbs=math&key=1141019088&ls=all
にも
#004は知らんが探してみろ

ここに #004 がありますね。

http://www.2chsearch.info/index.php?b=math&d=1164286624

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>>43, >>44 より

B_n = A_0A_1. . . A_n = (p_n, p_(n-1))/(q_n, q_(n-1))

det(A_i) = -1 であるから
det(B_n) = p_nq_(n-1) - q_np_(n-1) = (-1)^n
である。

>>56
訂正

>>43, >>44 より

B_n = A_0A_1. . . A_n = (p_n, p_(n-1))/(q_n, q_(n-1))

det(A_i) = -1 であるから
det(B_n) = p_nq_(n-1) - q_np_(n-1) = (-1)^(n+1)
である。

>>44 より
p_(n+1) = p_nk_(n+1) + p_(n-1)

よって
P(k_0, ... , k_n) = P(k_0, ... ,k_(n-1)) k_n + P(k_0, ... ,k_(n-2))

>>57 より

A_0A_1. . . A_n = (p_n, p_(n-1))/(q_n, q_(n-1))

>>44 より
p_n = P(k_0, ... , k_n)
p_(n-1) = P(k_0, ... , k_(n-1))

>>45 より
q_n = P(k_1, ... , k_n)
q_(n-1) = P(k_1, ... , k_(n-1))

よって
A_1. . . A_n = (a, b)/(c, d) である。
ここで
a = P(k_1, ... , k_n)
b = P(k_1, ... , k_(n-1))
c = P(k_2, ... , k_n)
d = P(k_2, ... , k_(n-1))

一方、
A_0A_1. . . A_n = (k_0, 1)/(1, 0) (a, b)/(c, d)
= (k_0 a + c, k_0 b + d)/(a, b)

よって
P(k_0, ... , k_n) = k_0 P(k_1, ... , k_n) + P(k_2, ... , k_n)

命題
P(k_0, k_1, ... , k_n) = P(k_n, k_(n-1), ... , k_0) である。

証明
n に関する帰納法による。

>>58 より
P(k_0, ... , k_n) = P(k_0, ... ,k_(n-1)) k_n + P(k_0, ... ,k_(n-2))

k_0, ... , k_n を逆に並びかえて

P(k_n, ... , k_0) = P(k_n, ... ,k_1) k_0 + P(k_n, ... ,k_2)

>>59 より
P(k_0, ... , k_n) = k_0 P(k_1, ... , k_n) + P(k_2, ... , k_n)

帰納法の仮定により
P(k_0, ... , k_n) = k_0 P(k_n, ... , k_1) + P(k_n, ... , k_2)

よって
P(k_0, ... , k_n) = P(k_n, ... , k_0)
証明終

命題
[k_0, k_1, ... , k_n] = P(k_0, k_1, ... , k_n)/P(k_1, , ... , k_n)

証明
>>43 より

[k_0, k_1, ... , k_n] = A_0A_1. . . A_(n-1)(k_n)

>>57 より
A_0A_1. . . A_n = (p_n, p_(n-1))/(q_n, q_(n-1))

よって
[k_0, k_1, ... , k_n] =
= (p_(n-1) k_n + p_(n-2))/(q_(n-1) k_n + q_(n-2))

>>44 より、この右辺は p_n/q_n 等しい。
証明終

>>43 より
θ = A_0A_1. . . A_n(θ_(n+1))

よって
θ_(n+1) = (B_n)^(-1)(θ) である。
ここで B_n = A_0A_1. . . A_n である。

>>44 より
B_n = (p_n, p_(n-1))/(q_n, q_(n-1))

>>57 より
det(B_n) = p_nq_(n-1) - q_np_(n-1) = (-1)^(n+1)

よって
(B_n)^(-1) = (-1)^(n+1)(q_(n-1), -p_(n-1))/(-q_n, p_n)

よって
θ_(n+1) = (-1)^(n+1) (q_(n-1)θ - p_(n-1))/(-q_nθ + p_n)

なお、
(B_n)^(-1) = (A_n)^(-1) . . . (A_0)^(-1)
= (0, 1)/(1, -k_n) . . . (0, 1)/(1, -k_0)

よって
(0, 1)/(1, -k_n) . . . (0, 1)/(1, -k_0)
= (-1)^(n+1)(q_(n-1), -p_(n-1))/(-q_n, p_n)

Euclid の互除法は連分数と密接に関係する。
これを以下に説明する。

a と b を有理整数で a ＞ b ＞ 0 とする。
d = gcd(a, b) を Euclid の互除法によって求める場合を検討する。

x_0 = a
x_1 = b とおく。

k_0 = [a/b] とする。
[a/b] は a/b以下の最大の有理整数を表す(>>41)。

x_0 = k_0(x_1) + x_2 となる x_2 がある。
ここで 0 ≦ x_2 ＜ x_1

0 ＜ x_2 なら
k_1 = [x_1/x_2]
x_1 = k_1(x_2) + x_3 0 ≦ x_3 ＜ x_2

これを続けて

x_(n-1) = k_(n-1)x_n + x_(n+1)
x_n = k_n(x_(n+1)) で x_(n+2) = 0 とする。

d = x_(n+1) である。

>>63 の x_0 = k_0(x_1) + x_2 を行列の記法で表すと、
(x_0, x_1)' = A_0(x_1, x_2)' となる。

ここで (x_0, x_1)' は 行ベクトル (x_0, x_1) を転置した列ベクトル
を表す。

同様に
(x_(n-1), x_n)' = A_(n-1)(x_n, x_(n+1))'
(x_n, x_(n+1))' = A_n(x_(n+1), 0)'
となる。

x_0 = a
x_1 = b だったから
(a, b)' = A_0A_1. . . A_n (d, 0)' となる。

B_n = A_0A_1. . . A_n とおけば、
(d, 0)' = (B_n)^(-1)(a, b)'

>>62 より
(B_n)^(-1) = (-1)^(n+1)(q_(n-1), -p_(n-1))/(-q_n, p_n)

よって
(-1)^(n+1)d = q_(n-1)a - p_(n-1)b

これによって一次不定方程式 d = ax + by が解けたことになる。

書き忘れたが >>64 の A_0 は 行列 (k_0, 1)/(1, 0) を表す。
同様に A_n = (k_n, 1)/(1, 0)

>>63 より
a/b = [k_0, ... , k_n] である。

一次不定方程式 d = ax + by を解くには、
まず a/b を連分数 [k_0, ... , k_n] に展開する。
次に >>59 の公式
P(k_0, ... , k_n) = k_0 P(k_1, ... , k_n) + P(k_2, ... , k_n)
を使って
p_(n-1) = P(k_0, k_1, ... , k_(n-1)) と
q_(n-1) = P(k_1, , ... , k_(n-1)) を求める。

>>64 より (-1)^(n+1)d = q_(n-1)a - p_(n-1)b
だから
x = (-1)^(n+1)q_(n-1)
y = (-1)^(n+2)p_(n-1)
である。

>>66 の方法を使って、
a = 44497
b = 9689
として d = ax + by を解いてみる。

44497 = 9689・4 + 5741
9689 = 5741・1 + 3948
5741 = 3948・1 + 1793
3948 = 1793・2 + 362
1793 = 362・4 + 345
362 = 345・1 + 17
345 = 17・20 + 5
17 = 5・3 + 2
5 = 2・2 + 1
1 = 1・1

よって a/b = [4, 1, 1, 2, 4, 1, 20, 3, 2, 1]
d = 1
n = 9 である。

P(2) = 2
P(3, 2) = 3・2 + 1 = 7
P(20, 3, 2) = 20・7 + 2 = 142
P(1, 20, 3, 2) = 1・142 + 7 = 149
P(4, 1, 20, 3, 2) = 4・149 + 142 = 738
P(2, 4, 1, 20, 3, 2) = 2・738 + 149 = 1625
P(1, 2, 4, 1, 20, 3, 2) = 1・1625 + 738 = 2363
P(1, 1, 2, 4, 1, 20, 3, 2) = 1・2363 + 1625 = 3988
P(4, 1, 1, 2, 4, 1, 20, 3, 2) = 4・3988 + 2363 = 18315

n = 9 だから
x = (-1)^(n+1)q_(n-1) = q_8
y = (-1)^(n+2)p_(n-1) = -p_8

q_8 = P(1, 1, 2, 4, 1, 20, 3, 2) = 3988
p_8 = P(4, 1, 1, 2, 4, 1, 20, 3, 2) = 18315

よって
x = 3988
y = -18315

a = 44497
b = 9689
だから

ax = 44497・3988 = 177454036
by = -9689・18315 = -177454035

よって 1 = ax + by

今まで扱ってきた連分数 [k_0, k_1, . . . , k_n] は
各 k_i が有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 であった。
このような連分数を単純連分数と呼ぶ。

数列 {k_n}, n = 0, 1, . . . が与えられ、
各 k_i が有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 とする。

この数列から、任意の n ≧ 0 に対して
単純連分数 [k_0, k_1, . . . , k_n] が得られる。

>>61 より
[k_0, k_1, . . . , k_n] = p_n/q_n である。

ここで
p_n = P(k_0, k_1, ... , k_n)
q_n = P(k_1, ... , k_n)
とおいた。

0 ＜ q_1 ＜ q_2 ＜ . . . である。

便宜上 q_0 = 1 とする。

コレって誰か読んでるの？

補題
>>69 と同じ前提において、

p_n/q_n - p_(n-1)/q_(n-1) = (-1)^(n+1)/q_nq_(n-1)


証明
p_n/q_n - p_(n-1)/q_(n-1) = (p_nq_(n-1) - q_np_(n-1))/q_nq_(n-1)

>>57 より p_nq_(n-1) - q_np_(n-1) = (-1)^(n+1)
よって本補題の等式が得られる。
証明終

補題
>>69 と同じ前提において、

p_nq_(n-2) - p_(n-2)q_n = (-1)^n k_n

証明
p_nq_(n-2) - p_(n-2)q_n
= (p_(n-1)k_n + p_(n-2))q_(n-2) - p_(n-2)(q_(n-1)k_n + q_(n-2)))
= (p_(n-1)q_(n-2) - p_(n-2)q_(n-1))k_n
= (-1)^n k_n
証明終

補題
>>69 と同じ前提において、

p_n/q_n - p_(n-2)/q_(n-2) = (-1)^n k_n/q_nq_(n-2)

証明
p_n/q_n - p_(n-2)/q_(n-2) = (p_nq_(n-2) - q_np_(n-2))/q_nq_(n-2)

これと >>72 より本補題の等式が得られる。
証明終

>>73 より
p_2n/q_2n - p_(2n-2)/q_(2n-2) = k_2n/q_2nq_(2n-2) ＞ 0
よって
p_(2n-2)/q_(2n-2) ＜ p_2n/q_2n

よって数列 {p_2n/q_2n} は単調増加である。
同様にして数列 {p_(2n+1)/q_(2n+1)} は単調減少である。

>>71 より
p_2n/q_2n - p_(2n-1)/q_(2n-1) = -1/q_2nq_(2n-1) ＜ 0
よって
p_2n/q_2n ＜ p_(2n-1)/q_(2n-1)

以上から
p_0/q_0 ≦ p_2/q_2 ≦ . . . ≦ p_3/q_3 ≦ p_1/q_1

>>74 より {p_2n/q_2n} は有界な単調増加数列だから収束する。
同様に、 {p_(2n+1)/q_(2n+1)} は有界な単調減少数列だから収束する。

p_2n/q_2n - p_(2n-1)/q_(2n-1) = -1/q_2nq_(2n-1) で、
lim q_n = ＋∞ だから、両者の極限は一致する。

よって 数列 {p_n/q_n} もこの極限に収束する。

この極限を [k_0, k_1, . . .] と書く。
[k_0, k_1, . . .] を無限連分数と呼ぶ。

命題
[a_0, . . . , a_(n-1), α_n] = [b_0, . . . , b_(n-1), β_n]
とする。

ここで各 a_i と b_i は有理整数で
i ≧ 1 のとき a_i ≧ 1, b_i ≧ 1
α_n ＞ 1
β_n ＞ 1
とする。

このとき、各 i ≧ 0 で a_i = b_i
α_n = β_n
である。

証明
α = [a_0, . . . , a_(n-1), α_n] とおく。

α = a_0 + 1/[a_1, . . . , a_(n-1), α_n]
で [a_1, . . . , a_(n-1), α_n] ＞ 1 である。
よって a_0 ＜ α ＜ a_0 + 1
同様に b_0 ＜ α ＜ b_0 + 1
よって a= 0 = b_0 である。
よって
[a_1, . . . , a_(n-1), α_n] = [b_1, . . . , b_(n-1), β_n]

これを続けて(正確には帰納法を使って)、
各 i ≧ 0 で a_i = b_i となる。
よって α_n = β_n となる。
証明終

命題
数列 {k_n}, n = 0, 1, . . . が与えられ、
各 k_i が有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 とする。

無限連分数(>>75) [k_0, k_1, . . .] を α とおく。
任意の n ≧ 1 に対して
α_n = [k_n, k_(n+), . . . ] とおく。

このとき
α = [k_0, . . . , k_(n-1), α_n] である。

証明
α = lim(m → ∞) [k_0, . . . , k_(n+m)] である。

β_(n, m) = [k_n, . . . , k_(n+m)] とおくと、
[k_0, . . . , k_(n+m)] = [k_0, . . . , k_(n-1), β_(n, m)]

よって
α = [k_0, . . . , k_(n+m), lim(m → ∞) β_(n, m)] である。

lim(m → ∞) β_(n, m) = α_n だから
α = [k_0, . . . , k_(n-1), α_n] である。
証明終

命題
数列 {k_n}, n = 0, 1, . . . が与えられ、
各 k_i が有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 とする。

α = [k_0, k_1, . . .] とおく。

任意の n ≧ 1 に対して
α = [b_0, . . . , b_(n-1), β] を α の部分連分数展開とする。
つまり、各 b_i が有理整数で i ≧ 1 のとき b_i ≧ 1 で
β ＞ 1 である。

このとき、0 ≦ i ＜ n のとき k_i = b_i であり、
β = [k_n, k_(n+1), . . . ] である。

証明
α_n = [k_n, k_(n+1), . . . ] とおく。
>>77 より
α = [k_0, . . . , k_(n-1), α_n] である。
α_n ＞ k_n だから α_n ＞ 1 である。

よって >>76 から 0 ≦ i ＜ n のとき k_i = b_i であり、
α_n = β である。
証明終

命題
α を実無理数として、
α = [a_0, . . . , a_n, β] とする。

各 a_i は有理整数で i ≧ 1 のとき a_i ≧ 1 で
β ＞ 1 である。

p_n = P(a_0, a_1, ... , a_n)
q_n = P(a_1, ... , a_n)
とおく。
ここで、P(a_0, a_1, ... , a_n) は >>44 で定義された多項式である。

このとき
α - p_n/q_n = (-1)^n/q_n(q_nβ + q_(n-1))
である。

証明
>>43 より
α = (p_nβ + p_(n-1))/(q_nβ + q_(n-1))

p_n/q_n - α = p_n/q_n - (p_nβ + p_(n-1))/(q_nβ + q_(n-1))
= (p_nq_(n-1) - p(n-1)q_n)/q_n(q_nβ + q_(n-1))
= (-1)^(n+1)/q_n(q_nβ + q_(n-1))

よって
α - p_n/q_n = (-1)^n/q_n(q_nβ + q_(n-1))
証明終

命題
α を実無理数として、任意の n ≧ 1 に対して
α = [a_0, . . . , a_n, α_(n+1)] とする。
各 a_i は有理整数で i ≧ 1 のとき a_i ≧ 1 で
α_(n+1) ＞ 1 である。

p_n = P(a_0, a_1, ... , a_n)
q_n = P(a_1, ... , a_n)
とおく。
ここで、P(a_0, a_1, ... , a_n) は >>44 で定義された多項式である。

このとき
|α - p_n/q_n| ＜ 1/q_n/q_(n+1)
である。

証明
>>79 より
|α - p_n/q_n | = 1/q_n(q_nα_(n+1) + q_(n-1))
である。

α_(n+1) ＞ a_(n+1) だから

|α - p_n/q_n | ＜ 1/q_n(q_na_(n+1) + q_(n-1))

>>44 より
q_(n+1) = q_na_(n+1) + q_(n-1)

よって
|α - p_n/q_n | ＜ 1/q_nq_(n+1)
証明終

>>80 より

lim p_n/q_n = α となる。

>>61 より
p_n/q_n = [a_0, . . . , a_n] だから
α = [a_0, a_1, . . . ] である。

つまり、任意の実無理数は無限連分数に展開される。
>>77, >>78 よりこの展開は一意である。

3

2

1

0

-1

-2

√2 の連分数展開を求めてみる(展開の方法は >>41 参照)。

√2 = 1 + (√2 - 1)
1/(√2 - 1) = √2 + 1 = 2 + (√2 - 1)

よって
√2 = [1, 2, 2, . . . ]

同様に

√3 = 1 + (√3 - 1)
1/(√3 - 1) = (√3 + 1)/2 = 1 + (√3 - 1)/2
2/(√3 - 1) = √3 + 1 = 2 + (√3 - 1)

よって
√3 = [1, 1, 2, 1, 2, . . . ]


√5 = 2 + (√5 - 2)
1/(√5 - 2) = √5 + 2 = 4 + (√5 - 2)
√5 = [2, 4, 4, 4. . . ]

√7 = 2 + (√7 - 2)
1/(√7 - 2) = (√7 + 2)/3 = 1 + (√7 - 1)/3
3/(√7 - 1) = (√7 + 1)/2 = 1 + (√7 - 1)/2
2/(√7 - 1) = (√7 + 1)/3 = 1 + (√7 - 2)/3
3/(√7 - 2) = √7 + 2 = 4 + (√7 - 2)
√7 = [2, 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, . . . ]

命題
k ≧ 1 と c ≧ 1 を有理整数で c は 2k の約数とする。
このとき、
√(k^2 + c) = [k, 2k/c, 2k, 2k/c, 2k, . . ,]

証明
0 ＜ c ＜ 2k + 1 だから k ＜ √(k^2 + c) ＜ k + 1
よって
√(k^2 + c) = k + (√(k^2 + c) - k)

k ＜ √(k^2 + c) ＜ k + 1 より
2k ＜ √(k^2 + c) + k ＜ 2k + 1

よって
1/(√(k^2 + c) - k) = (√(k^2 + c) + k)/c
= 2k/c + (√(k^2 + c) - k)/c

c/(√(k^2 + c) - k) = √(k^2 + c) + k = 2k + (√(k^2 + c) - k)

以上から
√(k^2 + c) = [k, 2k/c, 2k, 2k/c, 2k, . . ,]
証明終

>>89 の簡単な応用例を挙げる。

k = 1, c = 1
√2 = [1, 2, 2, . . .]

k = 2, c = 1
√5 = [2, 4, 4, , . . .]

k = 2, c = 2

√6 = [2, 2, 4, 2, 4, . . .]

k = 3, c = 2
√11 = [3, 3, 6, 3, 6, . . .]

>>88 の例はすべて循環連分数である。

√3 = [1, 1, 2, 1, 2, . . . ]
は 1, 2 が繰り替えされている。
1, 2 を循環節といい、その長さは２である。

√7 = [2, 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, . . . ]
の循環節は 1, 1, 1, 4 であり、その長さは４である。

以上から循環連分数の定義は明らかだろうが正式には次のように定義する。

無限単純連分数 [k_0, k_1, . . . ] において n ≧ 0 と r ≧ 1
があり、i ≧ n のとき常に k_(i + r) = k_i となるとき
これを循環連分数と呼ぶ。
k_n, . . . , k_(n + r -1) を循環節といい、r をその長さという。

n = 0 のとき純循環であるという。

α = [k_0, k_1, . . . ] が循環連分数で k_n, . . . , k_(n + r -1) を
循環節に持つとする。
ここで、n ≧ 1 とし、
[k_0, k_1, . . . ] = [k_0, . . . , k_(n-1), β]
とする。
ここで β = [k_n, k_(n+1), . . . ] である(>>77)。

このとき α = (p_(n-1)β + p_(n-2))/(q_(n-1)β + q_(n-2))
である(>>43, >>56)。
さらに β は純循環である。

よって循環連分数を調べるには純循環の場合が基本的である。

α = [k_0, k_0, . . . ] が長さ１の純循環とする。
k_0 ≧ 1 に注意する。

α = [k_0, α] である。
つまり、α = k_0 + 1/α である。
よって
α^2 - k_0α - 1 = 0
よって α は２次の無理数である。
さらに α ＞ k_0 ≧ 1 である。

f(x) = x^2 - k_0x - 1 とおくと、
f(0) = -1
f(-1) = 1 + k_0 - 1 = k_0 ≧ 1
よって f(x) の α 意外の根 β は -1 ＜ β ＜ 0 となる。

r ≧ 2 とし、
α = [k_0, . . . , k_(r-1), . . . ] が長さ r の純循環(>>92)とする。
したがって, k_0 ≧ 1 である。
>>93 より α = (p_(r-1)α + p_(r-2))/(q_(r-1)α + q_(r-2))
ここで、q_0 = 1 とする。
α(q_(r-1)α + q_(r-2) = p_(r-1)α + p_(r-2)
q_(r-1)α^2 + (q_(r-2) - p_(r-1))α - p_(r-2) = 0
よって α は２次の無理数である。

f(x) = q_(r-1)x^2 + (q_(r-2) - p_(r-1))x - p_(r-2) とおく。
f(0) = -p_(r-2) ＜ 0
f(-1) = q_(r-1) - q_(r-2) + p_(r-1) - p_(r-2)

>>44 より
r ≧ 3 のとき
q_(r-1) = q_(r-2)k_(r-1) + q_(r-3)
q_(r-1) - q_(r-2) = (k_(r-1) - 1)q_(r-2) + q_(r-3) ≧ q_(r-3) ＞ 0
r = 2 なら
q_(r-1) - q_(r-2) = q_1 - q_0 = k_1 - 1 ≧ 0

r ≧ 3 のとき
p_(r-1) = p_(r-2)k_(r-1) + p_(r-3)
p_(r-1) - p_(r-2) = (k_(r-1) - 1)p_(r-2) + p_(r-3) ≧ p_(r-3) ＞ 0

r = 2 なら
p_(r-1) - p_(r-2) = p_1 - p_0
= k_0k_1 + 1 - k_0 ≧ (k_1 - 1)k_0 + 1 ＞ 0

以上から f(-1) = q_(r-1) - q_(r-2) + p_(r-1) - p_(r-2) ＞ 0
よって α の共役 β は -1 ＜ β ＜ 0 である。

２次の実無理数 α とその共役 β に対して
α ＞ 1, -1 ＜ β ＜ 0 となるとき
α を簡約された２次無理数という。

>>93 と >>94 より次の命題が得られる。

命題
純循環連分数は簡約された２次無理数である。

補題
α を簡約された２次無理数とし、k = [α] で k ≧ 1 とする。
ω = 1/(α - k) とおく。
つまり α = k + 1/ω である。
このとき ω も簡約された２次無理数である。

証明
過去スレ４の286より ω も２次無理数である。
よって α' を α の共役とすると
ω' = 1/(α' - k) は ω の共役である。

0 ＜ α - k ＜ 1 だから ω ＞ 1 である。
-1 ＜ α' ＜ 0 だから
-1 - k ＜ α' - k
k - α' ＞ 1 + k
よって
1/(k - α') ＜ 1/(1 + k) ＜ 1
よって
-1 ＜ 1/(α' - k) ＜ 0

ω' = 1/(α' - k) だから ω は簡約された２次無理数である。
証明終

>>97
>α を簡約された２次無理数とし、k = [α] で k ≧ 1 とする。

α ＞ 1 だから k ≧ 1 は自動的に満たされるので、この条件は不要であった。

α を簡約された２次無理数とする。
α を連分数に展開して、
α = [k_0, k_1, . . . ] とする。
n ≧ 0 に対して α_n = [k_n, k_(n+1), . . . ] とおく。

>>77 より
α = [k_0, . . . , k_(n-1), α_n] である。

同じく >>77 より
α_n = [k_n, k_(n+1), . . . ] = [k_n, α_(n+1)] だから
α_n = k_n + 1/α_(n+1) である。

よって >>97 と n に関する帰納法により各 α_n は
簡約された２次無理数である。

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

過去スレ４の286 より α と α_n は同じ判別式(過去スレ４の276)
をもつ。

これに関連して次の命題が成り立つ。

命題
同じ判別式 D を持つ簡略された２次無理数の個数は有限である。

証明
α を判別式 D の簡約された２次無理数とする。
α は ax^2 + bx + c の根とする。
ここで a, b, c は有理整数で a ＞ 0, gcd(a, b, c) = 1
D = b^2 - 4ac である。

β を α の共役とする。
α は簡約された２次無理数だから >>95 より
α ＞ 1, -1 ＜ β ＜ 0 である。
よって α + β ＞ 0
αβ ＜ 0 である。

ax^2 + bx + c = a(x - α)(x - β) だから
b = -a(α + β)
c = aαβ
である。

よって b ＜ 0, c ＜ 0 となる。

よって D = b^2 + 4|ac|
よって b^2 ＜ D だから b の取りうる値は有限個である。
4|ac| = D - b^2 だから a, c の取りうる値も有限個である。
証明終

命題
簡略された２次無理数は純循環連分数に展開される。

証明
α を判別式 D の簡約された２次無理数とする。
α を連分数に展開して、
α = [k_0, k_1, . . . ] とする。
n ≧ 0 に対して α_n = [k_n, k_(n+1), . . . ] とおく。

>>99 より各 α_n は判別式 D の簡約された２次無理数である。
>>100 より相異なる α_n の個数は有限である。
よって α_n = α_m となる n ＜ m がある。

n ＞ 0 なら α_(n-1) = k_(n-1) + 1/α_n
α_(m-1) = k_(m-1) + 1/α_m

よって α_(n-1) - α_(m-1) = k_(n-1) - k_(m-1)
よって α'_(n-1) - α'_(m-1) = k_(n-1) - k_(m-1)
ここで α'_(n-1), α'_(m-1) はそれぞれ α_(n-1) と α_(m-1) の
共役である。

各 α_n は簡約された２次無理数だから
-1 ＜ α'_(n-1) ＜ 0
-1 ＜ α'_(m-1) ＜ 0
よって |α'_(n-1) - α'_(m-1)| = |k_(n-1) - k_(m-1)| ＜ 1
k_(n-1) - k_(m-1) は有理整数だから 0 である。
よって α'_(n-1) = α'_(m-1) となる。
よって α_(n-1) = α_(m-1) である。
以上を繰り返せば α_0 = α_(m-n) となる。
よって α は純循環連分数に展開される。
証明終

補題
α を２次無理数とする。
p, q, r, s を有理数で、ps - qr ≠ 0 とする。
α = (pβ + r)/(qβ + s) とする。
つまり、β = (sα - r)/(-qα + p) とおく。

このとき β も２次無理数であり、
α' = (pβ' + r)/(qβ' + s) である。
ここで α' と β' はそれぞれ α と β の共役である。

証明
Q(α) は２次体である。σ ≠ 1 を Q(α) の自己同型とする。
σ(α) = α' である。

β ∈ Q(α) で β は有理数でないから β は２次無理数である。

α = (pβ + r)/(qβ + s) より
σ(α) = (pσ(β) + r)/(qσ(β) + s)

σ(β) = β' だから
α' = (pβ' + r)/(qβ' + s) である。
証明終

命題
α を２次の実無理数とする。
α を連分数に展開して、
α = [k_0, k_1, . . . ] とする。
n ≧ 0 に対して α_n = [k_n, k_(n+1), . . . ] とおく。

このとき、ある n_0 ≧ 0 があり n ≧ n_0 なら常に α_n は簡約された
２次無理数である。

証明
>>99 と同様にして、
α = (p_(n-1)α_n + p_(n-2))/(q_(n-1)α_n + q_(n-2))
である。
よって >>102 より
β = (p_(n-1)β_n + p_(n-2))/(q_(n-1)β_n + q_(n-2))
となる。
ここで、β と β_n は α と α_n のそれぞれ共役である。

β_n = (q_(n-2)β - p_(n-2))/(-q_(n-1)β + p_(n-1))

右辺の分子と分母をそれぞれ変形すると
q_(n-2)β - p_(n-2) = q_(n-2)(β - p_(n-2)/q_(n-2))
-q_(n-1)β + p_(n-1) = -q_(n-1)(β - p_(n-1)/q_(n-1))
となる。

よって
β_n =
-(q_(n-2)/q_(n-1))(β - p_(n-2)/q_(n-2))/(β - p_(n-1)/q_(n-1))

(続く)

>>103 の続き。

>>80 より n → ∞ のとき
p_(n-2)/q_(n-2) → α
p_(n-1)/q_(n-1) → α

よって
(β - p_(n-2)/q_(n-2))/(β - p_(n-1)/q_(n-1))
→ (β - α)/(β - α) = 1

(q_(n-2)/q_(n-1)) ＞ 0 だから 十分大きい n に対して β_n ＜ 0

α_n = k_n + 1/α_(n+1)
よって >>102 より
β_n = k_n + 1/β_(n+1)
よって
β_(n+1) = 1/(β_n - k_n)

|β_n - k_n| ＞ 1 だから -1 ＜ β_(n+1) ＜ 0
α_(n+1) ＞ 1 だから α_(n+1) は簡約された２次無理数である。
>>97 より m ≧ n + 1 なら α_m も簡約された２次無理数である。
証明終

定理(Lagrange)
２次の実無理数は循環連分数に展開される。

証明
>>101 と >>103 より明らかである。

>>97
>ω' = 1/(α' - k) は ω の共役である。

これは >>102 から出る。
従って、>>102 は >>97 の前に出したほうが良かった。

補題
t ≠ 0 を有理数とする。
t を有限単純連分数(>>69)に展開して
t = [k_0, . . . , k_(n-1)] とするとき、項数 n を偶数または奇数の
どちらにも出来る。

証明
t = [k_0, . . . , k_(n-1)] において n = 1 のとき
即ち t = [k_0] のときは t = [k_0 - 1, 1] でもある。
よって n ≧ 2 と仮定してよい。

k_(n-1) = 1 なら
[k_0, . . . , k_(n-1)] = [k_0, . . . , k_(n-2) + 1]

k_(n-1) ＞ 1 なら
[k_0, . . . , k_(n-1)] = [k_0, . . . , k_(n-1) - 1, 1]

いずれの場合も、項数を偶数または奇数のどちらにも出来る。
証明終

虚二次体と類数について教えて下さい

>>108

過去スレ４ に書いてあります。
過去スレ４は >>54 のリンク先で見れます。
そこはいつまで見れるかわからないのでパソコンに保存しておいたほうがよいです。

虚二次体とその類数についてさらに詳しいことはこの後にやる予定。

補題
β ＞ 1 を実無理数とする。
α = (aβ + b)/(cβ + d) とする。
ここで a, b, c, d は有理整数で ad - bc = ±1 であり、
c ＞ d ＞ 0 である。

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

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

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

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

(続く)

>>110 の続き。

ad - bc = (-)^n だから gcd(a, c) = 1

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

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

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

gcd(a, c) = 1 だから
d ≡ q_(n-2) (mod c)

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

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

α = (aβ + b)/(cβ + d)
= (p_(n-1)β + p_(n-2))/(q_(n-1)β + q_(n-2))
= [k_0, . . . ,k_(n-1), β]
証明終

命題
β を実無理数とする。
α = (aβ + b)/(cβ + d) とする。
ここで a, b, c, d は有理整数で ad - bc = ±1 である。

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

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

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

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

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

(続く)

>>112 の続き。
α = (aβ + b)/(cβ + d) より、
α = (Aω_m + B)/(Cω_m + d)

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

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

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

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

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

よって >>110 より
このときある n ≧ 1 があり、
α = [k_0, . . . , k_(n-1), ω_m] となる。
証明終

>>105 と >>112 の証明は高木の初等整数論講義を参考にした。

名無しで自分の隔離病棟スレを立てているんだねｗ

>>112 の逆が成り立つことは明らかだろうが、一応証明する。

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

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

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

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

従って、α = Aω = AB^(-1)ω となり
AB^(-1) ∈ GL_2(Z) である。
証明終

>>116
>従って、α = Aω = AB^(-1)ω となり

従って、α = Aω = AB^(-1)β となり

呼んだか･･？

>>112
>このとき、ある実無理数 ω と n ≧ 1, m ≧ 1 があり、

このとき、ある実無理数 ω ＞ 1 と n ≧ 1, m ≧ 1 があり、

補題
θ を簡約された２次無理数とし、
θ = (pθ + q)/(rθ + s) とする。
ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = ±1 である。

このとき (rθ + s)(rθ' + s) = ε である。
ここで θ' は θ の共役で ε = ps - qr = ±1 である。

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

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

従って
r(θ + θ') = p - s
rθθ' = -q

(rθ + s)(rθ' + s) = r^2θθ' + rs(θ + θ') + s^2
= -qr + s(p - s) + s^2 = ps - qr = ε
証明終

>>120

証明からわかるように、θ は単に２次無理数であればよく、
簡約された２次無理数である必用はなかった。

命題(高木の初等整数論講義)
θ を簡約された２次無理数とし、
θ = (pθ + q)/(rθ + s) とする。
ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = ±1 である。
さらに、rθ + s ＞ 1 とする。

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

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

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

EE' = -1 のときは E ＞ 1 より 0 ＞ E' ＞ -1
よって r ＞ r + E'
一方 r + E' ＞ s だから r ＞ s
(続く)

>>122 の続き。

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

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

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

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

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

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

EE' = -1 で r ＞ s = 0 なら、
ps - qr = -qr = -1 よって qr = 1
r ＞ 0 だから r = q = 1
θ = (pθ + 1)/θ = p + 1/θ = [p, θ]
よって、この場合も本命題は従う。
証明終

>>123
>よって q = p - 1
>
>θ = (pθ + p - 1)/(θ + 1) = (p(θ + 1) - 1)/(θ + 1)
>= p - 1/(θ + 1) = p - 1 + 1 - 1/(θ + 1)
>= p - 1 +
>
>よって θ = [p - 1, 1, θ] となり、この場合も本命題は従う。

ここは高木のように以下のようにしたほうが良かった。

よって p = q + 1
θ = ((q + 1)θ + q)/(θ + 1) = q + θ/(θ + 1) = q + 1/(1 + 1/θ)
よって θ = [q, 1, θ] となり、この場合も本命題は従う。

Thomas Pietraho.

θ を実２次無理数とする。
θ は２次多項式 ax^2 + bx + c の根である。
ここで a, b, c は有理整数で a ＞ 0, gcd(a, b, c) = 1 である。
a, b, c は θ により一意に決まる。

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

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

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

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

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

過去スレ４の592より I は可逆イデアルである。

θ を実２次無理数とする。
θ は２次多項式 ax^2 + bx + c の根である。
ここで a, b, c は有理整数で a ＞ 0, gcd(a, b, c) = 1 である。
a, b, c は θ により一意に決まる。

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

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

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

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

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

過去スレ４の592より I は可逆イデアルである。

Googleがking仕様になったぞ
早く見てみろ

ax^2 + bx + c＝０
の解はa,b,cの関数で、逆函数がある。
２つの２次曲線の交点が解だと、逆函数は存在しない。
でも２次曲線のｘ切片が２個決まれば、その２点を通る２次曲線は
無限にある。

>>127 の続き。

(1) m ≡ 1 (mod 4) のとき

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

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

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

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

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

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

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

>>130 の続き。

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

I = αI となる α ∈ Q(√m) があるとする。

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

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

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

逆に α が R の単数なら αR = R だから I = RI = αRI = αI

過去スレ４の590より
R = {(x + y√D)/2 ; x ∈ Z, y ∈ Z, x ≡ yD (mod 2) } である。
従って、
D ≡ 0 (mod 4) のとき
R = {(u + v√D)/2 ; u ∈ Z, v ∈ Z, u ≡ 0 (mod 2) } である。

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

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

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

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

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

よって、いずれの場合にも α = (u + v√D)/2 は R の元であり
従って R の単数である。

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

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

以上から、次のことが分かった。
α を R の単数とすると、α, α', -α', -α のどれか一つは
1 より大きい。

>>133 を以下のように訂正する。

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

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

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

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

以上から、次のことが分かった。
α ≠ ±1 を R の単数とすると、α, α', -α', -α のどれか一つは
1 より大きい。

>>131 より
θ = (pθ + q)/(rθ + s) なら rθ + s は R の単数である。
よって >>132 より rθ + s = (u + v√D)/2 となる。
ここで (u, v) は u^2 - Dv^2 = ±4 の有理整数解である。
p, q, r, s を u, v で表してみよう。

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

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

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

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

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

以上から (p, q/(r, s) = ((u - bv)/2, -cv)/(av, (u + bv)/2)

>>122
>このときある n ≧ 1 があり、
>θ = [k_0, . . . , k_(n-1), θ] となる。
>ここで、各 k_i は有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 である。

θ ＞ 1 だから k_0 ≧ 1 でもある。

命題
θ, R は >>126 同じとする。

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

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

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

このとき、E_0E_1 = E_2 である。

証明

E_0E_1 = (r_0θ + s_0)(r_1θ + s_1)
= r_0θ(r_1θ + s_1) + s_0(r_1θ + s_1)
= r_0(p_1θ + q_1) + s_0(r_1θ + s_1)
= (r_0p_1 + s_0r_1)θ + (r_0q_1 + s_0s_1)
= r_2θ + s_2
証明終

R = [1, fω] を実２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
θ を判別式 D の簡約された２次無理数とする。

>>127 において θ が簡約された２次無理数の場合を考える。

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

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

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

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

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

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

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

以上から R の任意の単数は ±E^m, m ∈ Z と書ける。
E を R の基本単数と呼ぶ。

>>138
>R = [1, fω] を実２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
>θ を判別式 D の簡約された２次無理数とする。

この部分は不要なので削除する。

16

17

16

15

14

13

連分数の理論を(２元)２次形式論と実２次体に応用するためには、
２次の無理数と２次形式と２次体のイデアルの３者の関係をはっきり
させておいたほうが良い。
この関係は過去スレ４でもある程度扱ったが、ここではより詳しく
述べる。

ここで述べる定式化は Henri Cohen の
A course in computational algebraic number thery から拝借した。

D を平方数でない有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) とする。
過去スレ４の586より D はある２次体 Q(√m) の整環 R の
判別式である。

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

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

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

これが J と α の取り方によらないことは証明を要する。

糞

補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R のイデアルとする。
R = [μ, ν] を R のある基底による表示とする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする。
I ⊂ R だから
α = pμ + qν
β = rμ + sν
と書ける。ここで p, q, r, s は有理整数である。
このとき N(I) = |ps - qr| である。

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

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

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

(α, β)' = C(a, b + cfω)' = CB(1, fω)' = CBA^(-1) (μ, ν)'
従って、P = (p, q)/(r, s) とおけば P = CBA^(-1) である。
det(A) = ±1, det(C) = ±1 だから |det(P)| = |det(B)| = ac = N(I)
det(P) = ps - qr だから N(I) = |ps - qr| である。
証明終

補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R のイデアルとする。
R = [μ, ν] を R のある基底による表示とする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする。
I ⊂ R だから
α = pμ + qν
β = rμ + sν
と書ける。ここで p, q, r, s は有理整数である。

このとき
αβ' - α'β = (ps - qr)(μν' - μ'ν)

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

両辺の行列式をとればよい。
証明終

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

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

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

det(P) = ±1 だから
(αβ' - α'β)^2 = (γδ' - γ'δ)^2
証明終

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

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

d(I) を d(α, β) とも書く。

容易にわかるように d(R) は R の判別式に一致する。
さらに d(1, ω) は２次体 Q(√m) の判別式である。

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

d(I) = (N(I)^2)d(R)である。

証明
定義(>>152) と >>150, >>151 より明らかである。

定義
α, β を２次体 Q(√m) の元とする。
Δ(α, β) = αβ' - α'β と書く。

補題
α, β, γ を２次体 Q(√m) の元とする。

Δ(γα, γβ) = N(γ)Δ(α, β) である。

証明
Δ(γα, γβ) = γαγ'β' - γ'α'γβ = γγ'(αβ' - α'β) = N(γ)Δ(α, β)
証明終

12

11

10

9

8

7

訂正

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

(αβ' - α'β)^2 は基底 α, β の取り方によらない。

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

N(γI) = |N(γ)|N(I) である。

証明
>>154 より
d(γI) = (N(γI)^2)d(R)

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

>>156 より
d(γI) = (N(γ)^2)d(I)

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

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

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

よって
N(γI) = |N(γ)|N(I)
証明終

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

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

証明
(1/α)I = (1/β)J だから βI = αJ
>>164 より N(β)N(I) = |N(α)|N(J)
よって
N(I)/|N(α)| = N(J)/|N(β)| である。
証明終

定義
I を R の分数イデアルとする(>>148)。
定義より、I = (1/α)J と書ける。
ここで J は R のイデアルで α ≠ 0 は R の元である。

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

>>165 よりこれは J と α の取り方によらない。

補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I は基底をもつ、即ち I = [θ_1, θ_2] と表示される。
ここで θ_1, θ_2 は Q(√m) の非零元である。

証明
I = (1/γ)J と書ける。
ここで J ≠ 0 は R のイデアルで γ ≠ 0 は R の元である。
J = [α, β] を J のある基底による表示とする。
I = [α/γ, β/γ] である。
証明終

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

啓蒙の実践

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

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

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

■淫乱肉便器と淫乱肉便器候補
http://www.google.com/search?q=%22%E6%B7%AB%E4%B9%B1%E8%82%89%E4%BE%BF%E5%99%A8%E3%81%A8%E6%B7%AB%E4%B9%B1%E8%82%89%E4%BE%BF%E5%99%A8%E5%80%99%E8%A3%9C%22&sourceid=ie7&rls=com.microsoft:en-US&ie=utf8&oe=utf8
●実姉
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■持続可能な淫乱投票システム
http://www.google.com/search?hl=ja&rls=com.microsoft%3Aen-US&q=%22%E6%8C%81%E7%B6%9A%E5%8F%AF%E8%83%BD%E3%81%AA%E6%B7%AB%E4%B9%B1%E6%8A%95%E7%A5%A8%E3%82%B7%E3%82%B9%E3%83%86%E3%83%A0%22&lr=

>>164 を以下のように訂正する。

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

このとき
N(γI) = |N(γ)|N(I) である。

証明
>>154 より
d(γI) = (N(γI)^2)d(R)

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

>>156 より
d(γI) = (N(γ)^2)d(I)

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

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

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

よって
N(γI) = |N(γ)|N(I)
証明終

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

このとき
N(γI) = |N(γ)|N(I) である。

証明
γ = α/β と書ける。ここで α, β は R の元である。

γI = (α/β)I = (1/β)αI

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

>>171 より
N(γI) = |N(α)|N(I)/|N(β)| = |N(γ)|N(I)
証明終

命題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I = [θ, τ] を I のある基底による表示とする(>>167)。
R = [μ, ν] を R のある基底による表示とする。
I ⊂ Q(√m) だから
θ = pμ + qν
τ = rμ + sν
と書ける。ここで p, q, r, s は有理数である。
このとき N(I) = |ps - qr| である。

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

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

一方、>>150 より
N(rI) = |ad - bc|
>>172 より N(rI) = |N(r)|N(I) = (r^2)N(I)
よって N(I) = |ad - bc|/r^2
よって N(I) = |ps - qr| である。
証明終

命題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする(>>167)。

Δ(α, β) = αβ' - α'β と書いた(>>155)。

Δ(α, β)^2 = (N(I)^2)d(R) である。

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

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

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

一方、>>153 より Δ(μ, ν)^2 = d(R) である。
証明終

命題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする(>>167)。

d(I) = Δ(α, β)^2 と書き、これを I の判別式という。

>>174 より、d(I) = (N(I)^2)d(R) だからこれは基底 α, β の
取り方によらない。
d(I) は０でない有理数である。

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

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

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

Δ(-α, β) = -αβ' + α'β = -Δ(α, β) だから
Δ(-α, β)/√D = -Δ(α, β)/√D
よって基底 α, β が正に向き付けられているとき
基底 -α, β は負に向き付けられている。

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

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

このとき P ∈ SL_2(Z) である。

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

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

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

従って det(P) ＞ 0 である。
証明終

15

14

13

12

11

10

D を平方数でない有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) とする。
過去スレ４の586より D はある２次体 Q(√m) の整環 R の
判別式である。

判別式 D の２次形式の集合を F(D) と書く。

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

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

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

過去スレ４の281より (k, l, m) の判別式は D である。
よって過去スレ４の403より F(D) は右 SL_2(Z)-集合となる。

SL_2(Z) の元 (1, 1)/(0, 1) を S と書いた(過去スレ４の237)。

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

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

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

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

以上から (k, l, m) = (a, 2an + b, an^2 + bn + c) である。
即ち (a, b, c)S^n = (k, l, m) である。

逆に (a, b, c)S^n = (k, l, m) なら
k = a
l = 2an + b
だから
[k, (-l + √D)/2] = [a, -an + (-b + √D)/2] = [a, (-b + √D)/2] である。

SL_2(Z) を Γ と書き、S で生成される Γ の部分群を Γ_∞ と書く。
即ち Γ_∞ = {S^n = (1, n)/(0, 1), n ∈ Z} である。

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

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

R の分数イデアル全体を id(R) と書こう。

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

>>186 より φ_FI は F(D)/Γ_∞ から id(R) への写像を引き起こす。

>>176 を以下のように訂正する。

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

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

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

Δ(-α, β) = -αβ' + α'β = -Δ(α, β) だから
Δ(-α, β)/√D = -Δ(α, β)/√D
よって基底 α, β が正に向き付けられているとき
基底 -α, β は負に向き付けられている。

>>177 を以下のように訂正する。

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

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

このとき P ∈ SL_2(Z) である。

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

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

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

従って det(P) ＞ 0 である。
証明終

(a, b, c) ∈ F(D) のとき I = [a, (-b + √D)/2] の
基底 a, (-b + √D)/2 の向き(>>188)を調べる。

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

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

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

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

今の場合、N(I) = a だから
k = a
l = b
m = c
である。
即ち N(xα - yβ)/N(I) = ax^2 + bxy + cy^2 である。

今度は a ＜ 0 の場合を考える。
I = [a, (-b + √D)/2] = [-a, (-b + √D)/2] であり、
Δ(a, (-b + √D)/2)) = -a√D だから
-a, (-b + √D)/2 は正の向きである。

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

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

今の場合、N(I) = -a だから
k = -a
l = -b
m = -c
である。
即ち N(xα + yβ)/N(I) = -ax^2 - bxy - cy^2 である。

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

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

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

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

d(J) = (N(J)^2)d(R)
だから
(ps - qr)^2(N(I)^2)d(R) = (N(J)^2)d(R)
よって
N(I)|ps - qr| = N(J)
証明終

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

N(γR) = |N(γ)| である。

証明
>>172 において I = R とすればよい。

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

証明
>>192 と >>193 より明らかである。

>>194 を以下のように訂正する。

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

証明
>>192 と >>193 より明らかである。

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

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

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

>>195 よりこの右辺は有理整数である。
証明終

R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I = [α, β] を R の分数イデアルとする。

α, β は正に向き付けられているとする(>>188)。

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

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

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

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

r ≠ 0 を有理数とする。
rI = [rα, rβ] であり、

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

f(rα, rβ, s; x, y) = sN(xrα - syrβ)/N(rI)
= sN(r)N(xα - syβ)/|N(r)|N(I)
= s(r^2)N(xα - syβ)/(r^2)N(I)
= f(α, β, s; x, y)

がんがれ、くまごろん

>>197 の続き。

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

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

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

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

k = s(αα')/N(I) = a

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

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

即ち
f(α, β + nα, s; x, y) = (a, b - 2na/s, an^2 - sbn + c)

>>185 より
s = 1 のとき

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

s = -1 のとき
f(α, β + nα, s; x, y) = f(α, β, s; x, y)S^n

R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I を R の分数イデアルとする。

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

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

I = [a/r, (b + cfω)/r] である。

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

ac ＞ 0 だから a, b + cfω の向きは正である。

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

即ち、
α = a/r
β = (b + cfω)/r とおけば
I = [α, β] で α, β の向きは正である。

>>197 の補足。

(αβ' + βα')^2 - 4αα'ββ' = (αβ' - βα')^2
だから f(x, y) の判別式は (αβ' - βα')^2/N(I)^2 である。
>>174 よりこれは R の判別式に等しい(過去スレ４の584も参照)。

R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
R の分数イデアル全体を id(R) と書いた(>>187)。

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

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

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

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

f(x, y) の属す F(D)/Γ_∞ の類 {f(x, y)} は id(R)/(Q^*) の類 {I}
のみで決まり、I および α, β のとり方によらないことを示そう。

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

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

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

β = s + tfω とする。
N(I) = |αt| = a|t| である。
従って |t| = 1 である。
証明終

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

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

証明
>>204 より β - γ ∈ I ∩ Z = αZ である。
証明終

>>205 を以下のように訂正する。

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

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

このとき
β - γ ∈ αZ である。

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

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

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

よって β - γ ∈ I ∩ Z = αZ である。
証明終

>>203 の続き。

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

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

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

I = [γ, δ] で γ は有理整数で γ, δ の向きは正とする。
α = ±γ である。
α = -γ なら I = [-γ, -δ] で -γ, -δ の向きは正であるから
α = γ と仮定してよい。
このとき >>206 より β - δ ∈ αZ である。
>>200 より
f(α, β, s; x, y) と f(γ, δ, s; x, y) は F(D)/Γ_∞ の同じ類
に属す。
これで >>203 の最後の主張は証明された。

>>187 で (a, b, c) ∈ F(D) に R のイデアル [a, (-b + √D)/2] を
対応させる F(D) から id(R) への写像を φ_FI と書いたが、
(a, b, c) ∈ F(D) に ([a, (-b + √D)/2], sign(a)) を対応させる
F(D) から id(R) × {±} への写像を φ_FI と書くことに訂正する。
ここで sign(a) は a の符号を表す。
即ち a ＞ 0 のとき sign(a) = 1, a ＜ 0 のとき sign(a) = -1 である。

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

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

φ_FI と φ_IF は互いに逆写像であることをこれから示す。

補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
R の任意のイデアル I ≠ 0 は
I = [a, b + c(D + √D)/2] と一意に書ける。
ここで a ＞ 0, 0 ≦ b ＜ a, c ＞ 0 で a と b は c で割れる。

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

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

aθ ∈ I だから a は c で割れる。

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

D ≡ 0, 1 (mod 4) だから
D^2 ≡ 0, 1 (mod 4)
よって D^2 ≡ D (mod 4)
よって c(D^2 - D)/4 ∈ Z である。
よって b + cD ≡ 0 (mod c) となる。
よって b ≡ 0 (mod c) となる。
証明終

補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
R の原始イデアル I は
I = [a, b + (D + √D)/2] と一意に書ける。
ここで a ＞ 0, 0 ≦ b ＜ a

証明
>>209 より明らかである。

>>208 の続き。

>>190 と >>191 より
(φ_IF)(φ_FI) = 1 である。

I を R = [1, ω] の原始イデアルとする。
>>210より I = [a, b + (D + √D)/2] と書ける。
ここで a, b は有理整数で a ＞ 0 である。

θ = (D + √D)/2 とおく。

α = a
β = b + θ
とおいて
>>197 の f(α, β, s; x, y) を計算する。

N(I) = a だから
s(αα')/N(I) = sa
-(αβ' + βα')/N(I) = -(β + β') = -(2b + D)

従って >>197 より f(α, β, s; x, y) = (sa, -(2b + D), *) である。
ここで * はある有理整数だがその正確な値はここでは必要ない。

この２次形式の φ_FI による像は
([sa, b + (D + √D)/2], s) = (I, s) である。
これは (φ_FI)(φ_IF) = 1 を意味する。
以上から φ_FI と φ_IF は互いに逆写像である。

>>211 より F(D)/Γ_∞ と (id(R)/Q^*) × {±1} は集合として同型
である。

この事実を述べた文献は非常に少ないと思う。

>>208

{±} と書いたのは {±1} の間違いである。

R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。

Qd = { (-b + √D)/2a ; a ＞ 0, D ≡ b^2 (mod 4a) }
とおく。
Qd は quadratic numbers の略である。

Qd の元 θ と有理整数 n に対して θ + n も Qd の元である。
従って Qd には有理整数環の加法群 Z が作用する。
Qd/Z をその商集合とする。

写像 φ_IQ : id(R)/(Q^*) → Qd/Z を以下のように定義する。

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

φ_IQ({ I }) = {β/α} とおく。

これが I の取りかたおよび 基底 α, β の取り方によらないことを
以下に示す。

>>207 より qI が原始イデアルとなるような有理数 q ≠ 0 がある。
qI = [qα, qβ] であるが >>197 より qα, qβ の向きも正である。
qβ/qα = β/α であるから I は原始イデアルと仮定してよい。

I = [γ, δ] で γ は有理整数で γ, δ の向きは正とする。
α = ±γ である。
α = -γ なら I = [-γ, -δ] で -γ, -δ の向きは正であるから
α = γ と仮定してよい。
このとき >>206 より β - δ ∈ αZ である。
よって δ/γ = (β + nα)/α = β/α + n となる n ∈ Z がある。
よって φ_IQ({ I }) は I およびその基底 α, β の取り方によらない。

今度は、写像 φ_QI : Qd/Z → id(R)/(Q^*) を以下のように定義する。

θ = (-b + √D)/2a が Qd の元のとき、過去スレ４の587より
I = [a, (-b + √D)/2] は R のイデアルである。

φ_QI({θ}} = { I } と定義する。

まず θ = (-b + √D)/2a = (-l + √D)/2k とする。
ここで
a ＞ 0, D ≡ b^2 (mod 4a)
k ＞ 0, D ≡ l^2 (mod 4k)
である。

k(-b + √D) = a(-l + √D)
よって
a = k
b = l

従って I = [a, (-b + √D)/2] は θ ∈ Qd により一意に決まる。

n ∈ Z のとき θ + n = (-b + √D)/2a + n = (-b + 2an + √D)/2a
これに対応するイデアルは
[a, (-b + 2an + √D)/2] = [a, (-b + √D)/2 + an]
= [a, (-b + √D)/2]

従って I は {θ} のみで決まる。
以上から写像 φ_QI : Qd/Z → id(R)/(Q^*) は矛盾なく定義された。

>>214 で定義した φ_IQ : id(R)/Q^* → Qd/Z と
>>216 で定義した φ_QI : Qd/Z → id(R)/Q^* が互いに逆写像で
あることは簡単にわかるが一応証明する。

I を R の原始イデアルとする。
>>210より I = [a, b + (D + √D)/2] と書ける。
ここで a, b は有理整数で a ＞ 0 である。
この基底 a, b + (D + √D)/2 の向きは正である。

φ_IQ({ I }) = { (2b + D + √D)/2a }
φ_QI({ (2b + D + √D)/2a }) = { [a, b + (D + √D)/2] }
よって (φ_QI)(φ_IQ) = 1 である。

今度は θ = (-b + √D)/2a が Qd の元とする。
φ_QI({θ}) = { [a, (-b + √D)/2] }
φ_IQ({ [a, (-b + √D)/2] }) = { (-b + √D)/2a }
よって (φ_IQ)(φ_QI) = 1 である。

以上で φ_IQ と φ_QI は互いに逆写像であることがわかった。
従って、id(R)/Q^* と Qd/Z は集合として同型である。

>>211 より
φ_FI : F(D)/Γ_∞ → id(R)/Q^* × {±1}
と
φ_IF : id(R)/Q^* × {±1} → F(D)/Γ_∞
は集合としての同型(即ち全単射)である。

>>211 より
φ_IQ : id(R)/Q^* → Qd/Z
と
φ_QI : Qd/Z → id(R)/Q^*
は集合としての同型である。

φ_FI: F(D)/Γ_∞ → id(R)/Q^* × {±1}
と
φ_IQ × 1 : id(R)/Q^* × {±1} → Qd/Z × {±1}
を合成して

同型 φ_FQ : F(D)/Γ_∞ → Qd/Z × {±1}
が得られる。

即ち
(a, b, c) ∈ F(D) のとき

(a, b, c) → ([a, (-b + √D)/2], sign(a))
→ ((-b + √D)/2|a|, sign(a))
と対応させる。

つまり
φ_FQ({ (a, b, c) }) = ({ (-b + √D)/2|a| }, sign(a))

φ_FQ の逆写像 φ_QF : Qd/Z × {±1} → F(D)/Γ_∞ は

φ_QI × 1 : Qd/Z × {±1} → id(R)/Q^* × {±1}
と
φ_IF : id(R)/Q^* × {±1} → F(D)/Γ_∞
の合成である。

即ち
(-b + √D)/2a ∈ Qd のとき

((-b + √D)/2a, s) → ([a, (-b + √D)/2], s)
→ f(a, (-b + √D)/2, s: x, y)
と対応させる。

つまり
φ_QF({ (-b + √D)/2a }, s) = { f(a, (-b + √D)/2, s: x, y) }

R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。

判別式 D の原始的(過去スレ４の279)な２次形式の集合を
F_0(D) と書く。
即ち F_0(D) = {(a, b, c) ; D = b^2 - 4ac, gcd(a, b, c) = 1}

過去スレ４の282 より Γ = SL_2(Z) は F_0(D) に右から作用する。
従って商集合 F_0(D)/Γ と F_0(D)/Γ_∞ が得られる。

R の可逆分数イデアル全体を I(R) と書いた(過去スレ２の521)。
I が R の可逆分数イデアルで r ≠ 0 を有理数とすると
rI も可逆分数イデアルである。
従って、id(R)/Q^* と同様に I(R)/Q^* が得られる。

過去スレ４の592より判別式 D の２次形式 (a, b, c) が原始的で
あるためには R のイデアル [a, (-b + √D)/2] が可逆である
ことが必要十分である。

従って同型

φ_FI: F(D)/Γ_∞ → id(R)/Q^* × {±1}

は同型

F_0(D)/Γ_∞ → I(R)/Q^* × {±1}

を引き起こす。
この同型を(記法の濫用で)同じ φ_FI で表す。

定義
有理整数係数の原始的な２次多項式 ax^2 + bx + c, a ≠ 0
の根を原始的な２次無理数という。
ここで ax^2 + bx + c が原始的とは gcd(a, b, c) = 1 を意味する。

>>221 を以下のように訂正する。

定義
ax^2 + bx + c を有理整数係数の原始的な２次多項式とし、
その判別式を D とする。
この多項式の根を判別式 D の原始的な２次無理数という。

ここで ax^2 + bx + c が原始的とは gcd(a, b, c) = 1 を意味する。

R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。

Qd = { (-b + √D)/2a ; a ＞ 0, D ≡ b^2 (mod 4a) } とおいた(>>214)。

Qd の元で原始的(>>221)なもの全体を Qd_0 と書く。
即ち
Qd_0 = { (-b + √D)/2a ∈ Qd ; gcd(a, b, (b^2 - D)/4a) = 1 }

>>218 より
φ_FQ({ (a, b, c) }) = ({ (-b + √D)/2|a| }, sign(a))
により同型
φ_FQ : F(D)/Γ_∞ → Qd/Z × {±1} が得られる。

この同型は同型
F_0(D)/Γ_∞ → Qd_0/Z × {±1} を引き起こす。

この同型を(記法の濫用で)同じ φ_FQ で表す。

>>220, >>223から

同型
φ_IQ : id(R)/Q^* → Qd/Z
は同型
I(R)/Q^* → Qd_0/Z を引き起こすことが分かる。

この同型を(記法の濫用で)同じ φ_IQ で表す。

定義
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
R の Picard 群 Pic(R) = I(R)/P(R) (過去スレ４の473) を Cl(D)
と書く。

226とは何か．ここでは"226"に五つの意味を与えよう．
226は自然数である．"226"の一つ目の意味だ．
自然数からいくつでも次の自然数を作ることができる．数学では自然数全体の集合は存在するという前提がある．
自然数の空間には加法を入れることができる．乗法も入れられるが，ここでは関係ない．自然数の加法があると，加法の逆演算を考えたくなる．それを減法と呼ぶが，減法のできない自然数の組が存在する．
そこで，自然数の組を利用して整数の空間を作る．整数の組ならどのようなものでも減法ができる．整数の空間に全ての自然数を埋め込むことができる．整数の226もできる．"226"の二つ目の意味だ．
ところで，整数の空間では加法減法乗法は自由にできるが，乗法の逆演算である除法はできないことがあるから，除法もできる空間を考えよう．
整数の空間は乗法について交換法則が成り立ち，しかも0でない整数m,nの積mnは0でないという性質があるから，整数空間の構造を部分的に含み，しかも0で割る以外の加減乗除が自由に出来，二整数の除法だけで作った空間が一意に存在する．
そのような空間の要素を有理数と呼ぶ．有理数の226もできる．"226"の三つ目の意味だ．
有理数の空間の基本列として，1,3/2,7/5,17/12,41/29,…のようなものがあるが，これは有理数の極限を持たない．
そこで，有理数の基本列の極限を全て入れた空間を考える．その空間の要素を実数という．実数空間には有理数空間を埋め込むことができ，実数の226もできる．"226"の四つ目の意味だ．
実数係数整式では，例えばx^2+1にはxにどのような実数を代入しても0にならない．つまり，実数の範囲で解けない代数方程式があるのだ．
そこで，i^2+1=0を満たすiを加えてさらに加減乗除ができるよう拡張した空間を考える．その空間の元を複素数という．ちなみに複素数係数の代数方程式は1次以上なら必ず複素数の範囲で解が存在する．
複素数空間に実数空間を埋め込むことができ，複素数の226もできる．"226"の五つ目の意味だ．

定義
R = [1, fω] を実２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
Q(√m) は実２次体だから D ＞ 0 である。

P+(R) = {αR ; α ∈ Q(√m), N(α) ＞ 0 } とおく。
I(R)/P+(R) を Cl+(D) と書き、R の狭義のイデアル類群と呼ぶ。

R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
I = [α, β] を R の分数イデアルとし、
α, β の向き(>>188)は正とする。

f(α, β; x, y) = N(xα - yβ)/N(I) とおく。

これは >>197 の f(α, β, s; x, y) = sN(xα - syβ)/N(I) で
s = 1 の場合である。
>>197 と >>202 より f(α, β; x, y) は判別式 D の２次形式である。

I = [γ, δ] で、γ, δ の向きも正とする。

>>189 より
α = pγ + qδ
β = rγ + sδ
となる有理整数 p, q, r, s で ps - qr = 1 となるものがある。

>>197 より
a = (αα')/N(I)
b = -(αβ' + βα')/N(I)
c = (ββ')/N(I)
とおけば、f(α, β; x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 である。

同様に
k = (γγ')/N(I)
l = -(γδ' + δγ')/N(I)
m = (δδ')/N(I)
とおけば、f(γ, δ; x, y) = kx^2 + lxy + my^2 である。

talk:>>226 数学基礎論的整数論。

>>226
226に226個の意味を与えてみよ

αα' = (pγ + qδ)(pγ' + qδ')
= γγ'p^2 + (γδ' + δγ')pq + δδ'q^2

αβ' + βα'
= (pγ + qδ)(rγ' + sδ') + (rγ + sδ)(pγ' + qδ')
= γγ' pr + γδ'ps + δγ'qr + δδ'qs
+ γγ' rp + γδ' rq + δγ'sp + δδ'qs
= 2γγ' pr + (γδ'+ δγ')(sp + qr) + 2γγ' qs

ββ' = (rγ + sδ)(rγ' + sδ')
= γγ'r^2 + (γδ' + δγ')rs + δδ's^2

従って
a = kp^2 - lpq + mq^2
b = 2kpr - l(sp + qr) + 2mqs
c = kr^2 - lrs + ms^2

従って >>184 より σ = (-p, r)/(q, -s) おくと σ ∈ SL_2(Z) で
(k, l, m)σ = (a, b ,c)

>>231 を以下のように訂正する。

αα' = (pγ + qδ)(pγ' + qδ')
= γγ'p^2 + (γδ' + δγ')pq + δδ'q^2

αβ' + βα'
= (pγ + qδ)(rγ' + sδ') + (rγ + sδ)(pγ' + qδ')
= γγ' pr + γδ'ps + δγ'qr + δδ'qs
+ γγ' rp + γδ' rq + δγ'sp + δδ'qs
= 2γγ' pr + (γδ'+ δγ')(sp + qr) + 2γγ' qs

ββ' = (rγ + sδ)(rγ' + sδ')
= γγ'r^2 + (γδ' + δγ')rs + δδ's^2

従って
a = kp^2 - lpq + mq^2
b = -2kpr + l(sp + qr) - 2mqs
c = kr^2 - lrs + ms^2

従って >>184 より σ = (-p, r)/(q, -s) おくと σ ∈ SL_2(Z) で
(k, l, m)σ = (a, b ,c)

定義
R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
判別式 D の正定値(過去スレ４の293)原始２次形式の集合を
(F_0)+(D) と書く。

これは過去スレ４の405と異なることに注意しておく。

R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
判別式 D の２次形式の集合を F(D) と書いた(>>184)。

I = [α, β] を R の分数イデアルとし、
α, β の向き(>>188)は正とする。
>>228, >>232 より f(α, β; x, y) が属す F(D)/Γ の類は α, β の
取り方によらない。

>>220 より I が可逆分数イデアルのときは f(α, β; x, y) は
原始的である。

D ＜ 0 のときは (αα')/N(I) ＞ 0 だから f(α, β; x, y) は
正定値である。

δ ≠ 0 を Q(√m) の元とする。

δI = [δα, δβ] も R の可逆分数イデアルである。

f(δα, δβ; x, y) = N(xδα - yδβ)/N(δI)
= (N(δ)/|N(δ)|)f(α, β; x, y)

従って、N(δ) ＞ 0 なら f(δα, δβ; x, y) = f(α, β; x, y)
である。

Q(√m) が虚２次体のときは常に N(δ) ＞ 0 である。

よって、I に f(α, β; x, y) が属す (F_0)+(D)/Γ の類を対応させる
ことにより
写像 ψ_IF : Cl(D) → (F_0)+(D)/Γ
が得られる。

Q(√m) が実２次体のときは N(δ) ＞ 0 なる δ で生成される
単項イデアル δR 全体のなす群 P+(R) で I(R) を類別した
狭義のイデアル類群 Cl+(D) を考える(>>227)。

このとき、I に f(α, β; x, y) が属す F_0(D)/Γ の類を対応させる
ことにより
写像 ψ_IF : Cl+(D) → F_0(D)/Γ
が得られる。

talk:>>230 私がやってみよう。1次元〜226次元線形空間の226倍写像。

それよりkingとくんまーの白熱した議論が見たい

talk:>>237 だが、何の議論をすればいいのだ？

>>238
人の脳を読む能力を悪用する奴を潰す必要性について

>>238
ゴミは消えろ

再び >>232(即ち >>228の続き)を以下のように訂正する。

f(α, β; x, y) = N(xα - yβ)/N(I)
に
α = pγ + qδ
β = rγ + sδ
を代入すると

f(α, β; x, y) = N(x(pγ + qδ) - y(rγ + sδ))/N(I)
= ((xp - yr)γ - (-xq + ys)δ)/N(I)
= f(γ, δ; xp - yr, -xq + ys)

従って (a, b, c) = (k, l, m)σ

ここで σ = (p, -r)/(-q, s) ∈ SL_2(Z)

>>235 の続き。

D ＜ 0 のとき
ψ_IF : Cl(D) → (F_0)+(D)/Γ

D ＞ 0 のとき
ψ_IF : Cl+(D) → F_0(D)/Γ

が定義された。

それぞれの逆写像 ψ_FI を定義しよう。

D ＜ 0 の場合。
(a, b, c) ∈ F_0+(D) のとき

ψ_FI({ (a, b, c) }) = { [a, (-b + √D)/2] } と定義する。

D ＞ 0 の場合。
(a, b, c) ∈ F_0(D) のとき

ψ_FI({ (a, b, c) }) = { [a, (-b + √D)/2]α } と定義する。
ここで α は sign(N(α)) = sign(a) となる Q(√m) の任意の
元である。
例えば
a ＞ 0 のときは α = 1
a ＜ 0 のときは α = √m とすればよい。

以上の定義が２次形式類の代表 (a, b, c) の取り方によらないことを
証明しよう。

D ＜ 0 の場合。
ψ_FI : (F_0)+(D)/Γ → Cl(D)
の定義が
(a, b, c) ∈ F_0+(D) の取り方によらないことは、
過去スレ４の598で証明されている。

D ＞ 0 の場合を考える。
f = (a, b, c) ∈ F_0(D) のとき
Ψ(f) = { [a, (-b + √D)/2]α } ∈ Cl+(D) と定義する。
ここで α は sign(N(α)) = sign(a) となる Q(√m) の任意の
元である。

ψ_FI : F_0(D)/Γ → Cl+(D)
の定義が
(a, b, c) ∈ F_0(D) の取り方によらないことを証明するには、
任意の σ ∈ SL_2(Z) に対して
Ψ(fσ) = Ψ(fσ) を証明すればよい。

過去スレ４の269より
SL_2(Z) は S = (1, 1)/(0, 1) と T = (0, -1)/(1, 0) で生成される。

従って
Ψ(fS) = Ψ(f) と Ψ(fT) = Ψ(f) を証明すればよい。

>>185 より
(a, b, c)S = (a, 2a + b, a + b + c)

よって
Ψ(fS) = { [a, -a + (-b + √D)/2]α }
= { [a, (-b + √D)/2]α }
= Ψ(f)

>>184 より (a, b, c)T = (c, -b, a) だから
Ψ(fT) = { [c, (b + √D)/2]β }
ここで sign(N(β)) = sign(c)

I = [a, (-b + √D)/2]
J = [c, (b + √D)/2]
θ = (-b + √D)/2
とおく。

θ'I = [a(-b - √D)/2, ac]
= a[(-b - √D)/2, c]
= a[c, (b + √D)/2]
= aJ
よって
I = (a/θ')J
Iα = (a/θ')Jα = (aα/θ'β)Jβ

N(θ') = ac だから
N(aα/θ'β) = (a^2)N(α)/acN(β) = aN(α)/cN(β) ＞ 0
よって
Ψ(fT) = { Jβ } = { Iα } = Ψ(f)
証明終

D ＜ 0 の場合。
ψ_FI : (F_0)+(D)/Γ → Cl(D)
の定義が
(a, b, c) ∈ F_0+(D) の取り方によらないことは、
過去スレ４の598で証明されているが、
>>244 と同様にも証明される。
つまり、>>244 の I = (a/θ')J は D ＜ 0 の場合もそのまま成り立つ。

>>243 の証明の基本アイデアつまり、
SL_2(Z) は S = (1, 1)/(0, 1) と T = (0, -1)/(1, 0) で生成される
事実を利用する方法は Buell の Binary quadratic forms から借りた。

このアイデアを知るまでは証明がどうしてもうまくいかなかった。

命題
R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
>>235 で 写像 ψ_IF : Cl(D) → (F_0)+(D)/Γ が
>242 で 写像 ψ_FI : (F_0)+(D)/Γ → Cl(D) が定義された。

(ψ_FI)(ψ_IF) = 1 である。

証明
(a, b, c) ∈ F_0+(D) とする。

ψ_FI({ (a, b, c) }) = { [a, (-b + √D)/2] } である。

I = [a, (-b + √D)/2]
α = a
β = (-b + √D)/2 とおく。

-Δ(α, β) = a√D だから I の基底 α, β の向き(>>188)は正である。

>>228 において
(αα')/N(I) = a^2/a = a
-(αβ' + βα')/N(I) = (ab)/a = b
(ββ')/N(I) = ac/a = a

だから N(xα - yβ)/N(I) = a^x^2 + bxy + cy^2 である。
従って (ψ_FI)(ψ_IF) = 1 である。
証明終

>>247 を以下のように訂正する。

命題
R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
>>235 で 写像 ψ_IF : Cl(D) → (F_0)+(D)/Γ が
>242 で 写像 ψ_FI : (F_0)+(D)/Γ → Cl(D) が定義された。

(ψ_IF)(ψ_FI) = 1 である。

証明
(a, b, c) ∈ F_0+(D) とする。

ψ_FI({ (a, b, c) }) = { [a, (-b + √D)/2] } である。

I = [a, (-b + √D)/2]
α = a
β = (-b + √D)/2 とおく。

-Δ(α, β) = a√D だから I の基底 α, β の向き(>>188)は正である。

>>228 において
(αα')/N(I) = a^2/a = a
-(αβ' + βα')/N(I) = (ab)/a = b
(ββ')/N(I) = ac/a = a

だから N(xα - yβ)/N(I) = a^x^2 + bxy + cy^2 である。
従って (ψ_IF)(ψ_FI) = 1 である。
証明終

命題
R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
>>235 で 写像 ψ_IF : Cl(D) → (F_0)+(D)/Γ が
>242 で 写像 ψ_FI : (F_0)+(D)/Γ → Cl(D) が定義された。

(ψ_FI)(ψ_IF) = 1 である。

証明
>>207 より Cl(D) の代表として原始イデアル I が取れる。
>>210 より I = [a, b + (D + √D)/2] と書ける。
ここで a ＞ 0, 0 ≦ b ＜ a

α = a
β = b + (D + √D)/2 とおく。
-Δ(α, β) = a√D だから I の基底 α, β の向き(>>188)は正である。

>>228 において
(αα')/N(I) = a^2/a = a
-(αβ' + βα')/N(I) = -a(2b + D)/a = -2b - D
(ββ')/N(I) = (b^2 + bD + (D^2 - D)/4)/a

よって
ψ_IF({ I }) = { (a, -2b - D, (b^2 + bD + (D^2 - D)/4)/a) }

ψ_FI({ (a, -2b - D, (b^2 + bD + (D^2 - D)/4)/a) })
= { [a, b + (D + √D)/2] }

よって
(ψ_FI)(ψ_IF) = 1 である。
証明終

>>248 と >>249 より D ＜ 0 のとき
(F_0)+(D)/Γ と Cl(D) は集合として同型である。

このことは過去スレ601と602でも証明されている。

命題
R = [1, fω] を実２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
>>235 で 写像 ψ_IF : Cl+(D) → F_0(D)/Γ が
>242 で 写像 ψ_FI : F_0(D)/Γ → Cl+(D) が定義された。

(ψ_IF)(ψ_FI) = 1 である。

証明
(a, b, c) ∈ F_0(D) とする。

ψ_FI({ (a, b, c) }) = { [a, (-b + √D)/2]δ } である。
ここで δ は sign(N(δ)) = sign(a) となる Q(√m) の任意の
元である。

I = [a, (-b + √D)/2]δ
α = aδ
β = (-b + √D)δ/2 とおく。

-Δ(α, β) = aδ'(-b + √D)δ/2 - aδ(-b - √D)δ'/2
= N(δ)a√D だから I の基底 α, β の向き(>>188)は正である。

>>228 において
(αα')/N(I) = N(δ)a^2/|N(δ)||a| = sign(N(δ))sign(a)a = a

-(αβ' + βα')/N(I) = N(δ)(ab)/|N(δ)||a|
= sign(N(δ))sign(a)b = b

(ββ')/N(I) = N(δ)ac/|N(δ)||a| = sign(N(δ))sign(a)c = c

よって
(ψ_IF)(ψ_FI) = 1 である。
証明終

命題
R = [1, fω] を実２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
>>235 で 写像 ψ_IF : Cl+(D) → F_0(D)/Γ が
>242 で 写像 ψ_FI : F_0(D)/Γ → Cl+(D) が定義された。

(ψ_FI)(ψ_IF) = 1 である。

証明
>>207 より Cl+(D) の代表として原始イデアル I が取れる。
>>210 より I = [a, b + (D + √D)/2] と書ける。
ここで a ＞ 0, 0 ≦ b ＜ a

α = a
β = b + (D + √D)/2 とおく。
-Δ(α, β) = a√D だから I の基底 α, β の向き(>>188)は正である。

>>228 において
(αα')/N(I) = a^2/a = a
-(αβ' + βα')/N(I) = -a(2b + D)/a = -2b - D
(ββ')/N(I) = (b^2 + bD + (D^2 - D)/4)/a

よって
ψ_IF({ I }) = { (a, -2b - D, (b^2 + bD + (D^2 - D)/4)/a) }

ψ_FI({ (a, -2b - D, (b^2 + bD + (D^2 - D)/4)/a) })
= { [a, b + (D + √D)/2]δ }
ここで δ は sign(N(δ)) = sign(a) となる Q(√m) の任意の
元である。
a ＞ 0 だから δ = 1 とできる。
よって
(ψ_FI)(ψ_IF) = 1 である。
証明終

>>251 と >>252 より D ＞ 0 のとき
F_0(D)/Γ と Cl+(D) は集合として同型である。

R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。

Qd = { (-b + √D)/2a ; a ＞ 0, D ≡ b^2 (mod 4a) } とおいた(>>214)。

Qd の元で原始的(>>221)なもの全体を Qd_0 と書いた(>>223)。
即ち
Qd_0 = { (-b + √D)/2a ∈ Qd ; gcd(a, b, (b^2 - D)/4a) = 1 }

θ = (-b + √D)/2a ∈ Qd_0 のとき
過去スレ４の592より [a, (-b + √D)/2] は R の可逆イデアルである。

g(θ) を [a, (-b + √D)/2] の属す Cl+(D) (>>227) の類とする。
ただし、D ＜ 0 のときは Cl+(D) は Cl(D) を意味するとする。

σ ∈ SL_2(Z) のとき g(σθ) = g(θ) を示そう。

過去スレ４の269より
SL_2(Z) は S = (1, 1)/(0, 1) と T = (0, -1)/(1, 0) で生成される。

従って
g(Sθ) = g(θ) と g(Tθ) = g(θ) を証明すればよい。

>>254 は没とする。

理由は Qd は SL_2(Z) の作用で閉じていないため。

R = [1, fω] を実２次体 Q(√m) の整環とし、D ＞ 0 を
その判別式とする。

Q(D) = { (-b + √D)/2a ; D ≡ b^2 (mod 4a) } とおく。

即ち Q(D) は判別式 D に属す２次無理数(過去スレ596) の集合である。

Q_0(D) = { (-b + √D)/2a ∈ Q(D) ; gcd(a, b, (b^2 - D)/4a) = 1 }
とおく。

即ち Q_0(D) は判別式 D に属す原始的な２次無理数(過去スレ596) の
集合である。

Q_0(D) は左 SL_2(Z)-集合である。

g(θ) を [a, (-b + √D)/2]δ の属す Cl+(D) (>>227) の類とする。
ここで δ は sign(N(δ)) = sign(a) となる Q(√m) の任意の
元である。

σ ∈ SL_2(Z) のとき g(σθ) = g(θ) を示そう。

過去スレ４の269より
SL_2(Z) は S = (1, 1)/(0, 1) と T = (0, -1)/(1, 0) で生成される。

従って
g(Sθ) = g(θ) と g(Tθ) = g(θ) を証明すればよい。

Sθ = θ + 1 = (2a - b + √D)/2a

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

よって g(Sθ) = g(θ) である。

Tθ = -1/θ = -2a/(-b + √D) = -2a(-b - √D)/4ac = (b + √D)/2c
よって
g(Tθ) = { [c, (b + √D)/2]γ } である。
ここで γ は sign(N(γ)) = sign(c) となる Q(√m) の任意の
元である。

((-b - √D)/2)[a, (-b + √D)/2] = [a(-b - √D)/2, ac]
= a[(b + √D)/2, c]

よって
I = [a, (-b + √D)/2]
J = [c, (b + √D)/2]
とおくと

θ' I = aJ
I = (a/θ')J
Iδ = (a/θ')Jδ = (aδ/θ'γ)Jγ

N(θ') = ac だから
N(aδ/θ'γ) = a^2N(δ)/acN(γ) = aN(δ)/cN(γ) ＞ 0
よって I と J は Cl+(D) の同じ類に属す。

即ち
g(Tθ) = g(θ) である。
よって >>256 の最後の主張が証明された。

>>256 より g(θ) は θ の属す Q_0(D)/Γ の類できまり、
その代表元 θ の取り方によらない。

よって写像
ψ_QI: Q_0(D)/Γ → CL+(D) が定義される。

CL+(D) の任意の類 { I } をとる。ここで I は R の可逆分数イデアル
である。

I = [α, β] で α, β の向きは正とする。
このような基底 α, β が存在することは >>201 からわかる。

>>228 と同様に
f(α, β; x, y) = N(xα - yβ)/N(I) とおく。

>>197 より
a = (αα')/N(I)
b = -(αβ' + βα')/N(I)
c = (ββ')/N(I)
とおけば、f(α, β; x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 である。

h(x) = ax^2 + bx + c とおく。

N(I)αh(β/α) = α'β^2 - αββ' - α'β^2 + αββ' = 0
よって h(β/α) = 0 である。
よって β/α は D に属す２次無理数である。

I = [γ, δ] で、γ, δ の向きも正とする。

>>189 より
α = pγ + qδ
β = rγ + sδ
となる有理整数 p, q, r, s で ps - qr = 1 となるものがある。
θ = β/α
μ = δ/δ
とおく。

θ = β/α = (rγ + sδ)/(pγ + qδ) = (r + sμ)/(p + qμ)
よって
μ = (pθ - r)/(-qθ + s)

よって μ と θ は Q_0(D)/Γ の同じ類に属す。

τ ∈ Q(√m) で N(τ) ＞ 0 とする。
τI = τ[α, β] = [τα, τβ] で
Δ(τα, τβ) = τατ'β' - τβτ'α' = N(τ)Δ(α, β)
だから τα, τβ の向きは正である。
さらに τβ/τα = β/α である。

以上から写像
ψ_IQ: CL+(D) → Q_0(D)/Γ が

ψ_IQ({ I }) = {β/α} で矛盾なく定義されることがわかった。

命題
R = [1, fω] を実２次体 Q(√m) の整環とし、D ＞ 0 をその判別式
とする。
>>258 で 写像 ψ_QI: Q_0(D)/Γ → CL+(D) が定義された。
>260 で 写像 ψ_IQ: CL+(D) → Q_0(D)/Γ が が定義された。

(ψ_IQ)(ψ_QI) = 1 である。

証明
θ = (-b + √D)/2a ∈ Q_0(D) とする。

I = [a, (-b + √D)/2]δ とおく。
ここで δ は sign(N(δ)) = sign(a) となる Q(√m) の任意の
元である。

ψ_QI({ θ }) = { I } である。

α = a
β = (-b + √D)/2
とおく。

I = [δα, δβ] である。

Δ(δα, δβ) = δαδ'β' - δβδ'α' = N(δ)Δ(α, β)
= -N(δ)a√D ＜ 0

よって δα, δβ の向きは正である。

δβ/δα = β/α である。
従って、ψ_IQ({ I }) = { θ } である。
よって (ψ_IQ)(ψ_QI) = 1 である。
証明終

命題
R = [1, fω] を実２次体 Q(√m) の整環とし、D ＞ 0 をその判別式
とする。
>>258 で 写像 ψ_QI: Q_0(D)/Γ → CL+(D) が定義された。
>260 で 写像 ψ_IQ: CL+(D) → Q_0(D)/Γ が が定義された。

(ψ_QI)(ψ_IQ) = 1 である。

証明
>>207 より Cl+(D) の代表として原始イデアル I が取れる。
>>210 より I = [a, b + (D + √D)/2] と書ける。
ここで a ＞ 0, 0 ≦ b ＜ a

α = a
β = b + (D + √D)/2 とおく。
-Δ(α, β) = a√D だから I の基底 α, β の向き(>>188)は正である。

β/α = (2b + D + √D)/2a

よって
ψ_IQ({ I }) = { (2b + D + √D)/2a })

a ＞ 0 だから
ψ_QI({ (2b + D + √D)/2a })) = { [a, b + (D + √D)/2] }

よって
(ψ_QI)(ψ_IQ) = 1 である。
証明終

>>261 と >>262 より D ＞ 0 のとき
Q_0(D)/Γ と Cl+(D) は集合として同型である。

R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とし、D ＜ 0 を
その判別式とする。

Q+(D) = { a ＞ 0, (-b + √D)/2a ; D ≡ b^2 (mod 4a) } とおく。

これは >>214 の Qd と同じものである。

即ち Q+(D) は判別式 D に属す２次無理数(過去スレ596) で
複素上半平面にあるものの集合である。

(Q_0)+(D) = { (-b + √D)/2a ∈ Q+(D) ; gcd(a, b, (b^2 - D)/4a) = 1 }
とおく。

即ち (Q_0)+(D) は Q+(D) に属す原始的な２次無理数(過去スレ596) の
集合である。

これは >>223 の Qd_0 と同じものである。

(Q_0)+(D) は左 SL_2(Z)-集合である。

θ = (-b + √D)/2a ∈ (Q_0)+(D) のとき

g(θ) を [a, (-b + √D)/2] の属す Cl(D) の類とする。

σ ∈ SL_2(Z) のとき g(σθ) = g(θ) を示そう。

過去スレ４の269より
SL_2(Z) は S = (1, 1)/(0, 1) と T = (0, -1)/(1, 0) で生成される。

従って
g(Sθ) = g(θ) と g(Tθ) = g(θ) を証明すればよい。

Sθ = θ + 1 = (2a - b + √D)/2a

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

よって g(Sθ) = g(θ) である。

Tθ = -1/θ = -2a/(-b + √D) = -2a(-b - √D)/4ac = (b + √D)/2c

b^2 - 4ac ＜ 0
b^2 ＜ 4ac
a ＞ 0
だから
c ＞ 0 である。

よって
g(Tθ) = { [c, (b + √D)/2] }

((-b - √D)/2)[a, (-b + √D)/2] = [a(-b - √D)/2, ac]
= a[(b + √D)/2, c]

よって
I = [a, (-b + √D)/2]
J = [c, (b + √D)/2]
とおくと

θ' I = aJ
I = (a/θ')J

よって I と J は Cl(D) の同じ類に属す。

>>265 より g(θ) は θ の属す (Q_0)+(D)/Γ の類できまり、
その代表元 θ の取り方によらない。

よって写像
ψ_QI: (Q_0)+(D)/Γ → CL(D) が定義される。

CL(D) の任意の類 { I } をとる。ここで I は R の可逆分数イデアル
である。

I = [α, β] で α, β の向きは正とする。
このような基底 α, β が存在することは >>201 からわかる。

>>228 と同様に
f(α, β; x, y) = N(xα - yβ)/N(I) とおく。

>>197 より
a = (αα')/N(I)
b = -(αβ' + βα')/N(I)
c = (ββ')/N(I)
とおけば、f(α, β; x, y) = ax^2 + bxy + cy^2 である。

h(x) = ax^2 + bx + c とおく。

N(I)αh(β/α) = α'β^2 - αββ' - α'β^2 + αββ' = 0
よって h(β/α) = 0 である。
よって β/α は D に属す２次無理数である。

Im(β/α) = (β/α - β'/α')/2 = (βα' - αβ')/2αα'
= (βα' - αβ')/2N(α)

α, β の向きは正だから
(βα' - αβ')/√D ＞ 0

α は虚２次体 Q(√m) の元だから αα' = N(α) ＞ 0 である。
よって
Im(β/α)/√D = (βα' - αβ')/2N(α)√D ＞ 0
よって β/α は複素上半平面にある。

こんにちは。

>>267 の続き。

>>250 より
(F_0)+(D)/Γ と Cl(D) は集合として同型である。

この同型で { (a, b, c) } は { I } と対応するから
(a, b, c) は原始的である。

>>267 より β/α は ax^2 + bx + c の根だから β/α は
原始的である。

よって β/α は (Q_0)+(D) の元である。

I = [γ, δ] で、γ, δ の向きも正とする。

>>189 より
α = pγ + qδ
β = rγ + sδ
となる有理整数 p, q, r, s で ps - qr = 1 となるものがある。
θ = β/α
μ = δ/δ
とおく。

θ = β/α = (rγ + sδ)/(pγ + qδ) = (r + sμ)/(p + qμ)
よって
μ = (pθ - r)/(-qθ + s)

よって μ と θ は (Q_0)+(D) の同じ類に属す。

τ ≠ 0 を Q(√m) の元とする。
τI = τ[α, β] = [τα, τβ] で
Δ(τα, τβ) = τατ'β' - τβτ'α' = N(τ)Δ(α, β)
N(τ) ＞ 0 だから τα, τβ の向きは正である。
さらに τβ/τα = β/α である。

以上から写像
ψ_IQ: CL(D) → (Q_0)+(D)/Γ が

ψ_IQ({ I }) = {β/α} で矛盾なく定義されることがわかった。

命題
R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とし、D ＜ 0 をその判別式
とする。
>>266 で 写像 ψ_QI: (Q_0)+(D)/Γ → CL(D) が定義された。
>260 で 写像 ψ_IQ: CL(D) → (Q_0)+(D)/Γ が定義された。

(ψ_IQ)(ψ_QI) = 1 である。

証明
θ = (-b + √D)/2a ∈ (Q_0)+(D) とする。

I = [a, (-b + √D)/2] とおく。

ψ_QI({ θ }) = { I } である。

α = a
β = (-b + √D)/2
とおく。

Δ(α, β) = αβ' - βα' = -a√D ＜ 0

よって α, β の向きは正である。

β/α = (-b + √D)/2a = θ

従って、ψ_IQ({ I }) = { θ } である。
よって (ψ_IQ)(ψ_QI) = 1 である。
証明終

>>271
>>260 で 写像 ψ_IQ: CL(D) → (Q_0)+(D)/Γ が定義された。

>>270 で 写像 ψ_IQ: CL(D) → (Q_0)+(D)/Γ が定義された。

命題
R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とし、D ＜ 0 をその判別式
とする。
>>266 で 写像 ψ_QI: (Q_0)+(D)/Γ → CL(D) が定義された。
>>270 で 写像 ψ_IQ: CL(D) → (Q_0)+(D)/Γ が定義された。

(ψ_QI)(ψ_IQ) = 1 である。

証明
>>207 より Cl(D) の代表として原始イデアル I が取れる。
>>210 より I = [a, b + (D + √D)/2] と書ける。
ここで a ＞ 0, 0 ≦ b ＜ a

α = a
β = b + (D + √D)/2 とおく。
Δ(α, β) = -a√D だから I の基底 α, β の向き(>>188)は正である。

β/α = (2b + D + √D)/2a

よって
ψ_IQ({ I }) = { (2b + D + √D)/2a })

a ＞ 0 だから
ψ_QI({ (2b + D + √D)/2a })) = { [a, b + (D + √D)/2] }

よって
(ψ_QI)(ψ_IQ) = 1 である。
証明終

>>271 と >>273 より D ＜ 0 のとき
(Q_0)+(D)/Γ と Cl(D) は集合として同型である。

D ＜ 0 のとき >>248 と >>249 より
ψ_FI : (F_0)+(D)/Γ → Cl(D) は同型である。

>>271 と >>273 より
ψ_IQ: CL(D) → (Q_0)+(D)/Γ は同型である。

よって
ψ_FQ = IQ(ψ_IQ)(ψ_FI) : (F_0)+(D)/Γ → (Q_0)+(D)/Γ は
同型である。

このとき
(a, b, c) ∈ (F_0)+(D) の類には (-b + √D)/2a の類が
対応する。

>>275
>よって
>ψ_FQ = IQ(ψ_IQ)(ψ_FI) : (F_0)+(D)/Γ → (Q_0)+(D)/Γ は
同型である。

>>275
>よって
>ψ_FQ = IQ(ψ_IQ)(ψ_FI) : (F_0)+(D)/Γ → (Q_0)+(D)/Γ は
>同型である。

よって
ψ_FQ = (ψ_IQ)(ψ_FI) : (F_0)+(D)/Γ → (Q_0)+(D)/Γ は
同型である。

R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
D ＞ 0 のとき >>251 と >>252 より
ψ_FI : F_0(D)/Γ → Cl+(D) は同型である。

>>261 と >>262 より
ψ_IQ : CL+(D) → Q_0(D)/Γ は同型である。

よって
ψ_FQ = (ψ_IQ)(ψ_FI) : F_0(D)/Γ → Q_0(D)/Γ は
同型である。

このとき
(a, b, c) ∈ F_0(D) の類には (-b + √D)/2a の類が
対応する。

挨拶にシカトするなんて糞
はじめから見てるが、この書き込んでるやつ馬鹿もいいところだろ。

うんこ以下

R = [1, fω] を虚２次体 Q(√m) の整環とし、D ＜ 0 をその判別式
とする。

>>220 より同型
φ_FI : F_0(D)/Γ_∞ → I(R)/Q^* × {±1}
が存在する。

φ_FI は >>243 の同型 ψ_FI を引き起こす。

ψ_FI : (F_0)+(D)/Γ → Cl(D)

R = [1, fω] を実２次体 Q(√m) の整環とし、D ＞ 0 をその判別式
とする。

P+ = {αR ; α ∈ Q(√m), N(α) ＞ 0 } とおく。

完全列
1 → P+ → K^*/(R^*)+ → {±1} → 1
が存在する。

ここで K = Q(√m) であり、
(R^*)+ = { α ∈ R^* ; N(α) ＞ 0 } である。

K^*/(R^*)+ → {±1} は α ∈ K^* に sign(N(α)) を対応させる
ことにより引き起こされる。

P~ = K^*/(R^*)+ とおく。

(I, s) ∈ I(R) × {±1} と、[β] ∈ P~ に対して

[β](I, s) = (βI, s(sign(N(β)))) と定義する。

ε ∈ (R^*)+ のとき (εI, s(sign(N(ε)))) = (I, s) だから
[β](I, s) は [β] ∈ P~ のみで決まる。

よって商集合 (I(R) × {±1})/P~ が定義される。

>>220 の同型
φ_FI : F_0(D)/Γ_∞ → I(R)/Q^* × {±1}
は同型
F_0(D)/Γ → (I(R) × {±1})/P~ を引き起こすことを示そう。

[ (a, b, c) ] ∈ F_0(D)/Γ のとき
[([a, (-b + √D)/2], sign(a))] ∈ (I(R) × {±1})/P~
が代表 (a, b, c) の取り方によらないことを示す。

ここで、[ (a, b, c) ] は (a, b, c) が属す F_0(D)/Γ の類を表す。
同様に、[([a, (-b + √D)/2], sign(a))] は (I(R) × {±1})/P~ の
類を表す。

f = (a, b, c) ∈ F_0(D) のとき
Ψ(f) = [([a, (-b + √D)/2], sign(a))] ∈ (I(R) × {±1})/P~
とおく。

過去スレ４の269より
SL_2(Z) は S = (1, 1)/(0, 1) と T = (0, -1)/(1, 0) で生成される。

従って、いつものように
Ψ(fS) = Ψ(f) と Ψ(fT) = Ψ(f) を証明すればよい。

>>185 より
(a, b, c)S = (a, 2a + b, a + b + c)

よって
Ψ(fS) = [([a, -a + (-b + √D)/2], sign(a))]
= Ψ(f)

>>184 より (a, b, c)T = (c, -b, a) だから
Ψ(fT) = [([c, (b + √D)/2], sign(c))]

I = [a, (-b + √D)/2]
J = [c, (b + √D)/2]
θ = (-b + √D)/2
とおく。

θ'I = [a(-b - √D)/2, ac]
= a[(-b - √D)/2, c]
= a[c, (b + √D)/2]
= aJ
よって
I = (a/θ')J

N(θ') = ac だから
N(a/θ') = a/c

Ψ(fT) = [((a/θ')[c, (b + √D)/2], sign(c)sign(N(a/θ')))]
= [([a, (-b + √D)/2], sign(c)sign(a/c))]
= [([a, (-b + √D)/2], sign(a))]
= Ψ(f)

(I, s) ∈ I(R) × {±1} とする。
即ち、I は R の可逆分数イデアルであり、s = ±1 である。
I = [α, β] で、α, β は正に向き付けられているとする(>>188)。

>>197 で f(α, β, s; x, y) = sN(xα - syβ)/N(I) とおいた。
f(α, β, s; x, y) ∈ F_0(D) である。

I = [γ, δ] で、γ, δ の向きも正とする。

>>189 より
α = pγ + qδ
β = rγ + tδ
となる有理整数 p, q, r, t で pt - qr = 1 となるものがある。

f(α, β, s; x, y) = sN(xα - syβ)/N(I)
に
α = pγ + qδ
β = rγ + tδ
を代入すると

f(α, β, s; x, y) = sN(x(pγ + qδ) - sy(rγ + tδ))/N(I)
= s((xp - ysr)γ - s(-xsq + yt)δ)/N(I)
= f(γ, δ; xp - ysr, -xq + yst)

従って (a, b, c) = (k, l, m)σ

ここで σ = (p, -sr)/(-sq, t) ∈ SL_2(Z)

δ ∈ K^* として
[δ](I, s) = (δI, s(sign(N(δ))) を考える(>>281)。

δI = [δα, δβ] であり、
Δ(δα, δβ) = δαδ'β' - δβδ'α' = N(δ)Δ(α, β)

まず N(δ) ＞ 0 の場合を考える。

Δ(δα, δβ) = Δ(α, β)
だから δα, δβ の向きは正である。

f(δα, δβ, s(sign(N(δ)); x, y) = sN(xδα - syδβ)/N(δI)
= (N(δ)/N(δ))sN(xα - syβ)/N(I)
= sN(xα - syβ)/N(I)
= f(α, β, s; x, y)

N(δ) ＜ 0 とする。

Δ(δα, δβ) = -Δ(α, β)
だから δα, -δβ の向きは正である。

f(δα, -δβ, s(sign(N(δ)); x, y) = -sN(xδα - syδβ)/N(δI)
= -(N(δ)/|N(δ)|)sN(xα - syβ)/N(I)
= sN(xα - syβ)/N(I)
= f(α, β, s; x, y)

>>282, >>283 より

写像 Ψ_0 : F_0(D)/Γ → (I(R) × {±1})/P~
が
Ψ_0( [ (a, b, c) ] ) = [ ([a, (-b + √D)/2], sign(a)) ]
により定義される。

>>284 より

写像 Ψ_1 : (I(R) × {±1})/P~ → F_0(D)/Γ
が
Ψ_1( [ (I, s) ] ) = [ f(α, β, s; x, y) ]
により定義される。

(a, b, c) ∈ F_0(D) のとき
Ψ_0( [ (a, b, c) ] ) = [ ([a, (-b + √D)/2], sign(a)) ]

a ＞ 0 のとき
α = a
β = (-b + √D)/2
s = sign(a) = 1 とおく。

Δ(α, β) = -a√D だから α, β の向きは正である。

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

よって
f(α, β, s; x, y) = ax^2 + bxy + cy^2

a ＜ 0 のとき
α = -a
β = (-b + √D)/2
s = sign(a) = -1 とおく。

Δ(α, β) = a√D だから α, β の向きは正である。

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

よって
f(-α, β, s; x, y) = ax^2 + bxy + cy^2

以上から Ψ_1Ψ_0 = 1 である。

[ (I, s) ] ∈ (I(R) × {±1})/P~ とする。
即ち、I は R の可逆分数イデアルであり、s = ±1 である。

>>207 より qI が原始イデアルとなるような有理数 q ≠ 0 がある。
よって I は原始イデアルと仮定してよい。

>>210より I = [a, b + (D + √D)/2] と書ける。
ここで a, b は有理整数で a ＞ 0 である。

α = a
β = b+ (-b + √D)/2
とおく。
Δ(α, β) = -a√D だから α, β の向きは正である。

s(αα')/N(I) = sa
-(αβ' + βα')/N(I) = b
s(ββ')/N(I) = sc

となる。
ただし、 c = (ββ')/N(I) とおいた。

よって
f(α, β, s; x, y) = sax^2 + bxy + scy^2

Ψ_1( [ (I, s) ] ) = [ (sa, b, sc) ]

Ψ_0( (sa, b, sc) ] = [ ([sa, (-b + √D)/2], sign(sa)) ]
= [ (I, s) ]

よって Ψ_0Ψ_1 = 1 である。

>>287, >>288 より

Ψ_0 と Ψ_1 は互いに逆写像であり、

Ψ_0 : F_0(D)/Γ → (I(R) × {±1})/P~
は集合としての同型である。

写像 Φ_0 : (I(R) × {±1})/P~ → Cl+(D)
を Φ_0( [ (I, s) ] ) = [ δI ] で定義する。

ここで δ ∈ K^* は s = sign(N(δ)) となる任意の元である。

写像 Φ_1 : Cl+(D) → (I(R) × {±1})/P~
を Φ_1( [ I ] ) = [ (I, 1) ] で定義する。

Φ_1Φ_0( [ (I, s) ] ) = Φ_1( [ δI ] ) = [ (δI, 1) ]
= [ (I, sign(N(δ))) ]
= [ (I, s) ]

よって
Φ_1Φ_0 = 1

他方、
Φ_0Φ_1( [ I ] ) = Φ_0( [ (I, 1) ] ) = [ I ]

よって
Φ_0Φ_1 = 1

以上から
Φ_0 : (I(R) × {±1})/P~ → Cl+(D)
は集合としての同型である。

>>289 と >>290 より

Ψ_0 : F_0(D)/Γ → (I(R) × {±1})/P~
と
Φ_0 : (I(R) × {±1})/P~ → Cl+(D)
の合成写像

Φ_0Ψ_0 : F_0(D)/Γ → Cl+(D)
は同型である。

>>288 を以下のように修正する。

[ (I, s) ] ∈ (I(R) × {±1})/P~ とする。
即ち、I は R の可逆分数イデアルであり、s = ±1 である。

>>207 より qI が原始イデアルとなるような有理数 q ≠ 0 がある。
よって I は原始イデアルと仮定してよい。

>>210より I = [a, b + (D + √D)/2] と書ける。
ここで a, b は有理整数で a ＞ 0 である。

α = a
β = b+ (D + √D)/2
とおく。
Δ(α, β) = -a√D だから α, β の向きは正である。

s(αα')/N(I) = sa
-(αβ' + βα')/N(I) = -2b - D
s(ββ')/N(I) = sc
となる。
ただし、 c = (ββ')/N(I) とおいた。

よって
f(α, β, s; x, y) = sax^2 - (2b + D)xy + scy^2

よって
Ψ_1( [ (I, s) ] ) = [ (sa, -(2b + D), sc) ]

Ψ_0( (sa, b, sc) ] = [ ([sa, b + (D + √D)/2], sign(sa)) ]
= [ (I, s) ]

よって Ψ_0Ψ_1 = 1 である。

>>286 より
Ψ_0( [ (a, b, c) ] ) = [ ([a, (-b + √D)/2], sign(a)) ]
である。

よって
Φ_0Ψ_0( [ (a, b, c) ] ) = [a, (-b + √D)/2]δ
ここで δ ∈ K^* は sign(a) = sign(N(δ)) となる任意の元である。

従って、>>242 より Φ_0Ψ_0 = ψ_FI である。

R = [1, fω] を実２次体 Q(√m) の整環とし、D ＞ 0 をその判別式
とする。

>>253 より F_0(D)/Γ と Cl+(D) は集合として同型である。

では広義のイデアル類群 Cl(D) は F_0(D) とどのような関係に
あるのだろうか？
この問題について考えてみる。

(a, b, c) ∈ F_0(D) のとき I = [a, (-b + √D)/2] は R の可逆イデアル
である。
a ＞ 0 なら、
α = a
β = (-b + √D)/2
とおく。

Δ(α, β) = -a√D ＜ 0
だから I の基底 α, β は正の向きである。

(αα')/N(I) = a^2/(-a) = a
-(αβ' + βα')/N(I) = (ab)/a = b
(ββ')/N(I) = ac/a = c

だから N(xα - yβ)/N(I) = a^x^2 + bxy + cy^2 である。

a ＜ 0 なら、
α = -a
β = (-b + √D)/2
とおく。
Δ(α, β) = a√D ＜ 0
だから I の基底 α, β は正の向きである。

(αα')/N(I) = a^2/(-a) = -a
-(αβ' + βα')/N(I) = (-ab)/(-a) = b
(ββ')/N(I) = ac/(-a) = -c
だから N(xα - yβ)/N(I) = -a^x^2 + bxy - cy^2 である。

従って F_0(D)/Γ において [ (a, b. c) ] と [ (-a, b, -c) ]
が同一視出来ればそれによる商集合が Cl(D) と同型になるのでは
ないかと見当がつく。

τ = (1, 0)/(0, -1) とおく。
det(τ) = -1 である。
(a, b. c) ∈ F_0(D) のとき (a, b. c)τ = (a, -b, c) である。

σ ∈ SL_2(Z) とし、(a, b, c)σ = (k, l, m) とする。
(-a, -b, -c) と (-k, -l, -m) も F_0(D) の元であることに注意する。

過去スレ４の401より
k = ap^2 + bpr + cr^2
l = 2apq + b(ps + qr) + 2crs
m = aq^2 + bqs + cs^2

よって
(-a, -b, -c)σ = (-k, -l, -m)

一方、(-a, b, -c)τ = (-a, -b, -c) だから

(-a, b, -c)τσ = (-k, -l, -m) = (-k, l, -m)τ

τを両辺に掛けて τ^2 = 1 より
(-a, b, -c)τστ = (-k, l, -m)

det(τστ) = det(τ)^2 det(σ) = 1

以上から
(a, b, c) と (k, l, m) が F_0(D)/Γ の同じ類にあるなら
(-a, b, -c) と (-k, l, -m) も同じ類にある。

>>296 より
F_0(D)/Γ の元 [ (a, b, c) ] に [ (-a, b, -c) ] を対応させるのは
代表 (a, b, c) の取り方によらない。

有理整数環 Z の単数群 Z^* = {±1} の元 -1 の F_0(D)/Γ への
作用を [ (a, b, c) ](-1) = [ (-a, b, -c) ] で定義すれば、
[ (a, b, c) ](-1)^2 = [ (a, b, c) ] である。
よって F_0(D)/Γ は (Z^*)-集合(過去スレ４の388)となる。
よって商集合(過去スレ４の390)が (F_0(D)/Γ)/Z^* が定義される。

(a, b, c) ∈ F_0(D) に Cl(D) の元 [[a, (-b + √D)/2]] を
対応させる写像をχ_0とかく
χ_0((a, b, c)) = [[a, (-b + √D)/2]]

>>185 より
(a, b, c)S = (a, 2a + b, a + b + c)
χ_0((a, b, c)S) = [[a, -a + (-b + √D)/2]] = [[a, (-b + √D)/2]]
よって χ_0((a, b, c)S) = χ_0((a, b, c))

>>184 より (a, b, c)T = (c, -b, a) だから
χ_0((a, b, c)T) = [[c, (b + √D)/2]]

I = [a, (-b + √D)/2]
J = [c, (b + √D)/2]
θ = (-b + √D)/2
とおく。

θ'I = [a(-b - √D)/2, ac]
= a[(-b - √D)/2, c]
= a[c, (b + √D)/2]
= aJ
よって
I と J は Cl(D) の同じ類に属す。
よって
χ_0((a, b, c)T) = [[c, (b + √D)/2]] = χ_0((a, b, c))

以上から χ_0 は F_0(D)/Γ から Cl(D) への写像を誘導する。
この写像を同じ記号 χ_0 で表す。
即ち χ_0([ (a, b, c) ]) = [[a, (-b + √D)/2]] である。

χ_0([ (-a, b, -c) ]) = [[-a, (-b + √D)/2]]
= [[a, (-b + √D)/2]]
= χ_0([ (a, b, c) ])
だから
χ_0 は (F_0(D)/Γ)/Z^* (>>297)から Cl(D) への写像を誘導する。
この写像を同じ記号 χ_0 で表す。
即ち χ_0([[ (a, b, c) ]]) = [[a, (-b + √D)/2]] である。

I を R の可逆分数イデアルとする。
I = [α, β] で、α, β は正に向き付けられているとする(>>188)。

N(xα - yβ)/N(I) は F(D) の元である。

I = [γ, δ] で、γ, δ の向きも正とする。

>>189 より
α = pγ + qδ
β = rγ + sδ
となる有理整数 p, q, r, t で ps - qr = 1 となるものがある。

N(xα - yβ)/N(I) の α, β に
α = pγ + qδ
β = rγ + sδ
をそれぞれ代入すると

N(xα - yβ)/N(I) = N(x(pγ + qδ) - y(rγ + sδ))/N(I)
= ((xp - yr)γ - (-xq + ys)δ)/N(I)

よって、N(xα - yβ)/N(I) と N(xγ - yδ)/N(I) は
F(D)/Γ の同じ類に属す。

δ ∈ K^* として δI を考える。

δI = [δα, δβ] であり、
Δ(δα, δβ) = δαδ'β' - δβδ'α' = N(δ)Δ(α, β)

よって N(δ) ＞ 0 なら
Δ(δα, δβ) ＜ 0 だから δα, δβ の向きは正である。

このとき
N(xδα - yδβ)/N(δI) = (N(δ)/|N(δ)|) N(xα - yβ)/N(I)
= N(xα - yβ)/N(I)
よって N(xδα - yδβ)/N(δI) と N(xα - yβ)/N(I) は
(F(D)/Γ)/Z^* の同じ類に属す。

N(δ) ＜ 0 なら δα, -δβ の向きは正である。

N(xδα + yδβ)/N(δI) = (N(δ)/|N(δ)|) N(xα + yβ)/N(I)
= -N(xα + yβ)/N(I)

>>197 より
a = (αα')/N(I)
b = -(αβ' + βα')/N(I)
c = (ββ')/N(I)
とおけば、N(xα - yβ)/N(I) = ax^2 + bxy + cy^2 である。

よって
-N(xα + yβ)/N(I) = -ax^2 + bxy - cy^2 である。

よって N(xδα + yδβ)/N(δI) と N(xα - yβ)/N(I) は
(F(D)/Γ)/Z^* の同じ類に属す。

>>300 と >>301 より Cl(D) から (F(D)/Γ)/Z^* への写像が
χ_1([I]) = [[N(xα - yβ)/N(I)]] で定義される。

ここで I = [α, β] は R の可逆分数イデアルであり、
α, β は正に向き付けられているとする。

>>295 より χ_1χ_0 = 1 である。

I を R の原始イデアルとする。
>>210より I = [a, b + (D + √D)/2] と書ける。
ここで a, b は有理整数で a ＞ 0 である。

α = a
β = b + (D + √D)/2 とおく。
Δ(α, β) = -a√D だから I の基底 α, β の向き(>>188)は正である。

>>228 において
(αα')/N(I) = a^2/a = a
-(αβ' + βα')/N(I) = -a(2b + D)/a = -2b - D
(ββ')/N(I) = (b^2 + bD + (D^2 - D)/4)/a

よって
χ_1([I]) = [[ (a, -2b - D, (b^2 + bD + (D^2 - D)/4)/a) ]]

χ_0χ_1([I]) = [[a, b + (D + √D)/2]]

よって χ_0χ_1 = 1 である。

>>303 と >>304 より (F_0(D)/Γ)/Z^* と Cl(D) は集合として同型
である。
これで >>294 の問題は解決した。

訂正

>>285
>Δ(δα, δβ) = Δ(α, β)
>だから δα, δβ の向きは正である。

sign(Δ(δα, δβ)) = sign(Δ(α, β)) = -1
だから δα, δβ の向きは正である。

訂正

>>285
>Δ(δα, δβ) = -Δ(α, β)
>だから δα, -δβ の向きは正である。

sign(Δ(δα, δβ)) = -sign(Δ(α, β)) = 1
だから δα, -δβ の向きは正である。

55

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48

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46

47

46

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43

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41

40

D を平方数でない有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) とする。
Q+(D) = { (-b + √D)/2a ; a ＞ 0, D ≡ b^2 (mod 4a) } とおく。
これは >>218 で Qd と書いたものである。

>>218 より
φ_FQ([ (a, b, c) ]) = ([ (-b + √D)/2|a| ], sign(a))
により同型 φ_FQ : F(D)/Γ_∞ → Q+(D)/Z × {±1}
が得られる。

(a, b, c) ∈ F(D) に ((-b + √D)/2|a|, sign(a)) を対応させる
ことにより
写像 F(D) → Q+(D) × {±1} が得られる。
この写像を記号の濫用でやはり φ_FQ と書くことにする。
これは明らかに集合としての同型である。

判別式が正の２次形式を不定符号２次形式と呼ぶ。

過去スレ４の293で判別式が負の２次形式 (a, b, c) で
a ＞ 0 のとき (a, b, c) は正定値というと書いたが、
これは Zagier の数論入門の日本語訳(岩波) から借りたものである。

しかし、この訳語はあまり良くない。
判別式が負の２次形式を定符号２次形式と呼び、
正定値の代わりに正の定符号と呼んだほうが意味がはっきりする。
しかし、今さら変えるのも混乱するのでこのままにしておく。

(a, b, c) を判別式 D ＞ 0 の２次形式とする。
即ち、不定符号２次形式(>>327)とする。

>>326 より (a, b, c) には ((-b + √D)/2|a|, sign(a)) が対応する。

(-b + √D)/2|a| は２次無理数だから >>41 以降で展開した連分数の
理論が適用できる。
この理論を上記の対応により２次形式の言葉に翻訳しよう。

定義
(a, b, c) を判別式 D ＞ 0 の２次形式とする。
θ = (-b + √D)/2|a| とおく。

1/θ が簡約された２次無理数のとき (a, b, c) を簡約された２次形式、
または単に簡約２次形式という。

>>330 において、θ ではなく 1/θ としたのは後で述べる
２次形式の簡約過程の計算をより単純にするためである。

補題
(a, b, c) を判別式 D ＞ 0 の２次形式とする。
θ = (-b + √D)/2|a| とおく。

(a, b, c) が簡約２次形式であるためには

0 ＜ θ ＜ 1
1 ＜ -θ'

が必要十分である。

ここで、θ' はいつものように θ の共役を表す。

証明
1/θ が簡約ということは >>95 より

1/θ ＞ 1
-1 ＜ 1/θ' ＜ 0

ということである。

1/θ ＞ 1 は 0 ＜ θ ＜ 1 と同値である。

-1 ＜ 1/θ' ＜ 0 は -θ' ＞ 1 と同値である。
証明終

命題
(a, b, c) を判別式 D ＞ 0 の２次形式とする。
(a, b, c) が簡約２次形式であるためには

|√D - 2|a|| ＜ b ＜ √D

が必要十分である。

証明
θ = (-b + √D)/2|a| とおく。

>>332 より (a, b, c) が簡約２次形式であるためには
0 ＜ θ ＜ 1
1 ＜ -θ'
が必要十分である。
0 ＜ θ ＜ 1 より 0 ＜ (-b + √D)/2|a| ＜ 1
だから
0 ＜ -b + √D ＜ 2|a|
よって
√D - 2|a| ＜ b ＜ √D

他方
1 ＜ (b + √D)/2|a| より
2|a| ＜ b + √D
よって
2|a| - √D ＜ b

よって |√D - 2|a|| ＜ b ＜ √D

この逆も明らかである。
証明終

oniku!!

命題
(a, b, c) を判別式 D ＞ 0 の簡約２次形式(>>330)とする。

このとき ac ＜ 0 である。
即ち a と c は符号が反対である。
つまり sign(c) = -sign(a)

証明
>>333 より 0 ＜ b ＜ √D

よって
b^2 ＜ D

D - b^2 = -4ac だから
0 ＜ -4ac

よって
ac ＜ 0
証明終

命題
(a, b, c) を判別式 D ＞ 0 の簡約２次形式(>>330)とする。
このとき |a| + |c| ＜ √D である。

証明
>>333 より
|√D - 2|a|| ＜ b

両辺を２乗して
(√D - 2|a|)^2 ＜ b^2

よって
(√D - 2|a|)^2 - b^2
= D - 4|a|√D + 4a^2 - b^2
= -4ac - 4|a|√D + 4a^2 ＜ 0

よって
((√D - 2|a|)^2 - b^2)/4|a|
= -ac/|a| - √D + |a|
= -sign(a)c - √D + |a|
= sign(c)c - √D + |a|
= |c| - √D + |a| ＜ 0
証明終

命題
(a, b, c) を判別式 D ＞ 0 の２次形式とする。
(a, b, c) が簡約２次形式(>>330)であるためには

|√D - 2|c|| ＜ b ＜ √D

が必要十分である。

証明
>>333 より |√D - 2|a|| ＜ b
よって -b ＜ √D - 2|a| ＜ b
即ち 0 ＜ √D - b ＜ 2|a| ＜ √D + b

√D - b ＜ 2|a| の両辺に √D + b を掛けて
-4ac ＜ 2|a|(√D + b)
-2sign(a)c ＜ √D + b
2sign(c)c ＜ √D + b
よって
2|c| - √D ＜ b

他方 2|a| ＜ √D + b の両辺に √D - b を掛けて

2|a|(√D - b) ＜ -4ac
√D - b ＜ -2sign(a)c = 2sign(c)c = 2|c|
√D - b ＜ 2|c|
よって
-b ＜ 2|c| - √D
以上から
|√D - 2|c|| ＜ b ＜ √D

同様にして、この式から逆に |√D - 2|a|| ＜ b ＜ √D がでる。
証明終

(a, b, c) を判別式 D ＞ 0 の簡約２次形式(>>330)とする。

>>333 より 0 ＜ b ＜ √D
>>336 より |a| + |c| ＜ √D

従って、判別式 D ＞ 0 の簡約２次形式 (a, b, c) の個数は
有限である。

(a, b, c) を判別式 D ＞ 0 の簡約２次形式(>>330)とする。

θ = (-b + √D)/2|a| とおく。

α = 1/θ - [1/θ] とおくと

1/θ = [1/θ] + 1/(1/α)
である。

>>41 の連分数の記号で書くと
1/θ = [[1/θ], 1/α]

α = 1/θ - [1/θ] を計算しよう。

>>335 より sign(a) = -sign(c) であることに注意する。

1/θ = 2|a|/(-b + √D) = 2|a|(-b - √D)/4ac
= sign(a)(-b - √D)/2c = -sign(c)(-b - √D)/2c
= (b + √D)/2|c|

よって
1/θ - [1/θ] = (b + √D)/2|c| - [(b + √D)/2|c|]
= (b - 2|c|[(b + √D)/2|c|] + √D])/2|c| ∈ Q+(D)

よって >>326 より

φ_FQ( (c, r, (r^2 - D)/4c) ) = (1/θ - [1/θ], -sign(a))
である。
ここで r = -b + 2|c|[(b + √D)/2|c|]

>>339 の続き。

n = [(b + √D)/2|c|] とおく。
即ち
n ＜ (b + √D)/2|c| ＜ n + 1

よって
2|c|n ＜ b + √D ＜ 2|c|n + 2|c|

r = -b + 2|c|n
だから

√D - 2|c| ＜ r ＜ √D

40

39

38

37

36

35

(a, b, c) を判別式 D ＞ 0 の２次形式とする。
D = b^2 - 4ac は平方数でないと仮定しているから c ≠ 0 である。

>>340 と同様に

n = [(b + √D)/2|c|]
r = -b + 2|c|n とおく。

>>340 と同様に
√D - 2|c| ＜ r ＜ √D
である。

>>339 を参考にして２次形式 (c, r, (r^2 - D)/4c) を考える。

r^2 - D = (-b + 2|c|n)^2 - D
= b^2 - 4b|c|n + 4c^2 n^2 - b^2 + 4ac
= - 4b|c|n + 4c^2 n^2 + 4ac

よって
(r^2 - D)/4c = a - sign(c)bn + cn^2

よって
(c, r, (r^2 - D)/4c) = (c, -b + 2|c|n, a - sign(c)bn + cn^2)

σ = (0, 1)/(-1, -sign(c)n) とおく。
det(σ) = 1 だから σ ∈ SL_2(Z) である。

過去スレ４の280より
(a, b, c)σ = (c, -b + 2|c|n, a - sign(c)bn + cn^2)
である。

ρ(a, b, c) = (c, -b + 2|c|n, a - sign(c)bn + cn^2) とおく。
即ち
ρ(a, b, c) = (a, b, c)σ
である。

ρ(a, b, c) = (a_1, b_1, c_1) とおく。

|c_1| ＜ |a_1| なら、即ち |a - sign(c)bn + cn^2| ＜ |c| なら

ρ(a_1, b_1, c_1) = (a_2, b_2, c_2) とおく。

以下同様にして
|c_(n-1)| ＜ |a_(n-1)| なら
ρ(a_(n-1), b_(n-1), c_(n-1)) = (a_n, b_n, c_n) とおく。

|c| = |a_1| ＞ |c_1| = |a_2| ＞ . . . ＞ |c_(n-1)| = |a_n|

|c| は有限だからこの過程は有限回で終わる。
よって |a_n| ≦ |c_n| となる n がある。

このとき (ρ^n)(a, b, c) = (a_n, b_n, c_n) は簡約された２次形式
であることを証明しよう。

記号を簡単にするため (a_n, b_n, c_n) = (A, B, C) とおく。
|A| ≦ |C| である。

>>347 より √D - 2|A| ＜ B ＜ √D
よって
0 ＜ √D - B ＜ 2|A|
よって
1/|√D - B| ＞ 1/(2|A|)

一方、
|√D - B||√D + B| = |D - B^2| = 4|A||C|
よって
|√D + B| = 4|A||C|/|√D - B| ＞ 2|C|
よって
|√D + B| ＞ 2|C| ≧ 2|A| ＞ √D - B ＞ 0

B ＜ 0 とすると
√D + B = √D - |B|
√D - B = √D + |B|
よって
|√D - |B|| ＞ √D + |B| となって矛盾。

従って、B ≧ 0 である。
B = 0 なら |√D + B| ＞ √D - B より √D ＞ √D となって矛盾。
よって B ＞ 0 である。
よって 0 ＜ B ＜ √D である。

上の |√D + B| ＞ 2|C| ≧ 2|A| ＞ √D - B ＞ 0 より
√D - B ＜ 2|A| ＜ √D + B
即ち
|√D - 2|A|| ＜ B ＜ √D である。
よって (A, B, C) は簡約されている。

命題
(a, b, c) を判別式 D ＞ 0 の２次形式とする。
(a, b, c) が簡約されていれば >>348 で定義した ρ(a, b, c) も
簡約されている。

証明
n = [(b + √D)/2|c|]
r = -b + 2|c|n とおく。
ρ(a, b, c) = (c, r, (r^2 - D)/4c) である。

>>347 より √D - 2|c| ＜ r ＜ √D

|c| ＜ (√D)/2 なら 0 ＜ √D - 2|c|
よって |√D - 2|c|| ＜ r ＜ √D
よって ρ(a, b, c) は簡約されている。

|c| ＞ (√D)/2 なら 2|c| - √D ＞ 0
(a, b, c) は簡約されているから
2|c| - √D = |√D - 2|c|| ＜ b ＜ √D
よって
2|c| ＜ b + √D ＜ 2√D ＜ 4|c|

よって
1 ＜ (b + √D)/2|c| ＜ 2
よって
[(b + √D)/2|c|] = 1
r = -b + 2|c| ＞ 2|c| - √D = |√D - 2|c||
一方 2|c| - √D ＜ b だから r = -b + 2|c| ＜ √D
よって ρ(a, b, c) は簡約されている。
証明終

D ＞ 0 を平方数でない正の有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) と
する。

>>326 で
φ_FQ((a, b, c)) = ((-b + √D)/2|a|, sign(a)) により
写像 φ_FQ : F(D) → Q+(D) × {±1} を定義した。

任意の σ ∈ SL_2(Z) に対してある τ ∈ GL_2(Z) があり

φ_FQ((a, b, c)σ) = (τ(θ), det(τ)sign(a))

となることを証明しよう。

ここで (a, b, c) は F(D) の任意の元であり、
θ = (-b + √D)/2|a| である。

>>351 の主張は(たぶん)誤りなので >>351 は削除する。

補題
D を平方数でない有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) とする。
(a, b, c) を判別式 D の2次形式とする。
σ = (p, q)/(r, s) ∈ GL_2(Z) とし、
(a, b, c)σ = (k, l, m)とする。

θ = (-b + √D)/2a とおき、τ = (-sθ + q)/(rθ - p) とする。
即ち θ = (pτ + q)/(rτ + s) である。
このとき τ = (-l + (ps - qr)√D)/2k

証明
過去スレ４の401より
k = ap^2 + bpr + cr^2
l = 2apq + b(ps + qr) + 2crs
m = aq^2 + bqs + cs^2

τ = (-sθ + q)/(rθ - p)
に θ = (-b + √D)/2a を代入すると、
τ = (-s(-b + √D) + 2aq)/(r(-b + √D) - 2ap)
この分子と分母にそれぞれ (r(-b - √D) - 2ap) を掛けると

分子 = (-s(-b + √D) + 2aq)(r(-b - √D) - 2ap)
= -4acrs - 2apsb - 2aqrb + (2aps - 2aqr)√D
= -2a(2crs + psb + qrb + 2apq) + 2a(ps - qr)√D
= -2al + 2a(ps - qr)√D

分母 = (r(-b + √D) - 2ap)(r(-b - √D) - 2ap)
= 4acr^2 + 4abpr + 4a^2p^2
= 4a(cr^2 + bpr + ap^2) = 4ak

よって τ= (-l + (ps - qr)√D)/2k
証明終

D ＞ 0 を平方数でない正の有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) と
する。

判別式 D の簡約2次形式(>>330)の集合を RF(D) と書く。

D ＞ 0 を平方数でない正の有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) と
する。

σ = (p, q)/(r, s) ∈ GL_2(Z) とし、
(a, b, c) を判別式 D の2次形式とする。

過去スレ４の401より
k = ap^2 + bpr + cr^2
l = 2apq + b(ps + qr) + 2crs
m = aq^2 + bqs + cs^2
とおけば

(a, b, c)σ = (k, l, m)

とくに
U = (0, 1)/(1, 0) ∈ GL_2(Z) のとき

(a, b, c)U = (c, b, a)

明らかに (a, b, c) が簡約(>>330)されていれば
(a, b, c)U = (c, b, a) も簡約されている。

μ(a, b, c) = (c, b, a) と書く。

μ は RF(D) (>>354) から RF(D) への写像を定める。
この写像をやはり μ と書く。

μ^2 = 1 だから μ は RF(D) の集合としての自己同型である。

>>348 の ρ(a, b, c) は RF(D) (>>354) から RF(D) への写像を
定める。この写像をやはり ρ と書く。

(ρμ)(ρμ) = (μρ)(μρ) = 1 となることを示そう。

>>347 より n = [(b + √D)/2|c|] として、
σ = (0, 1)/(-1, -sign(c)n) とおくと、
σ ∈ SL_2(Z) で、ρ(a, b, c) = (a, b, c)σである。

>>355 より U = (0, 1)/(1, 0) とおくと、
μ(a, b, c) = (a, b, c)U

σU = (1, 0)/(-sign(c)n, -1)
よって
(σU)(σU) = 1

よって
(ρμ)(ρμ) = 1

同様に、
Uσ = (-1, -sign(c)n)/(0, 1)
よって
(Uσ)(Uσ) = 1
よって
(μρ)(μρ) = 1

>>356 より ρ^(-1) = μρμ である。
よって (a, b, c) ∈ RF(D) のとき ρ^(-1)(a, b, c) ∈ RF(D) である。
よって ρ は RF(D) の集合としての自己同型である。

D ＞ 0 を平方数でない正の有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) と
する。

(a, b, c) ∈ RF(D) (>>354) とする。

i ＞ 0 を任意の正の有理整数とすると、
>>350 より (ρ^i)(a, b, c) ∈ RF(D) である。

>>338 より RF(D) は有限集合である。
従って、(ρ^n)(a, b, c) = (ρ^(n+m))(a, b, c)
となる n ＞ 0 と m ＞ 0 がある。

>>357 より RF(D) の集合としての自己同型 ρ^(-n) が存在するから
ρ^(-n)(ρ^n)(a, b, c) = ρ^(-n)(ρ^(n+m))(a, b, c)
より、
(a, b, c) = (ρ^m)(a, b, c) となる。

さて、(a, b, c) は簡約されているので、>>335 より
(a, b, c) の先頭項、即ち a と ρ(a, b, c) の先頭項 c は
符号が反対である。
同様に i ＞ 0 を任意の正の有理整数とすると、
(ρ^i)(a, b, c) の先頭項と (ρ^(i+1))(a, b, c) の先頭項は
符号が反対である。
従って、(a, b, c) = (ρ^m)(a, b, c) となる m は偶数である。

D ＞ 0 を平方数でない正の有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) と
する。

>>357 より ρ は RF(D) の自己同型である。
G を ρ で生成される巡回群とする。
RF(D) は G-集合(過去スレ４の388)となる。
よって軌道空間(過去スレ４の390) RF(D)/G が考えられる。

f ∈ RF(D) のとき f の軌道(過去スレ４の390) は
>>358 より { f, ρf, . . . , ρ^(m-1)f } の形である。
ここで (ρ^m)f = f であり、 0 ≦ i ＜ j ＜ m のとき
(ρ^i)f ≠ (ρ^j)f である。

さらに m は偶数である。

f の軌道のことを f のサイクルと呼ぶ。

>>359 において f のサイクル { f, ρf, . . . , ρ^(m-1)f } の
元の個数 m を ｆのサイクルの長さという。

42

41

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39

38

37

D ＞ 0 を平方数でない正の有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) と
する。

f = (a, b, c) を判別式 D の簡約２次形式とする。

f のサイクル(>>359) を { f, ρf, . . . , ρ^(m-1)f } とする。
n ≧ 0 のとき (ρ^n)f = f_n
f_n = (a_n, b_n, c_n) とおく。

f のサイクルは { f_0, f_1, . . . , f_(m-1) } である。

>>326 で
φ_FQ((a, b, c)) = ((-b + √D)/2|a|, sign(a)) により
写像 φ_FQ : F(D) → Q+(D) × {±1} を定義した。

θ_n = (-b_n + √D)/2|a_n| とおくと、

φ_FQ(f_n) = (θ_n, sign(a_n)) である。

>>339 より

φ_FQ( ρ(a, b, c) ) = (1/θ - [1/θ], -sign(a))

よって
φ_FQ( ρ(f_n) ) = (1/θ_n - [1/θ_n], -sign(a_n))

よって
(θ_(n+1), sign(a_(n+1)) = (1/θ_n - [1/θ_n], -sign(a_n))

即ち
θ_(n+1) = 1/θ_n - [1/θ_n]
sign(a_(n+1) = -sign(a_n)

よって
sign(a_n) = (-1)^n sign(a_0)

>>368 より

f = (a, b, c) のサイクルは 1/θ の連分数展開
と対応していることがわかる。

(a, b, c) は簡約されているから >>335 より sign(c) = -sign(a)

よって
1/θ = 2|a|/(-b + √D)
= 2|a|(-b - √D)/4ac
= -sign(a)(b + √D)/2c
= sign(c)(b + √D)/2c
= (b + √D)/2|c|

ここで、簡約２次形式のサイクルの計算例を述べる。

D = 52 = 4×13 として２次形式 f = (3, 2, -4) を考える。

[√D] = 7 である。

|√D - 6| ＜ 2 ＜ √D だから (3, 2, -4) は簡約されている。

(a, b, c) = (3, 2, -4) とおく。
>>348 より
ρ(a, b, c) = (c, -b + 2|c|n, a - sign(c)bn + cn^2)

n = [(b + √D)/2|c|] = [(2 + √D)/8] = 1
だから
ρ(3, 2, -4) = (-4, 6, 1)

同様に
[(6 + √D)/2] = 6
だから
ρ(-4, 6, 1) = (1, 6, -4)

以下同様にして長さ10のサイクル

(3, 2, -4) → (-4, 6, 1) → (1, 6, -4) → (-4, 2, 3)
→ (3, 4, -3) → (-3, 2, 4) → (4, 6, -1)→(-1, 6, 4)
→ (4, 2, -3) → (-3, 4, 3) →(3, 2, -4)

が得られる。

>>367 より
θ_n = (-b_n + √D)/2|a_n| とおくと、
φ_FQ(f_n) = (θ_n, sign(a_n)) = (1/(1/θ_n), sign(a_n))

よって
φ_FQ( (3, 2, -4) ) = ( (-2 + √D)/6, 1 ) = (1/((2 + √D)/8), 1)
φ_FQ( (-4, 6, 1) ) = ( (-6 + √D)/8, 1 ) = (1/((6 + √D)/2), -1)
φ_FQ( (1, 6, -4) ) = ( (-6 + √D)/2, 1 ) = (1/((6 + √D)/8), 1)
φ_FQ( (-4, 2, 3) ) = ( (-2 + √D)/8, 1 ) = (1/((2 + √D)/6), -1)
φ_FQ( (3, 4, -3) ) = ( (-4 + √D)/6, 1 ) = (1/((4 + √D)/6), 1)
φ_FQ( (-3, 2, 4) ) = ( (-2 + √D)/6, 1 ) = (1/((2 + √D)/8), -1)
φ_FQ( (4, 6, -1) ) = ( (-6 + √D)/8, 1 ) = (1/((6 + √D)/2), 1)
φ_FQ( (-1, 6, 4) ) = ( (-6 + √D)/2, 1 ) = (1/((6 + √D)/8), -1)
φ_FQ( (4, 2, -3) ) = ( (-2 + √D)/8, 1 ) = (1/((2 + √D)/6), 1)
φ_FQ( (-3, 4, 3) ) = ( (-4 + √D)/6, 1 ) = (1/((4 + √D)/6), -1)
φ_FQ( (3, 2, -4) ) = ( (-2 + √D)/6, 1 ) = (1/((2 + √D)/6), 1)

>>371 から次の巡回系列が得られる。

(1/((2 + √D)/8), 1) → (1/((6 + √D)/2), -1)
→ (1/((6 + √D)/8), 1) → (1/((2 + √D)/6), -1)
→ (1/((4 + √D)/6), 1) → (1/((2 + √D)/8), -1)

→ (1/((6 + √D)/2), 1) → (1/((6 + √D)/8), -1)
→ (1/((2 + √D)/6), 1) → (1/((4 + √D)/6), -1)
→ (1/((2 + √D)/6), 1)

これから、符号を無視すると以下の簡約２次無理数の長さ５の巡回系列が
２つ繰り替えされていることが分かる。

(2 + √D)/8 → (6 + √D)/2 → (6 + √D)/8 → (2 + √D)/6
→ (4 + √D)/6 → (2 + √D)/8

>>372
>→ (1/((6 + √D)/2), 1) → (1/((6 + √D)/8), -1)
>→ (1/((2 + √D)/6), 1) → (1/((4 + √D)/6), -1)
>→ (1/((2 + √D)/6), 1)

→ (1/((6 + √D)/2), 1) → (1/((6 + √D)/8), -1)
→ (1/((2 + √D)/6), 1) → (1/((4 + √D)/6), -1)
→ (1/((2 + √D)/8), -1)

(2 + √D)/8 を連分数に展開してみよう。

(2 + √D)/8 = 1 + (-6 + √D)/8 = 1 + 1/(6 + √D)/2

(6 + √D)/2 = 6 + (-6 + √D)/2 = 6 + 1/(6 + √D)/8

(6 + √D)/8 = 1 + (-2 + √D)/8 = 1 + 1/(2 + √D)/6

(2 + √D)/6 = 1 + (-4 + √D)/6 = 1 + 1/(4 + √D)/6

(4 + √D)/6 = 1 + (-2 + √D)/6 = 1 + 1/(2 + √D)/8

よって
(2 + √D)/8 = [1, 6, 1, 1, 1, ...]

ここに現れた、簡約２次無理数の巡回列は >>372 と同じものである。

D ＞ 0 を平方数でない正の有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) とする。

f = (a, b, c) と g = (k, l, m) を判別式 D の簡約２次形式とする。

f と g が F(D)/Γ の同じ類に属すとする。
ここで F(D) は判別式 D の２次形式の集合であり、Γ = SL_2(Z)
である(>>234)。

このとき f のサイクルと g のサイクルは一致することを証明しよう。
ρ(f) の先頭項は a の符号と反対であり、f と ρ(f) は F(D)/Γ の
同じ類に属すから a ＞ 0 と仮定してよい。
同様に k ＞ 0 と仮定してよい。

σ = (p, q)/(r, s) ∈ SL_2(Z) とし、
(a, b, c)σ = (k, l, m)とする。

θ = (-b + √D)/2a とおき、τ = (-sθ + q)/(rθ - p) とする。
即ち θ = (pτ + q)/(rτ + s) である。
このとき >>353 より τ = (-l + √D)/2k

θ = (pτ + q)/(rτ + s) より
1/θ = (r + s(1/τ)/(p + q(1/τ))

>>112 より、ある実無理数 ω と n ≧ 1, m ≧ 1 があり、
1/θ = [k_0, . . . , k_(n-1), ω]
1/τ = [h_0, . . . , h_(m-1), ω]
となる。
ここで、各 k_i は有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 であり、
各 h_i も有理整数で i ≧ 1 のとき h_i ≧ 1 である。

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ﾞ|从　　》″　　　 | r　　　　　　　　　 -:(工ｪ」zﾐv_　　　n.　　　　〔 　　＜人の脳を読む能力を悪用する奴を潰すのが先だ。
.》ﾄ　　.′　　　　∨　　　　　　 7vv=(干=─干ﾐl||l,_,z　″　　　 》
.《l,_ .'|!　　　　　　　　　　　　　　　　 .__　　　　　, .￣ﾞ..　　　　　 〕
　《^¨′　　　　　　　　　　　　　　　　 .ﾞ冖'^^'''冖　　 v＼　　　　｝ 　　　
　［　　　　　 ､　　　　　　　　.　　　　　　　　　　 〕　　 〔 .′ .」_ .ll′ 　　　　　
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　　 .ﾉy　　　　　　　　　　 .´ ､ .: ' ..:　 .､　'　｀ ' _ . .冫 -.',y;|

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33

34

33

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30

29

補題
β ＞ 1 を実無理数とする。
α = (aβ + b)/(cβ + d) とする。
ここで a, b, c, d は有理整数で ad - bc = 1 であり、
c ＞ d ＞ 0 である。

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

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

あとは >>110 の証明と同じである。
証明終

補題
β を簡約２次無理数とする。
α = (aβ + b)/(cβ + d) とする。
ここで a, b, c, d は有理整数で ad - bc = 1 である。

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

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

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

>>77 より
β = [h_0, . . . , h_(m-1), ω_m] である。
β は簡約２次無理数だから >>101 より純循環連分数に展開される。
よって ω_m = β、即ち β = [h_0, . . . , h_(m-1), β]
となる m ≧ 1 がある。
しかも、このような m としていくらでも大きい値が取れる。

従って >>395 より >>113 と同様にして
ある偶数 n ≧ 1 があり
α = [k_0, . . . , k_(n-1), β] となる。
証明終

>>375 の続き。

1/θ = (r + s(1/τ)/(p + q(1/τ)) であり、1/τ は簡約２次無理数
だから >>396 より、ある偶数 n ≧ 1 があり、
1/θ = [k_0, . . . , k_(n-1), 1/τ] となる。
ここで、各 k_i は有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 である。
1/θ も簡約２次無理数だから 1/θ ＞ 1 であり、k_0 ≧ 1 である。

>>368 と、n は偶数に注意して、
φ_FQ( ρ^n(f) ) = (τ, (-1)^n) = (τ, 1)
である。
一方 φ_FQ(g) = (τ, 1) だから ρ^n(f) = g である。
よって f と g は同じサイクルに属す。
即ち簡約２次形式 f と g が F(D)/Γ(>>375) の同じ類に属すことと、
f と g が RF(D)/G (>>359) の同じ類に属すことは同値である。

一方、>>348 より F(D)/Γの任意の類は簡約２次形式を含む。
よって |F(D)/Γ| = |RF(D)/G| である。

>>397 の結果は恐らく(不定符号)２次形式の初等的な理論の中で最初の
難関だろう。

D ＞ 0 を平方数でない正の有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) と
する。
判別式 D の原始的(過去スレ４の279)な簡約2次形式(>>330)の集合を
RF_0(D) と書く。

>>397 の |F(D)/Γ| = |RF(D)/G| より
|F_0(D)/Γ| = |RF_0(D)/G| となる。

一方、>>253 より F_0(D)/Γ と Cl+(D) (>>227)は集合として同型である。
よって |Cl+(D)| = |RF_0(D)/G|

|Cl+(D)| を h+(D) と書き R の狭義の類数と呼ぶ。
ここで R は判別式 D の整環である。

|Cl(D)| を h(D) と書き R の広義の類数と呼ぶ。

D ＞ 0 を平方数でない正の有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) と
する。

>>399 より R の狭義の類数 h+(D) は |RF_0(D)/G| と一致する。

RF_0(D) の元、つまり判別式 D の原始的な簡約2次形式を数え上げる
アルゴリズムは簡単である。

(a, b, c) ∈ RF_0(D) となる条件を求めよう。

まず >>333 より 0 ＜ b ＜ √D である。
即ち 1 ≦ b ≦ [√D]

>>335 より a と c の符号は反対だから
D = b^2 - 4ac = b^2 + 4|ac|

これから b が決まると |ac| が決まる。

>>333 より
|√D - 2|a|| ＜ b

よって
√D - b ＜ 2|a| ＜ √D + b

よって
[√D] + 1 - b ≦ 2|a| ≦ [√D] + b

これから a が決まり D = b^2 + 4|ac| より c が決まる。

あとは gcd(a, b, c) = 1 に注意すればよい。

D = 328 として h+(D) を求めてみよう。
これは高木の「初等整数論講義」の例と同じである。

328 = 4・82 = 8・41 で 82 ≡ 2 (mod 4) だから
判別式 D の整環 R は Q(√82) の主整環である。
従って 判別式 D の2次形式はすべて原始的である(過去スレ４の289)。

[√D] = 18 である。
b^2 + 4|ac| = 328
[√D] + 1 - b ≦ 2|a| ≦ [√D] + b
より以下の２０個が判別式 328 の原始的な簡約2次形式の全部である。

(9, 2, -9)
(-9, 2, 9)
(6, 8, -11)
(-11, 8, 6)
(11, 8, -6)
(-11, 8, 6)
(3, 14, -11)
(-3, 14, 11)
(11, 14, -3)
(-11, 14, 3)
(2, 16, -9)
(-2, 16, 9)
(9, 16, -2)
(-9, 16, 2)
(3, 16, -6)
(-3, 16, 6)
(6, 16, -3)
(-6, 16, 3)
(1, 18, -1)
(-1, 18, 1)

>>401 で求めた RF_0(328) をサイクルに分類するのは >>370 と
同様にすればよい。

(9, 2, -9) → (-9, 16, 2) → (2, 16, -9) → (-9, 2, 9)
→ (9, 16, -2) → (-2, 16, 9) → (9, 2, -9)

(11, 8, -6) → (-6, 16, 3) → (3, 14, -11) → (-11, 8, 6)
→ (6, 16, -3) → (-3, 14, 11) → (11, 8, -6)

(3, 16, -6) → (-6, 8, 11) → (11, 14, -3) → (-3, 16, 6)
→ (6, 8, -11) → (-11, 14, 3) → (3, 16, -6)

(1, 18, -1) → (-1, 18, 1) → (1, 18, -1)

以上から RF_0(328) は４個のサイクルからなっている。
よって h+(328) = 4 である。
即ち Q(√82) の狭義の類数は４である。

>>402 において、

(9, 2, -9) と (-9, 2, 9)
(11, 8, -6) と (-11, 8, 6)
(3, 16, -6) と (-3, 16, 6)
(1, 18, -1) と (-1, 18, 1)
はそれぞれ同じサイクルに属す。

従って >>305 より Q(√82) の広義の類数も４である。

すみません、教えてください。
お願いします。

http://web2.incl.ne.jp/yaoki/wari7.htm
の問題

「２ｎ−１個の任意の自然数がある。(ｎは自然数)
（２ｎ−１個の内に、同じ自然数があってもかまわない）
その中のあるｎ個の自然数の和で、ｎで割り切れるものが必ず存在する。
そうであるなら証明を、そうとも限らないなら反例を示してください。」

の解答http://web2.incl.ne.jp/yaoki/awari7.htmで
以下の所の意味がよく解りませんので、よろしくお願いいたします。

・・・・・・・・・・・・・・・・
Rk と Sk-1 は要素数が同じであるが、それぞれの要素数の和は法 p の下で剰余が等しくないことになる。
これは、Rk には Sk-1 にない要素が少なくとも１つはあることを意味する。
Sk = Sk-1 ∪ Rk であるから、Sk の要素数は Sk-1 よりも多くなる。
もし t = p ならば、Sk-1 には p 個の要素があり、法 p の下の剰余をすべて尽くしている。
・・・・・・・・・・・・・・・・
ここまではわかるのですが、次からがよくわかりません。
・・・・・・・・・・・・・・・・
こうなると Sk, Sk+1, ... は、要素数が p 個である状態が続いていく。
よって、Sk の要素は k+1 個以上あるが、p 個が上限である。
特に、Sp-1 は要素数が p 個で、法 p の下の剰余がすべて含まれる。
・・・・・・・・・・・・・・・・
t = p でないときは？

D ＞ 0 を平方数でない正の有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) と
する。

ax^2 + bxy + cy^2 を判別式 D の２次形式とし、
m ≠ 0 を有理整数とする。

m = ax^2 + bxy + cy^2 の固有な解(過去スレ４の701)の全てを求めるには
過去スレ４の738 より以下の問題に帰着する。

(1) 判別式 D の２次形式 (a, b, c) と (m, l, k) が与えられたとき
それらが同値か否かを判定せよ。

(2) 同値なら (a, b, c)σ = (m, l, k) となる
σ ∈ SL_2(Z) を全て求めよ。

(1) は既に解けている。
即ち以下のようにする。
f と g を判別式 D の２次形式とする。
f と g が同値かどうかを判定するには、
>>348 の方法により f と g をそれぞれ簡約２次形式に変形して
それらが同じサイクルに含まれるかどうかを見ればよい。
同じサイクルに含まれれば、fσ = g となる σ ∈ SL_2(Z) は
少なくとも１個求まる。

よって (2) は (a, b, c)σ = (a, b, c) となる σ ∈ SL_2(Z) を
全て求めれば解ける(過去スレ４の739)。

D ＞ 0 を平方数でない正の有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) と
する。
f = (a, b, c) を判別式 D の原始的な２次形式とする。

U(f) = {σ ∈ SL_2(Z) ; (a, b, c)σ = (a, b, c) }
とおく。

U(f) は SL_2(Z) の部分群である。
U(f) の構造を決定しよう。

σ = (p, q)/(r, s) ∈ SL_2(Z) とし、
(a, b, c)σ = (a, b, c
とする。

過去スレ４の401より
a = ap^2 + bpr + cr^2
b = 2apq + b(ps + qr) + 2crs
c = aq^2 + bqs + cs^2

ps - qr = 1 だから ps = qr + 1
これと
b = 2apq + b(ps + qr) + 2crs
より
b = 2apq + b(2qr + 1) + 2crs
よって
2apq + 2bqr + 2crs = 0
よって
apq + bqr + crs = 0

>>406 の続き。

apq + bqr + crs = 0 より、

aq = q(ap^2 + bpr + cr^2)
= apqp + bpqr + cr^2q
= (-bqr - crs)p + bpqr + cr^2q
= -crsp + cr^2q
= -cr(ps - qr)
= -cr

よって
r/a = -q/c

他方
c(p - s) = (aq^2 + bqs + cs^2)(p - s)
= apq^2 + bpqs + cs^2p - cs
= apq^2 + bpqs + cs(sp - 1)
= apq^2 + bpqs + csqr
= q(apq + bps + crs)
= q(bps - bqr)
= qb(ps - qr)
= qb

ここで再び apq + bqr + crs = 0 を使った。

よって
(s - p)/b = -q/c

以上から
r/a = (s - p)/b = -q/c

>>407 の続き。

r/a = (s - p)/b = -q/c を u とおく。

r = au
s - p = bu
q = -cu
となる。

u = v/w とする。
ここで v, w は有理整数で gcd(v, w) = 1 である。

wr = av
w(s - p) = bv
wq = -cv

よって w は a, b, c の共約数である。
２次形式 f = (a, b, c) は原始的だから w = ±1 である。
よって u は有理整数である。

t = p + s とおく。

t + bu = 2s
t - bu = 2p

よって
p = (t - bu)/2
s = (t + bu)/2
q = -cu
r = au

>>408 の続き。

p = (t - bu)/2
s = (t + bu)/2
q = -cu
r = au
と
ps - qr = 1 より

(t^2 - b^2u^2)/4 + acu^2 = (t^2 - b^2u^2 + 4acu^2)/4 = 1

よって
t^2 - Du^2 = 4

>>409 の続き。

逆に (t, u) が t^2 - Du^2 = 4 の解なら
p = (t - bu)/2
s = (t + bu)/2
q = -cu
r = au
とおくと
ps - qr = 1 となって、σ = (p, q)/(r, s) は SL_2(Z) の元である。

(a, b, c)σ = (k, l, m)
とする。

過去スレ４の401より
k = ap^2 + bpr + cr^2
l = 2apq + b(ps + qr) + 2crs
m = aq^2 + bqs + cs^2

>>410 の続き。

一方、
ap^2 + bpr + cr^2
= (t - bu)^2/4 + ab(t - bu)u/2 + ca^2u^2
= (a(t - bu)^2 + 2ab(t - bu)u + 4ca^2u^2)/4
= (at^2 - 2abtu + ab^2u^2 + 2abtu - 2ab^2u^2 + 4ca^2u^2)/4
= (at^2 - ab^2u^2 + 4ca^2u^2)/4
= a(t^2 - Du^2)/4
= a

よって k = a

2apq + b(ps + qr) + 2crs
= -2acu(t - bu)/2 + b(t^2 - b^2u^2)/4 - abcu^2 + 2acu(t + bu)/2
= 2abcu^2 + b(t^2 - b^2u^2)/4 - abcu^2
= b(t^2 - b^2u^2)/4 + abcu^2
= b(t^2 - Du^2)/4
= b

よって l = b

D = b^2 - 4ac = l^2 - 4km
だから

b^2 - 4am = D
よって
m = c

以上から
(a, b, c)σ = (a, b, c)

>>411 の続き。

t^2 - Du^2 = 4 の有理整数解 (t, u) の集合を Pell+(D) と書こう。

(t, u) ∈ Pell+(D) のとき
φ(t, u) = (p, q)/(r, s) ∈ SL_2(Z) と書く。
ここで
p = (t - bu)/2
s = (t + bu)/2
q = -cu
r = au

>>411 より φ は Pell+(D) から U(f) への写像である。
>>409 より φ は全射である。

φ が単射であることを示そう。

(t, u) と (t', u') を Pell+(D) の元で、
φ(t, u) = φ(t', u') とする。

a ≠ 0 だから(a = 0 なら D = b^2 となって D は平方数となって
仮定に反する)、
au = au' より u = u' である。

よって
(t - bu)/2 = (t' - bu')/2 より t = t' である

よって
(t, u) = (t', u')
よって φ は単射である。

>>412 の続き。

R を判別式 D の整環とする。
過去スレ４の590より
R = {(x + y√D)/2 ; x ∈ Z, y ∈ Z, x ≡ yD (mod 2) } である。

R の単数でノルムが１となるもの全体を (R^*)+ と書く
即ち (R^*)+ = { α ∈ R^* ; N(α) ＞ 0 } である(>>281)。

α = (t + u√D)/2 が R の単数なら、
N(α) = αα' = (t + u√D)/2 (t - u√D)/2 = (t^2 - Du^2)/4 = ±1

特に N(α) = 1 なら t^2 - Du^2 = 4 である。
よって (t, u) ∈ Pell+(D) である。

逆に (t, u) ∈ Pell+(D) なら、
>>132 より α = (t + u√D)/2 は R の単数である。
明らかに、N(α) = 1 である。

以上から Pell+(D) と (R^*)+ は集合として同型である。

>>412 より Pell+(D) と U(f) は集合として同型であるから
U(f) と (R^*)+ は集合として同型である。

>>413 の続き。

>>139 より R の任意の単数は ±E^m, m ∈ Z と書ける。
ここで E は R の基本単数である。
よって R^* は群として Z × {±1} と同型である。
ここで Z は有理整数環の加法群である。

N(E) = 1 なら R^* = (R^*)+ である。

N(E) = -1 なら (R^*)+ の任意の元は ±(E^2)^m, m ∈ Z と書ける。
この場合も (R^*)+ は群として Z × {±1} と同型である。

>>408
>よって w は a, b, c の共約数である。

よって w は a, b, c の公約数である。

>>414 の続き。

R の基本単数は >>138 と >>139 の方法で求まる。

例として >>401 で取り上げた D = 328 のときに基本単数を
求めてみよう。

>>401 より (-1, 18, 1) は簡約２次形式だから
θ = 2|a|/(-b + √D) = (b + √D)/2|c| = (18 + √D)/2 は
簡約された２次無理数である(>>330, >>339)。

[θ] = 18

θ - 18 = (-18 + √D)/2

1/(θ - 18) = 2(-18 - √D)/(18^2 - 328)
= 2(18 + √D)/4 = (18 + √D)/2 = θ

よって
θ = [18, 0, θ]

よって
θ = 18 + 1/θ = (18θ + 1)/θ

>>138 より θ = (18 + √D)/2 は R の、従って Q(√82) の
基本単数である。

N(θ) = (18 + √D)/2 (18 - √D)/2 = (18^2 - 328)/4 = -4/4 = -1
よって

(R^*)+ = { ±θ^(2n) ; n ∈ Z }
= { ±((326 + 18√D)/2)^n) ; n ∈ Z }

>>416 の補足。

θ = (18 + √D)/2 = 9 + √82

θ^2 = (9 + √82)^2 = 81 + 18√82 + 82 = 163 + 18√82

よって
(R^*)+ = { ±θ^(2n) ; n ∈ Z }　= { ±(163 + 18√82)^n) ; n ∈ Z }

訂正

>>416
>よって
>θ = [18, 0, θ]

よって
θ = [18, θ]

>>401 の (3, 14, -11) も簡約２次形式である。
これからも R の基本単数を計算して見よう。

θ = 2|a|/(-b + √D) = (b + √D)/2|c| = (14 + √D)/22
= (7 + √82)/11

これは簡約された２次無理数である(>>330, >>339)。

θ を連分数に展開する。

[(7 + √82)/11] = 1
(7 + √82)/11 - 1 = (-4 + √82)/11
11/(-4 + √82) = 11(4 + √82)/66 = (4 + √82)/6

[(4 + √82)/6] = 2
(4 + √82)/6 - 2 = (-8 + √82)/6
6/(-8 + √82) = 6(8 + √82)/18 = (8 + √82)/3

[(8 + √82)/3] = 5
(8 + √82)/3 - 5 = (-7 + √82)/3
3/(-7 + √82) = 3(7 + √82)/33 = (7 + √82)/11 = θ

よって
θ = [1, 2, 5, θ]
よって
θ = (16θ + 3)/(11θ + 2)

よって
11θ + 2 = 9 + √82 が基本単数である。
これは勿論 >>416 の結果と一致している。

43

42

41

40

39

38

37

36

35

34

33

34

荒らすな (ﾟДﾟ)≡ﾟдﾟ)、ｶｧｰ ﾍﾟｯ!!

D を平方数でない有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) と
する。
(a, b, c) を判別式 D の２次形式とする。

n を有理整数としたとき σ(n) = (0, 1)/(-1, n) とおく。
σ(n) ∈ SL_2(Z) である。

(a, b, c)σ(n) = (c, -b - 2cn, a + bn + cn^2)
となる。

２次形式 (c, -b - 2cn, a + bn + cn^2) を (c, b', a') と書くと、
b + b' ≡ 0 (mod 2c) である。

一般に、(a, b, c) と (c, b', a') を判別式 D の２次形式としたとき、
b + b' ≡ 0 (mod 2c) となるとき、
(c, b', a') は (a, b, c) の右に隣接しているといい、
(a, b, c) は (c, b', a') の左に隣接しているという。

この関係を (a, b, c) → (c, b', a') と表す。

b + b' = -2cn とすると
(a, b, c)σ(n) = (c, b', a') である。

D ＞ 0 を平方数でない正の有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) と
する。

>>348 の ρ(a, b, c) は (a, b, c) の右に隣接している。

逆に、(a, b, c) と (c, b', a') を判別式 D ＞ 0 の簡約２次形式
(>>330)とし、(c, b', a') が (a, b, c) の右に隣接しているとする。

b + b' ≡ 0 (mod 2c) だから b' = -b + 2|c|n と書ける。
(c, b', a') は簡約されているから

√D - 2|c| ＜ -b + 2|c|n ＜ √D

よって
2|c|n ＜ b + √D ＜ 2|c|n + 2|c|

即ち
n ＜ (b + √D)/2|c| ＜ n + 1

よって
n = [(b + √D)/2|c|]

>>348 より ρ(a, b, c) = (c, b', a') である。

以上をまとめると、簡約２次形式 (a, b, c) の右に隣接している
簡約２次形式はただ一つ存在し、それは ρ(a, b, c) である。

D ＞ 0 を平方数でない正の有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) と
する。

(a, b, c) を判別式 D ＞ 0 の簡約２次形式(>>330)とする。
μ(a, b, c) = (c, b, a) と書いた(>>355)。

>>356 より (μρ)(μρ) = 1 だから
μρμρ(a, b, c) = (a, b, c)
である。
両辺に μ を掛けて
ρμρ(a, b, c) = μ(a, b, c)

一方、(a, b, c) と (c, b', a') を判別式 D ＞ 0 の簡約２次形式
とし、(c, b', a') が (a, b, c) の右に隣接しているとする。
即ち、(a, b, c) → (c, b', a') とする。
このとき、明らかに (a', b', c) → (c, b, a) である。
即ち、μ(c, b', a') → μ(a, b, c)

D ＞ 0 を平方数でない正の有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) と
する。

(a, b, c) と (c, b', a') を判別式 D ＞ 0 の簡約２次形式
とし、(c, b', a') が (a, b, c) の右に隣接しているとする。
即ち、(a, b, c) → (c, b', a') とする。
>>434 より ρ(a, b, c) = (c, b', a') である。
ρ^(-1) を両辺に掛けて
(a, b, c) = ρ^(-1)(c, b', a') となる。

即ち、簡約２次形式 (c, b', a') の左に隣接している
簡約２次形式はただ一つ存在し、それは ρ^(-1)(c, b', a') である。

D ＞ 0 を平方数でない正の有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) と
する。

f と g を判別式 D ＞ 0 の簡約２次形式
とし、g が f の右に隣接しているとする(>>433)。
即ち、f → g とする。
>>435 より μ(g) → μ(f) である。

さらに h を判別式 D ＞ 0 の簡約２次形式で g → h とすれば、
μ(h) → μ(g) → μ(f) となる。

>>434 より f → g なら f と g は同じサイクル(>>359)に属す。
上から、一般に f と g が同じサイクルに属せば μ(f) と μ(g) も
同じサイクルに属すことが分かる。

よって μ: RF(D) → RF(D) は RF(D)/G (>>359) の集合としての
自己同型を引き起こす。この自己同型を同じくμで表そう。

μ: RF(D)/G → RF(D)/G

D を平方数でない有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) と
する。
(a, b, c) を判別式 D の２次形式とする。

(c, b, a) → (a, b, c) となるとき、
即ち b ≡ 0 (mod a) のとき (a, b, c) を両面形式(ambiguous form)
と呼ぶ(Gauss D.A. art. 163)。

>>437 の続き。

RF(D)/G の元、即ちサイクル C で μ(C) = C となるものを考える。
C の元の一つを f とする。

C の元の個数を n とすると (ρ^n)(f) = f だから >>358 より n は
偶数である。n = 2d とする。

i を任意の有理整数としたとき f_i = (ρ^i)(f) と書く。
C = { f_0, f_1, . . . , f_(n-1) } である。

μ(C) = C だから μ(f) は C の元である。
μ(f) = f_r とする。ここで 0 ≦ r ＜ n である。

f = (a, b, c) とすると μ(f) = (c, b, a) である。
>>335 より a と c の符号は反対だから r は奇数である。
r = 2m - 1 とする。ここで 1 ≦ m ≦ d である。

μ(f) = f_r の両辺に μ を作用させると、f_0 = μ(f_r)
f_(r-1) → f_r だから >>435 より f_0 → μ(f_(r-1))

一方 f_0 → f_1 だから μ(f_(r-1)) = f_1
一般に h を任意の有理整数としたとき μ(f_(r-h)) = f_h
特に h = m とすると μ(f_(m-1)) = f_m
よって f_m は両面形式である(>>438)。

f_(m-1) = f_(m - 1 + 2d) だから
μ(f_(m - 1 + 2d)) = f_m
よって左辺の添字から d を引き、右辺の添字に d を加えれば、
μ(f_(m + d - 1)) = f_(m + d)
よって f_(m + d) は両面形式である。

m ≡ m + d (mod 2d) ではないから f_m ≠ f_(m + d) である。

f_s が両面形式だとする。
μ(f_(s - 1)) = f_s
よって
μ(f_s) = f_(s - 1)
左辺の添字から s を引き、右辺の添字に s を加えれば、
μ(f_0) = f_(2s - 1)

μ(f_0) = f_(2m - 1) だったから
f_(2s - 1) = f_(2m - 1)

よって
2s ≡ 2m (mod 2d)
s ≡ m (mod d)

s = m + dk とする。
k が偶数なら s ≡ m (mod 2d)
k が奇数なら s ≡ m + d (mod 2d)

以上から C には相異なる両面形式 f_m と f_(m + d) の２個があり、
C に含まれる両面形式はこれ以外にない。

クンメル氏乙

D を平方数でない有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) とする。
(a, b, c) を判別式 D の両面形式(>>438)とする。

b ≡ 0 (mod a) だから b = an となる有理整数 n がある。

σ = (1, n)/(0 -1) は GL_2(Z) の元で det(σ) = -1 である。

(a, b, c)σ = (k, l, m) とする。

σ = (1, n)/(0 -1) = (p, q)/(r, s) とおく。

p = 1
q = n
r = 0
s = -1
である。

過去スレ４の280より
k = ap^2 + bpr + cr^2 = a
l = 2apq + b(ps + qr) + 2crs = 2an - b = b
m = aq^2 + bqs + cs^2 = an^2 - bn + c = c

即ち (a, b, c)σ = (a, b, c) である。

D を平方数でない有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) とする。
(a, b, c) を判別式 D の２次形式とする。
σ = (p, q)/(r, s) ∈ GL_2(Z) で det(σ) = ps - qr = -1 とし、
(a, b, c)σ = (a, b, c) とする。
このとき p + s = 0 となることを証明しよう。
過去スレ４の280より
a = ap^2 + bpr + cr^2
b = 2apq + b(ps + qr) + 2crs
c = aq^2 + bqs + cs^2

qr = ps + 1 を
b = 2apq + b(ps + qr) + 2crs に代入すると
b = 2apq + b(2ps + 1) + 2crs
よって
2apq + 2bps + 2crs = 0
apq + bps + crs = 0
apq + (bp + cr)s = 0
両辺に r を掛けて
apqr + (bp + cr)rs = 0

一方 a = ap^2 + bpr + cr^2 より
a = ap^2 + (bp + cr)r
両辺に s を掛けて
as = asp^2 + (bp + cr)rs
これに、上の
0 = apqr + (bp + cr)rs を辺々引いて
as = asp^2 - apqr
両辺を a で割って
s = sp^2 - pqr
s = p(sp - qr)
s = -p
証明終

D を平方数でない有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) とする。
(a, b, c) を判別式 D の２次形式とする。
ここで σ = (p, q)/(r, s) ∈ GL_2(Z) で det(σ) = ps - qr = -1
とし、(a, b, c)σ = (a, b, c) とする。

>>443 より s = -p である。
よって p^2 + qr = 1 である。

r = 0 の場合を考える。
p^2 = 1 である。

過去スレ４の280より
b = 2apq + b(ps + qr) + 2crs = 2apq - bp^2 = 2apq - b
よって
2b = 2apq
よって
b = apq

よって (a, b, c) は両面形式(>>438)である。

D を平方数でない有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) とする。
(a, b, c) を判別式 D の２次形式とする。
ここで σ = (p, q)/(r, s) ∈ GL_2(Z) で det(σ) = ps - qr = -1
とし、(a, b, c)σ = (a, b, c) とする。

>>443 より s = -p である。
よって p^2 + qr = 1 である。

今度は r ≠ 0 の場合を考える。

τ = (u, v)/(w, z) ∈ SL_2(Z) を適当にとると

(a, b, c)τρ = (a, b, c)τ
τρτ^(-1) = σ

となる ρ ∈ GL_2(Z) で
det(ρ) = -1 で ρ = (α、β)/(0, -α) の形となることを
証明しよう。

τρτ^(-1) = σ より ρ = τ^(-1)στ

τ^(-1) = (z, -v)/(-w, u)
σ = (p, q)/(r, -p)
だから
τ^(-1)σ = (zp - vr, zq + vp)/(-wp + ur, -wq - up)

これと
ρ = τ^(-1)στ の (2, 1)-成分が 0 より
-uwp + u^2 r - w^2q - uwp = u^2 r - 2uwp - w^2q = 0

>>445 の u^2 r - 2uwp - w^2q = 0 の両辺に r を掛けて
u^2 r^2 - 2uwpr - w^2qr = 0

p^2 + qr = 1 だから

u^2 r^2 - 2uwpr - w^2(1 - p^2) = 0

よって
u^2 r^2 - 2uwpr + w^2p^2 - w^2 = 0

よって
(ur - wp)^2 - w^2 = 0

両辺を w^2 で割って
((u/w)r - p)^2 - 1 = 0

よって
(u/w)r - p = ±1

よって
u/w = (p ± 1)/r

u/w = (p ± 1)/r を満たす u, w で gcd(u, w) = 1 となるものをとる。
gcd(u, w) = 1 だから uz - vw = 1 となる z, v が存在する。
τ = (u, v)/(w, z) が求めるものである。

>>445 により、
(a, b, c)σ = (a, b, c) となる σ ∈ GL_2(Z) で det(σ) = -1
となるものがあれば、(a, b, c) は両面形式と同値になる。

>>447 を補足する。

(a, b, c)σ = (a, b, c) となる σ ∈ GL_2(Z) で det(σ) = -1
となるものがあれば、
>>445 により、τ = (u, v)/(w, z) ∈ SL_2(Z) を適当にとると
(a, b, c)τρ = (a, b, c)τ となる。
ここで ρ = (α、β)/(0, δ) ∈ GL_2(Z) で det(ρ) = -1 である。

>>444 より (a, b, c)τ は両面形式である。

D を平方数でない(正または負の)有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4)
とする。
判別式 D の２次形式の集合を F(D) と書いた(>>184)。

F(D) を Γ = SL_2(Z) の作用(>>184)で類別した集合を F(D)/Γ と書く。

f = (a, b, c) ∈ F(D) として f の属す F(D)/Γ の類を C とする。

τ = (1, 0)/(0, -1) とおく。
det(τ) = -1 である。
(a, b. c)τ = (a, -b, c) である(>>296)。

τ^2 = 1 だから τ^(-1) = τ である。

(a, -b, c) が C に属すとする。
これは fσ = fτ となる σ ∈ SL_2(Z) が存在することを意味する。
よって fστ = f である。
det(στ) = -1 だから >>447, >>448 より f は両面形式 g と
同値になる。即ち C は両面形式 g を含む。

逆に F(D)/Γ の類 E がある両面形式 (k, l, m) を含むとする。
l ≡ 0 (mod k) だから l = kn となる有理整数 n がある。

S = (1, 1)/(0, 1) とおけば、S^n = (1, n)/(0, 1)
τS^n = (1, n)/(0, -1)

従って、>>442 より (k, l, m)τS^n = (k, l, m) である。
よって (k, l, m)τ = (k, l, m)S^(-n) となる。
det(S^(-n)) = 1 だから (k, l, m)S^(-n) 従って (k, l, m)τ は
E に含まれる。