[来自 冯克勤《代数数论简明讲义》]

引子: 二平方和问题及其推广

问题的提出

[来自群友 我是啥也不知道的容相不利泡] 证明: 不定方程 `x^2 - 2y^2 = 65` 无解.

[来自 Fran] 两边模 5, 有 `x^2 -= 2y^2 (mod 5)`. 当 `x, y` 取任意整数时, `x^2 (mod 5)` 的可能取值只有 `0, 1, 4`, 而 `2y^2 (mod 5)` 的可能取值只有 `0, 2, 3`. 因此 `x -= y -= 0 (mod 5)`, 从而 25 整除方程左边, 但不整除右边, 矛盾.

在初等数论中, 我们曾经研究过如下问题: `n` 取什么样的正整数时, 不定方程 `x^2+y^2 = n` 有整数解? 换言之, 什么样的整数 `n` 可以表示为两个整数的平方和? 我们先是证明, 若 `a, b` 都是二平方和, 则乘积 `a b` 也是二平方和. 根据整数的唯一因子分解, 问题化为研究什么样的素数 `p` 是二平方和. Euler 给出证明, 奇素数 `p` 是二平方和当且仅当 `-1` 是模 `p` 的二次剩余, 换言之 `p -= 1 (mod 4)`. 因此, 若 `n` 不含 `4k+3` 型素因子, 则 `n` 是二平方和. 进一步可以证明二平方和定理: 正整数 `n` 是二平方和, 当且仅当它所有 `4k+3` 型素因子的次数为偶数. 下面考虑推广 (广义 Pell 方程): 设 `d` 是整数且不含平方因子, 问: `n` 取何值时, 不定方程 `x^2 - d y^2 = n` 有整数解? 特别 `d = -1` 时即为二平方和问题.

问题的转化

我们将方程左边分解为 `(x+y sqrt d)(x-y sqrt d)`, 转而在整环 `ZZ[sqrt d]` 中考虑等价问题: `n` 取何值时, 存在 `z in ZZ[sqrt d]`, 使得 `N(z) = n`? 这里 `N` 定义为 `N(x+y sqrt d) = x^2 - d y^2`.

    `ZZ[sqrt d]` 及其范数
  1. 设 `d` 是整数且不含平方因子. 容易验证下面是一个整环 (domain): `ZZ[sqrt d]` `:= {a + b sqrt d : a, b in ZZ}` `= ZZ o+ ZZ sqrt d`. 特别 `d = -1` 时, 上式给出高斯整环 `ZZ["i"]`.
  2. 含幺环 `R` 的可逆元又称为单位 (unit), 全体可逆元构成 `R` 的单位群: `R^xx := {a: EE b in R, a b = b a = 1}`. 今后我们默认环是含 1 的.
  3. 我们称 `z = a + b sqrt d in ZZ[sqrt d]` 的共轭是 `bar z = a - b sqrt d`. 注意 `z mapsto bar z` 给出 `ZZ[sqrt d]` 的一个自同构.
  4. 定义范数 (norm) `N: ZZ[sqrt d] to ZZ`. `z` 的范数定义为它和共轭的乘积 `N(z) = z bar z`, 换言之 `N(a+b sqrt d) = a^2 - d b^2`. 和赋范线性空间的范数不同, 这里的范数不满足非负性.
    在 `ZZ[sqrt d]` 中:
  1. `N(z w) = N(z)N(w)`, 因此 `N` 是乘法同态.
  2. `z = 0 iff N(z) = 0`.
  3. `z` 是单位 `iff N(z)` 是 `ZZ` 的单位, 即 `N(z) = +-1`.
  4. `N(z) = N(bar z)`, 所以 `z` 是单位 `iff bar z` 是单位.
    5. 由 2, 3 知道, `z` 不是零或单位 `iff |N(z)| gt 1`.

只证 3. `rArr`: 设 `z` 为单位, 则 `N(z)N(z^-1) = N(1) = 1`. 这说明 `N(z) | 1`, 故 `N(z) = +-1`.
`lArr`: 若 `N(z) = 1`, 则它的共轭 `bar z` 就是它的逆; 若 `N(z) = -1`, 则它的逆是 `-bar z`.

  1. 考察 `x^2+y^2 = 1` 的所有整数解, 得到高斯整环 `ZZ[i]` 的单位 `{+-1, +-"i"}`.
  2. 考察 `x^2 + 5y^2 = 1` 的整数解, 得到 `ZZ[sqrt(-5)]` 的单位 `{+-1}`.
  3. 考察 `x^2 - 2y^2 = +-1` 的所有整数解, 得到 `ZZ[sqrt 2]` 的单位 `{+-(1+sqrt 2)^n: n in ZZ}`.

由 `N(z w) = N(z)N(w)` 立即得到: 若 `x^2 - d y^2 = a`, `x^2 - d y^2 = b` 都有整数解, 则 `x^2 - d y^2 = a b` 也有整数解. 接下来, 我们重点考虑方程右边为素数的情形.

问题的分解

    整除、素元、不可约元 在整环 `D` 中,
  1. 称 `a` 整除 `b`, 记作 `a | b`, 如果存在 `c in D` 使得 `b = a c`. 特别地, 若存在 `c in D^xx` 使得 `b = a c`, (`a, b` 相差一个单位), 则称 `a, b` 相伴, 记作 `a ~ b`. 相伴是一个等价关系. 而整除商掉相伴关系后, 是一个偏序关系.
  2. 称 `a, b` 互素, 如果它们的公因子只有单位.
  3. 定义 `p` 为 `D` 的不可约元, 如果 `p` 不是零或单位, 且它只有平凡的分解. 即, 若存在 `a, b in D` 使得 `p = a b` 那么 `a` 或 `b` 是单位.
  4. 定义 `p` 为 `D` 的素元, 如果 `(a, b in D)` `p | a b rArr p | a or p | b`.

素元必不可约.

设 `p` 是素元. 若存在分解 `p = a b`, 那么由 `p | a b` 得到 `p | a` 或 `p | b`. 若 `p | a`, 则由 `a | p` 得到 `p ~ a`. 同理若 `p | b` 也能得到 `p ~ b`.

素元生成的主理想是素理想, 但不可约元和极大理想没有关系, 不可约元甚至不一定是素元.

若 `p` 是整环 `D` 的不可约元, `a in D`, 则 `p !| a iff p` 与 `a` 互素.

我们来证明逆否命题: `p | a iff p` 与 `a` 有非平凡公因子.
`rArr`: 显然 `p` 就是这个公因子.
`lArr`: 设 `b` 是 `p` 与 `a` 的公因子, `b` 不是单位. 由于 `p` 只有平凡分解, 推出 `b ~ p`. 记 `a = b c`, `b = p u`, `u` 是单位, 则 `a = p u c`, 推出 `p | a`.

    在 `ZZ[sqrt d]` 中:
  1. 若 `|N(z)|` 是 `ZZ` 中的素数, 则 `z` 是 `ZZ[sqrt d]` 的不可约元.
  2. 设 `p` 是 `ZZ` 中的素数, 则要么它也是 `ZZ[sqrt d]` 的不可约元, 要么它是两个不可约元的乘积.
  1. 设 `z = a b`, 取范数得到 `N(z) = N(a) N(b)`. 但 `|N(z)|` 是 `ZZ` 中素数, 所以 `N(a)`, `N(b)` 中有一个等于 `+-1`. 这就是说 `a, b` 有一个是单位.
  2. 不妨设 `p` 在 `ZZ[sqrt d]` 可约, 则存在 `a, b in ZZ[sqrt d]`, `a, b` 不是单位, 使得 `p = a b`. 由 `p^2 = N(p) = N(a)N(b)` 知道, `N(a) = N(b) = +-p`, 再由 1 知道 `a, b` 都不可约.

现在可以给出方程右边是素数 `p` 时, 有解的等价条件:

    设 `p` 是素数, 考虑方程 `x^2 - d y^2 = p`:
  1. 若 `d lt 0`, 则 `x^2 - d y^2 = p` 有整数解当且仅当 `p` 在 `ZZ[sqrt d]` 中可约.
  2. 若 `d gt 0`, 且方程 `x^2 - d y^2 = -1` 有解, 则 `x^2 - d y^2 = p` 有整数解当且仅当 `p` 在 `ZZ[sqrt d]` 中可约.
  1. 若 `x^2 - d y^2 = p` 有整数解, 则存在 `z in ZZ[sqrt d]` 使得 `N(z) = p`. 于是 `z bar z = p`. 因为 `N(z) = N(bar z) = p gt 1`, 所以 `z, bar z` 均不是单位.
  2. 反之设 `p` 在 `ZZ[sqrt d]` 中有非平凡分解 `p = a b`, 由上一个推论的 2. 知道 `a, b` 均不可约, 且 `N(a) = N(b) = +- p`. 如果 `N(a) = N(b) = p`, 那么已经找到不定方程的解. 如果 `d gt 0`, 可能出现 `N(a) = N(b) = -p`, 但由假设存在 `z` 满足 `N(z) = -1`, 因此 `z a` 满足 `N(z a) = p`.
    定理给我们提出了更多问题:
  1. 如何判断素数 `p` 在 `ZZ[sqrt d]` 中可约?
  2. `d gt 0` 时, 何时 `x^2 - d y^2 = -1` 有解?
  3. 一般的方程 `x^2 - d y^2 = n` 何时有解?
    4. 对于问题1, 我们还没有一般的方法来判断 `p` 的可约性. 但有几个必要条件可供参考, 见下文. 对于问题 2, 这正是经典 Pell 方程, 可以用连分数求解. 而问题 3 的关键在于 `n` 的因子分解, 这依赖于整环 `ZZ[sqrt d]` 中的唯一因子分解. 我们将看到, 对于有的 `d`, `ZZ[sqrt d]` 上具有唯一因子分解, 而有的 `d` 则不然.
    `p` 在 `ZZ[sqrt d]` 可约的必要条件 若 `p` 为素数, `p !| d`, 方程 `x^2 - d y^2 = p` 有整数解, 则
  1. `p !| x`, `p !| y`.
  2. `d` 是模 `p` 的二次剩余.
  1. 反设 `p | x`, 两边模 `p` 得到 `p | y`, 从而 `p^2` 整除方程的左边, 但不整除右边, 矛盾. 同理 `p !| y`.
  2. 计算 Legendre 符号: `1 = (x^2/p) = ((d y^2)/p)` `= (d/p) (y^2/p)` `= (d/p)`.

唯一因子分解

唯一因子分解 在整环 `D` 中, `a` 不是零或单位, 若存在不可约元 `p_1, cdots, p_s in D` 使得 `a = p_1 cdots p_s`, 且这些不可约元在不计次序的意义下唯一, 则称 `a` 在 `D` 中具有唯一因子分解. 若 `D` 中任意不是零或单位的元素都具有唯一因子分解, 则称它是唯一因子分解整环 (UFD).

  1. UFD 的不可约元都是素元.
  2. 若 `ZZ[sqrt d]` 是 UFD, `z` 是不可约元, 则 `z` 必整除某个 `ZZ` 中的素数.
  1. 设 `p | a b`. 写出 `a, b` 的素分解, 它们合起来就是 `a b` 的素分解. 由于 `p | a b`, 所以 `p` 与其中某个素因子相伴. 如果这个因子来自 `a`, 那么 `p | a`; 如果它来自 `b`, 则 `p | b`.
  2. 在 `ZZ` 中分解 `N(z)`, 则根据 1, `z` 必整除 `N(z)` 的某个素因子.

`ZZ[sqrt(-5)]`, `ZZ[sqrt(-6)]` 均不是 UFD, 这是因为 `9 = 3*3 = (2+sqrt(-5))(2-sqrt(-5))`,
`55 = 5*11 = (7+sqrt(-6))(7-sqrt(-6))`. 可以验证上式等号右边各因子都是不可约元.

对于 `ZZ` 中的素数 `p`, 只需验证方程 `x^2 - d y^2 = p` 无整数解, 例如 `x^2 + 5 y^2 = 3` 无整数解. 对于不是 `ZZ` 中的数, 以 `2+sqrt(-5)` 为例, 假设 `2+sqrt(-5) = a b`, `a, b` 不是单位, 则 `N(a), N(b)` 均是 `N(2+sqrt(-5)) = 9` 的真因子, 即 `N(a) = N(b) = 3`. 但这不可能, 因为 `x^2 + 5 y^2 = 3` 无整数解.

`n ge 3` 时, `ZZ[sqrt(-n)]` 不是 UFD.

[来自 知乎@慎独] 当 `n` 是大于 2 的偶数的时候，2 整除 `(sqrt(-n))^2` 但是不会整除 `sqrt(-n)`, 所以 2 是一个非素的不可约元. UFD 里不可约元都是素的, 所以不是 UFD. 当 `n` 是大于 2 的奇数的时候，2 整除 `1+n=(1+sqrt(-n))(1-sqrt(-n))`, 同样的 2 是非素的不可约元, 不是 UFD.

下面的定理在 UFD 上解决了我们的问题:

若 `d lt 0` 且 `ZZ[sqrt d]` 是 UFD, 那么方程 `x^2 - d y^2 = n` 有整数解当且仅当任意 `ZZ` 和 `ZZ[sqrt d]` 的 "公共素数" 在 `n` 中的次数为偶数. 换言之, 去掉 `n` 的平方因子后, 剩下部分在 `ZZ` 中的素因子都在 `ZZ[sqrt d]` 中可约.

  1. `lArr`: 假设 `n = a^2 n_0`, 其中 `n_0 = p_1 cdots p_s`, 这 `s` 个 `ZZ` 中的素数两两不同, 且都在 `ZZ[sqrt d]` 中可约. 由上节的结论, `x^2 - d y^2 = p_i` 有整数解, `i = 1, cdots, s`, 于是 `x^2 - d y^2 = n_0` 有整数解, 从而 `x^2 - d y^2 = n` 有整数解 (前者的解乘以 `+-a`).
  2. `rArr`: 设 `x^2 - d y^2 = n` 有整数解, 则存在 `a in ZZ[sqrt d]` 使得 `N(a) = n`. 由 `ZZ[sqrt d]` 的唯一分解得到 `a = p_1 cdots p_s`. 取共轭得到 `bar a = bar p_1 cdots bar p_s`, 等号右边也是 `ZZ[sqrt d]` 中的素元. 于是 `n = a bar a` `= p_1 bar p_1 cdots p_s bar p_s`. 假如 `p` 是 `ZZ` 与 `ZZ[sqrt d]` 的公共素数, 那么 `p` 和 `bar p = p` 必然在上式同时出现或不出现, 因此 `p` 在 `n` 中的次数为偶数.

ED, PID 与 UFD

我们已经知道对于一些 `d`, 整环 `ZZ[sqrt d]` 不是 UFD, 而本节将证明 Gauss 整环是 UFD. 判定 UFD 的通用套路是 Euclid 整环 `rArr` PID `rArr` UFD.

  1. 若整环 `D` 的每个理想 `J` 都能由单个元素生成, 形如 `(:a:) = { r a: r in D }`, 则称它为主理想整环 (PID).
  2. 若整环 `D` 上可以进行带余除法, 则称 `D` 是 Euclid 整环 (ED). 所谓带余除法是指: 对任意 `a in D`, `b in D - {0}`, 存在 `q, r in D` (称为商和余数, 不要求唯一) 满足 `a = q b + r`, `quad 0 le |N(r)| lt |N(b)|`.

`ZZ["i"]` 是 Euclid 整环.

任取 `a, b in ZZ["i"]`, 记 `a//b = x+y"i"`, `x, y in QQ`. 取 `X, Y in ZZ`, 使得 `|X - x| le 1/2`, `|Y - y| le 1/2`, 并记 `q = X + Y"i" in ZZ["i"]`. 换言之, `q` 是 `a//b` 的取整近似. 现在记 `r = a - b q`, 有 `N(r) = N(a-b q)` `= N(b)N(a//b - q)` `= N(b)(|X-x|^2+|Y-y|^2)` `le N(b) (1/2^2 + 1/2^2)` `= N(b)//2` `lt N(b)`.

`ZZ["i"]` 是 PID.

任取非零理想 `J`. 取其中 `N(epsi)` 值最小的非零元素 `epsi`, 下证 `J = (:epsi:)`. 任取 `a in J`, 作带余除法 `a = q epsi + r`, 则 `0 le N(r) lt N(epsi)`, 且 `r = a - q epsi in J`. 由 `epsi` 的最小性知 `r = 0`, 于是 `epsi | a`.

  1. 若 `D` 是 PID, `a, b in D` 互素, 则存在 `x, y in D` 使得 `a x + b y = 1`; 换言之 `a, b` 生成的理想是 `D` 本身.
  2. PID 的不可约元都是素元.
  1. 显然 `a, b` 不全为零, 考虑它们生成的理想 `(:a,b:) = {a x+b y: x, y in ZZ["i"]}`. 记这个理想的生成元为 `epsi = a x_0 + b y_0`. 由于 `a, b` 互素, `epsi` 作为它们的公因子只能是单位, 即 `epsi^-1` 存在. 于是 `1 = epsi epsi^-1` `= a x_0 epsi^-1 + b y_0 epsi^-1`. 从而 `1 in (:a, b:)`.
  2. 设 `p | a b`. 若 `p !| a`, 即 `p` 与 `a` 互素, 则存在 `x, y in D` 使得 `a x + p y = 1`, 于是 `b = 1*b = (a x + p y) b` `= (a b)x + p y b` 被 `p` 整除.

`ZZ["i"]` 是 UFD.

  1. 分解的存在性. 对 `z in ZZ["i"]`, 若它本身不可约, 则分解完毕. 否则 `z = a b`, 其中 `N(a) lt N(z)`, `N(b) lt N(z)`. 递归地对 `a, b` 分解下去, 这一过程中范数 `N` 严格递减, 因此不能无限进行下去, 必定在有限步中止.
  2. 分解的唯一性. 设 `z = p_1 cdots p_m = q_1 cdots q_n` 是两个素分解. 则 `p_1 | q_1 cdots q_n`, 由引理 `p_1` 必定整除 `q_1, cdots, q_n` 中的一个, 设为 `q_1`. 但后者不可约, 因此实际上它们相伴: `p_1 ~ q_1`. 而剩下的乘积仍然是相伴的: `p_2 cdots p_m ~ q_2 cdots q_n`. 这样做下去可知 `m = n` 且适当交换下标后 `p_i = q_i`, `quad i = 1, cdots, n`.

将 `12+9"i"` 分解为高斯素数 (即 `ZZ[i]` 中的不可约元) 的乘积.

先提取因子, `12+9"i" = 3(4+3"i")`. 然后 `N(4+3"i") = 25 = 5^2 = (2+"i")^2 (2-"i")^2`. 由于 `ZZ["i"]` 是 UFD, `4+3"i"` 的素因子只能从 `2+"i"`, `2-"i"` 的相伴元中寻找. 试除得到 `4+3"i" = (2-"i")(1+2"i")`, 从而 `12+9"i" = 3(2-"i")(1+2"i")`.

代数数域

本章起进入代数数论的世界. 读者可以先回顾一下域和 Galois 理论的知识. 代数数论研究的主要对象是代数数域, 即有理数域 `QQ` 的有限次扩张. 任意代数数域均是 `QQ^(a c)` (全体代数数组成的域) 的子域, 从而是 `CC` 的子域. 今后, 我们将代数数域简称为数域.

单扩张定理

    单扩张
  1. 单扩张的结构. 设 `L = K(gamma)` 是域的 `n` 次扩张, 这意味 `gamma` 在 `K` 上的最小多项式 `f` 是 `n` 次多项式. `(1, gamma, cdots, gamma^(n-1))` 是 `L` 在 `K` 上的基. 换言之 `L` 的每个元素都可以看成 `K` 上一个多项式商掉 `f`. 由于我们讨论的数域都是特征为零的, 因此 `f` 可分, 即没有重根. 设 `f` 的 `n` 个根为 `gamma_1, gamma_2, cdots, gamma_n in CC`, 其中 `gamma_1 = gamma`.
  2. 根的置换. 定义 `n` 个单同态 `L to CC` 如下: `sigma_i(k) = k`, `quad AA k in K`,
    `sigma_i(gamma) = gamma_i`.     这些单同态称为 `L` 到 `CC` 的 `K`-嵌入, 其特点是, 保持 `K` 中元素不动, 但置换 `f` 的 `n` 个根. 对任意 `a in L`, `sigma_i(a)` 叫做 `a` 的共轭. 于是 `gamma_i = sigma_i(gamma)` 是 `gamma` 的共轭. 进一步, `f` 的任意两根都互为共轭. (??)
  3. 共轭域. 每个同态像 `sigma_i(L) = K(gamma_i)` 称为 `L` 的 `K`-共轭域. 特别当 `L//K` 是 Galois 扩张时, `L` 包含 `gamma` 的所有共轭元, 因此这些 `K`-共轭域都相等 (都等于 `L`). 这时 `sigma_i` 实际给出 `L` 到自身的自同构.
  4. 独立性. 最小多项式 `f` 是域扩张 `L//K` 的固有属性, 与生成元 `gamma` 的选取无关. `f` 的任一根作为生成元, 都生成同一个域 `L`. 由于 `f` 与生成元选取无关, 从而 `f` 的根 `gamma_i`、单同态 `sigma_i`、共轭域 `K(gamma_i)` 都与生成元的选取无关, 是域扩张 `L//K` 自身的特性.

好消息是, 数域的扩张均为单扩张.

单扩张定理 数域的 (代数) 扩张 `L//K` 必是单扩张, 即存在 `gamma in L` 使得 `L = K(gamma)`.

    只需证 `L = K(a, b)` 的情形, 一般情形 `L = K(omega_1, cdots, omega_n)` 用归纳法可证.
  1. 令 `f, g` 分别是 `a, b` 在 `K` 上的最小多项式, 它们的根分别是 `a_1, cdots, a_n`, `quad b_1, cdots, b_m`. 由于 `f, g` 在 `K[x]` 中不可约, 所以它们无重根.
  2. 取适当的 `c in K`, 使得 `m n` 个复数 `a_i + c b_j` 两两不同; 这是可以做到的, 因为方程 `a_i + x b_j = a_k + x b_l` 有唯一解, 所有这样的方程的解最多只有有限个, 然而 `K` 中有无穷多元素.
  3. 又令 `a = a_1`, `b = b_1`, `gamma = a + c b`, 下证 `L = K(gamma)`.
    令 `h(x) = f(gamma - c x) in K(gamma)[x]`, 有 `h(b) = f(a) = 0`, 且 `f(b_j) != 0`, `j = 2, cdots, m`, 因此在 `K(gamma)` 上有 `(h(x), g(x)) = x - b`, 这证明了 `b in K(gamma)`, `a = gamma - c b in K(gamma)`. 于是 `K(a, b) sube K(gamma)`.
    显然 `gamma = a + c b in K(a, b)`, 于是 `K(a, b) = K(gamma)`.

实嵌入与复嵌入 令 `K = QQ(gamma)` 为数域的 `n` 次扩张, `f` 为最小多项式, 设 `f` 有 `r` 个实根 `gamma_1, gamma_2, cdots, gamma_r` 和 `s` 对复根 `beta_1, bar beta_1, cdots, beta_s, bar beta_s`, 其中 `r + 2 s = n`. 则由 `f` 的实根确定的 `K` 到 `RR` 的嵌入称为 `K` 的实嵌入: `sigma_i: K to RR`, `quad sigma_i(gamma) = gamma_i`, 由复根确定的 `K` 到 `CC` 的嵌入称为 `K` 的复嵌入: `tau_i: K to CC`, `quad tau_i(gamma) = beta_i`;
`bar tau_i: K to CC`, `quad bar tau_i(gamma) = bar beta_i`. 如前述, 生成元 `gamma` 的取法可以不同, 但实嵌入与复嵌入的数目 `r` 和 `s` 不变, 它们是数域 `K` 本身的性质. 特别当 `s = 0` 时, `K` 的全体共轭域均为实域, 这时 `K` 称为全实域; `r = 0` 时, `K` 全体共轭域均为虚域, `K` 称为全虚域.

二次域和分圆域

这是研究得最多的两类数域, 在我们的下文中也时时见到它们的影子.

二次域 是指 `QQ(sqrt d)`, 其中 `d` 不含平方因子. `d gt 0` 时, 称为实二次域, `d lt 0` 时, 称为虚二次域. `QQ(sqrt d)` 中的元素形如 `u = a + b sqrt d`, 显然 `bar u = a - b sqrt d in QQ(sqrt d)`, 因此 `QQ(sqrt d)` 是 `QQ` 的二次 Galois 扩张.

求 `a = sqrt 2 + sqrt 3` 在 `QQ(sqrt 2, sqrt 3)` 的全体 `QQ`-共轭元.

先求 `a` 在 `QQ` 上的最小多项式. `a - sqrt 2 = sqrt 3`,
`a^2 - 2 sqrt 2 a + 2 = 3`,
`a^2 - 1 = 2 sqrt 2 a`,
`(a^2-1)^2 = 8a^2`. 最小多项式为 `f(x) = (x^2-1)^2 - 8x^2`. `f(x)` 的全部根为 `+-sqrt 2 +- sqrt 3`, 即为 `a` 的全体 `QQ`-共轭元.

分圆域 是指 `QQ(zeta_n)`, 其中 `zeta_n` 是 `n` 次本原单位根. `n ge 3` 时, 分圆域中含有虚数. `zeta_n` 的最小多项式是分圆多项式 `phi_n(x)`, 它的次数是 `varphi(n)` (Euler 函数). 又 `QQ(zeta_n)` 是 `x^n-1` 的分裂域, 因此它是 `QQ` 的 `varphi(n)` 次 Galois 扩张.

    当 `K//Q` 为 Galois 扩张时, `K` 的共轭域只有它自己, 因此:
  1. `n ge 3` 时, 分圆域 `QQ(zeta_n)` 是全虚域;
  2. `d gt 0` 时, 二次域 `QQ(sqrt d)` 是全实域, `d lt 0` 时则是全虚域.

范与迹

元素的范与迹 考虑数域扩张 `L//K`. 将 `L` 视为 `K` 上线性空间, 任取 `alpha in L`, 则 `alpha` 诱导的左平移变换 `varphi_alpha: L to L`
`x mapsto alpha x` 是 `L` 上的线性变换. 由线性代数知道, 在不同的基底下, 线性变换 `varphi_alpha` 的表示矩阵 `M_alpha` 的行列式与迹不变, 分别称为元素 `alpha` 对于扩张 `L//K` 的范 (norm) `N_(L//K)(alpha)` 与迹 (trace) `T_(L//K)(alpha)`. 上下文明确时, 简记为 `N(alpha)` 和 `T(alpha)`.

  1. 对于 Gauss 数域 `QQ(sqrt(-1))`, 取 `QQ`-基 `[1, "i"]`, 有 `(a+b"i")[1, "i"]` `= [a+b"i", -b+a"i"]`;
    `N(a+b"i") = |a, b; -b, a| = a^2+b^2`, `quad T(a+b"i") = 2a`.
  2. 对于 Eisenstein 数域 `QQ(sqrt(-3))`, 取 `QQ`-基 `[1, omega]`, 其中 `1 + omega + omega^2 = 0`, 则 `(a+b omega)[1, omega]` `= [a+b omega, a omega + b omega^2]` `= [a+b omega, -b + (a-b) omega]`;
    `N(a+b omega) = |a, b; -b, a-b|` `= a^2-a b+b^2`. `quad T(a+b omega) = 2a-b`.
    设 `L//K` 是数域的 `n` 次扩张, `a, b in L`, `k in K`, 有
  1. `N(1) = 1`, `T(1) = n`;
  2. `N(k a) = k^n N(a)`, `T(k a) = k T(a)`;
  3. `N(a b) = N(a) N(b)`, `T(a + b) = T(a) + T(b)`, 即 `N`, `T` 分别是关于乘法和加法的同态.
  1. 因为元素 1 的表示矩阵是单位阵;
  2. 因为 `k a` 的表示矩阵是 `a` 的表示矩阵的 `k` 倍;
  3. 因为 `a b` 的表示矩阵是 `a, b` 的表示矩阵之积; `a + b` 的表示矩阵是 `a, b` 的表示矩阵之和;

`AA a in L`, 设 `sigma_i` 是 `L` 到 `CC` 的 `n` 个 `K`-嵌入, 则 `sigma_i(a)` 是 `a` 的 `K`-共轭元; 可以证明 `N(a) = prod sigma_i(a)`, `quad T(a) = sum sigma_i(a)`. 设 `a` 的最小多项式是 `f(x) = sum_(k=0)^n c_k x^k`, 则由 Vieta 定理知道, `N(a) = (-1)^n c_0`, `T(a) = - c_(n-1)`.

若 `M` 是 `L//K` 的中间域, 则 `AA a in L`, `N_(L//K)(a) = N_(M//K)(N_(L//M)(a))`,
`T_(L//K)(a) = T_(M//K)(T_(L//M)(a))`.

(??) 这是因为, 要求 `a` 在 `L//K` 上的全体共轭元之积, 可以先求 `a` 在 `L//M` 上的全体共轭元之积——记为 `b`, 再求 `b` 在 `M//K` 上的全体共轭元之积. 迹的情形类似.

判别式

元素的判别式 考虑数域的 `n` 次扩张 `L//K`, 有时需要判断元素 `a_1, cdots, a_n in L` 是否线性相关, 为此引入判别式 `d(a_1, cdots, a_n)` `:= "det"(sigma_i(a_j))_(1 le i,j le n)^2`. 对于单个元素 `a in L`, 简记 `d(a) := d(1, a, cdots, a^(n-1))`. 当 `L` 为全实域时, 判别式总是非负的.

`d(a_1, cdots, a_n) = "det"(T(a_i a_j))_(1 le i,j le n) in K`.

`d(a_1, cdots, a_n)` `= |sigma_1(a_1), cdots, sigma_n(a_1); , cdots, ; sigma_1(a_n), cdots, sigma_n(a_n)|` `|sigma_1(a_1), cdots, sigma_1(a_n); , cdots, ; sigma_n(a_1), cdots, sigma_n(a_n)|` `= "det"(sum_k sigma_k(a_i) sigma_k(a_j))_(1 le i,j le n)` `= "det"(T(a_i a_j))_(1 le i,j le n)`.

  1. `a_1, cdots, a_n` 线性无关当且仅当 `d(a_1, cdots, a_n) != 0`. 此时它们构成一组 `K`-基.
  2. `L = K(a)` 当且仅当 `1, a, cdots, a^(n-1)` 线性无关, 即 `d(a) != 0`. 此时 `a` 为 `L` 的生成元.

设 `a_1, cdots, a_n` 线性相关, 则存在不全为零的 `k_1, cdots, k_n in K` 使得 `sum_j k_j a_j = 0`, 于是 `sum_j k_j sigma_i(a_j) = 0`, `quad i = 1, cdots, n`. 这表明方阵 `(sigma_i(a_j))` 的列向量线性相关, 即 `d(a_1, cdots, a_n) = 0`.
反之若 `d(a_1, cdots, a_n) = 0`, 则方阵 `(T(a_i a_j))` 的行向量线性相关. 记 `R_i = (T(a_i a_1), cdots, T(a_i, a_n))`, 则存在不全为零的 `k_1, cdots, k_n in K` 使得 `sum k_i R_i = 0`. 假设 `a_1, cdots, a_n` 线性无关, 则 `a = sum k_j a_j != 0`. 从 `sum k_i R_i = 0` 取第 `j` 个分量得 `sum_i k_i T(a_i a_j) = 0`, 即 `T(a a_j) = 0`. 又 `a_1, cdots, a_n` 是一组 `K`-基, 知对任意 `b in L` 有 `T(a b) = 0`. 这与 `a != 0` 矛盾. 因为只要取 `b = a^-1` 即有 `T(a a^-1) = T(1) = n`.

    判别式的又一公式
  1. 设 `L//K` 是数域的 `n` 次扩张, `a in L` 的 `n` 个 `K`-共轭元为 `a_1, a_2, cdots, a_n`, 则 `d(a) = prod_(i lt j) (a_i - a_j)^2`. 从而 `d(a) != 0` 当且仅当 `a` 的共轭元两两不同.
  2. 设 `f` 为 `a` 的最小多项式, 记 `s = n(n-1)//2`, 有 `d(a) = (-1)^s N(f'(a))`.
  1. `d(a) = d(1, cdots, a^(n-1))` `= "det"(a_i^j)^2`, 利用 Vandermonde 行列式的结论即可.
  2. 满足 `1 le i lt j le n` 的 `(i, j)` 共有 `s = n(n-1)//2` 对, 由 1. 有 `d(a) = (-1)^s prod_(i != j) (a_i - a_j)` `= (-1)^s prod_(i=1)^n prod_(j=1, j != i)^n (a_i - a_j)` `= (-1)^s prod_(i=1)^n f'(a_i)` `= (-1)^s N(f'(a))`.

多项式的判别式 设 `f(x)` 是 `K` 上的首一 `n` 次多项式, 其在 `CC` 上的全部根为 `a_1, cdots, a_n`. 记 `s = n(n-1)//2`, 定义 `d(f) = prod_(i lt j) (a_i - a_j)^2` `= (-1)^s prod_i f'(a_i) in K`. 于是 `f` 有重根 `iff d(f) = 0`.

    记 `s = n(n-1)//2`,
  1. `x^n + a` 的判别式为 `(-1)^s n^n a^(n-1)`;
  2. `x^n + a x + b` 的判别式为 `(-1)^s[(1-n)^(n-1) a^n + n^n b^(n-1)]`. 特别 `x^2 + a x + b` 的判别式为 `a^2 - 4 b`;
    `x^3 + a x + b` 的判别式为 `-(4a^3 + 27b^2)`.

只证 2. 记 `f(x) = x^n + a x + b` 的全部根为 `x_1, cdots, x_n`. 先设 `b != 0`, 于是这些根都不等于零, 得到 `g(x) = b x^n + a x^(n-1) + 1` 的全部根 `x_1^-1, cdots, x_n^-1`. 由 Vieta 定理 `sum_i x_i^-1 = -a/b`, `quad prod_i x_i^-1 = (-1)^n/b`. 并且其它次数的对称多项式均为 0. 现在计算 `f'(x_i) = n x_i^(n-1) + a` `= -n/x_i (a x_i + b) + a` `= (1-n)a - n b // x_i`, 所以 `prod_i f'(x_i)`
`= prod_i ((1-n)a - n b//x_i)`
`= (1-n)^n a^n - n b (1-n)^(n-1) a^(n-1) sum_i x_i^-1` `+ (-n b)^n prod_i x_i^-1`
`= (1-n)^n a^n + n(1-n)^(n-1)a^n + n^n b^(n-1)`
`= (1-n)^(n-1) a^n + n^n b^(n-1)`. 再讨论 `b = 0` 的情形, 得出同样的答案.

代数整数

代数整数的判别

`ZZ` 上首一多项式 (在 `CC` 中) 的根称为代数整数; 数域 `K` 中全体代数整数的集合记为 `O_K`. 由定义知, 若 `L//K` 是域的扩张, 则 `O_L nn K = O_K`.

本节将要证明 `O_K` 是环, 即代数整数的和、差、积仍为代数整数. 历史上正是为了证明此结论, 产生了近世代数中 "模" 的概念.

`ZZ` 上首一多项式的有理根必为整数, 因此 `QQ` 中的代数整数必为整数, 即 `O_QQ = ZZ`.

    代数整数的判别法 设 `a in CC`, 以下各款等价:
  1. `a` 为代数整数;
  2. `a` 在 `QQ` 上的最小多项式属于 `ZZ[x]`;
  3. 环 `ZZ[a]` 的加法群是有限生成的, 即存在 `a_1, cdots, a_n in ZZ[a]` 使得 `ZZ[a] = a_1 ZZ + cdots + a_n ZZ`.
  4. 存在 `CC` 的非零子环 `R`, 满足 `a in R`, 且 `R` 的加法群是有限生成的;
  5. 存在 `CC` 的有限生成非零加法子群 `A`, 使得 `a A sube A`.
  1. `rArr 2`. 由 `a` 为代数整数知, 存在首一的 `f(x) in ZZ[x]` 使得 `f(a) = 0`. 又设 `a` 的最小多项式为 `p(x) in QQ[x]`, 则 `p(x) | f(x)`. 假设存在正整数 `c` 使 `c p(x) in ZZ[x]`, 且 `c p(x) | f(x)`. 注意到 `p` 首一, `f` 在 `ZZ[x]` 上首一, 故 `c = 1` (??), 即 `p(x) in ZZ[x]`.
  2. `rArr 3`. 设 `p(x) = x^n + c_(n-1) x^(n-1) + cdots + c_0` 是 `a` 的最小多项式, 于是 `a^n = -(c_(n-1) x^(n-1) + cdots + c_0)`, 归纳知任意 `a^m` 可以写成 `1, a, cdots, a^(n-1)` 的 `ZZ`-线性组合, 于是环 `ZZ[a]` 中的每个元素也是如此.
  3. `rArr 4`. 取 `R = ZZ[a]`.
  4. `rArr 5`. 取 `A = R`.
  5. `rArr 1`. 记 `A = a_1 ZZ + cdots + a_n ZZ`. 由 `a A sube A` 知 `a a_i in A`, `i = 1, cdots, n`. 于是它们可以写成 `a_1, cdots, a_n` 的线性组合. 设 `[a a_1; vdots; a a_n] = M [a_1; vdots; a_n]`, `M` 是 `ZZ` 上的 `n` 阶方阵. 由 `A != (0)` 知 `a_1, cdots, a_n` 不全为零, 因此 `a` 是 `M` 的特征值, `f(x) = det(x I_n - M)` 是 `ZZ` 上满足 `f(a) = 0` 的首一多项式.

数域 `K` 中全体代数整数 `O_K` 构成 `K` 的子环, 称为 `K` 的整数环; 与此同时 `K` 是环 `O_K` 的分式域.

  1. 设 `a, b in O_K`, 下证 `a+-b`, `a b in O_K`. 由前知 `ZZ[a]`, `ZZ[b]` 的加法子群都是有限生成的: `ZZ[a] = a_1 ZZ + cdots + a_n ZZ`, `quad ZZ[b] = b_1 ZZ + cdots + b_m ZZ`. 因此对任意整数 `u, v`, `a^u` 和 `b^v` 分别可以表为 `a_1, cdots, a_n` 和 `b_1, cdots, b_m` 的 `ZZ`-线性组合. 进而 `a^u b^v` 可表为 `{a_i b_j: 1 le i le n, 1 le j le m}` 的 `ZZ`-线性组合. 这说明环 `ZZ[a, b]` 的加法群是有限生成的, 因此 `a+-b`, `a b in ZZ[a, b]` 都是代数整数.
  2. 任取 `u in K`, 我们来证: 存在正整数 `c` 使得 `c u in O_K`. 由于 `u` 为代数数, 可设 `f(u) = c_n u^n + cdots c_1 u + c_0 = 0`, `quad c_i in ZZ`, `c_n gt 0`. 同乘 `c_n^(n-1)` 得 `(c_n u)^n + cdots c_n^(n-2) c_1 (c_n u) + c_n^(n-1) c_0 = 0`. 即 `c_n u in O_K`.

设 `K` 是数域, `a in K`. 若存在 `K` 的子环 `R` 上首一多项式 `f` 满足 `f(a) = 0`, 则称 `a` 在 `R` 上整. 因此代数整数就是那些在 `ZZ` 上整的数. 若除了 `R` 中的数以外, `K` 中没有其它数在 `R` 上整, 即 `AA a in K`, `a` 在 `R` 上整 `rArr` `a in R`, 则称 `R` 是整闭的.

对任意 `a in CC`, 若 `a` 在 `O_K` 上整, 则 `a` 是代数整数. 特别取 `a in K` 可知: 环 `O_K` 在数域 `K` 中是整闭的.

  1. 若 `a` 在 `O_K` 上整, 设 `f(a) = a^m + c_(m-1) a^(m-1) + cdots c_1 a + c_0 = 0`, `quad c_i in O_K`. 由于 `c_i` 均为代数整数, 由代数整数的判别法可知 `O_K` 的子环 `R = ZZ[c_1, cdots, c_(m-1)]` 的加法群为有限生成.
    另一方面由 `f(a) = 0` 知 `a^r (r ge 1)` 均可表为 `1, a, cdots, a^(m-1)` 的`R`-线性组合. 于是 `R[a] = R + a R + cdots + a^(m-1) R`. 由于 `R` 的加法群是有限生成的, 上式推出 `R[a]` 的加法群也是有限生成的. 因此 `a` 是代数整数.
  2. 现在设 `a in K`, 且 `a` 在 `O_K` 上整. 由 1. 知 `a` 是代数整数, 所以 `a in O_K`. 这说明 `K - O_K` 中没有数在 `O_K` 上整.

若 `a` 是代数整数, 则它的每个 `K`-共轭元素也是代数整数.

设 `f(x) in ZZ[x] sube O_K[x]` 是使得 `f(a) = 0` 的首一多项式, `g(x) in K[x]` 是 `a` 在 `K` 上的最小多项式, 则`g(x) | f(x)`. 由于 `f` 是 `O_K` 上首一多项式, `g` 是 `K` 上首一多项式且 `g | f`, 可推出 `g in O_K[x]`. 注意 `a` 的 `K`-共轭元素均是 `g` 的根, 从而在 `O_K` 上整; 因此它们都是代数整数.

    二次域中的代数整数 考虑 `K = QQ(sqrt d)`, `d` 不含平方因子.
  1. `d -= 2, 3 (mod 4)` 时, `O_K = ZZ[sqrt d] = ZZ o+ ZZ sqrt d`;
  2. `d -= 1 (mod 4)` 时, `O_K = ZZ[(1+sqrt d)/2] = ZZ o+ ZZ (1+sqrt d)/2`.
    设 `u = a + b sqrt d in O_K`, `a, b in QQ`. 若 `b = 0`, 则有 `u = a in QQ`, 但 `u` 是代数整数, 故 `u in ZZ`. 下设 `b != 0`, 这时 `u` 在 `QQ` 上的最小多项式为 `f(x) = x^2 - 2a x + (a^2 - b^2 d)` `u` 为代数整数当且仅当 `f(x) in ZZ[x]`, 即 `2a in ZZ, a^2-b^2 d in ZZ`. 所以 `(2a)^2 - (2b)^2 d in 4ZZ` `rArr (2b)^2 d in ZZ` `rArr 2b in ZZ` (因为 `d` 无平方因子) 以下假设 `a, b` 均为半整数.
  1. 若 `d -= 2, 3 (mod 4)`. 如果 `2a, 2b` 均为奇数, 则 `(2a)^2 -= 1 (mod 4)`, `(2b)^2 d -= d (mod 4)`, 与 `(2a)^2 - (2b)^2 d in 4 Z` 矛盾. 因此 `2a, 2b` 至少有一偶数.
    又 `(2a)^2 - (2b)^2 d -= 0 (mod 4)`, `d !-= 0 (mod 4)`, 所以 `2a, 2b` 均为偶数, 即 `a, b in ZZ`.
    反之若 `a, b in ZZ`, 则 `2a, a^2 - b^2 d in ZZ`, 即 `u` 为代数整数. 这就证明了 `O_K = ZZ o+ ZZ sqrt d`.
  2. 若 `d -= 1 (mod 4)`. 由 `(2a)^2 -= (2b)^2 d -= (2b)^2 (mod 4)` 知 `2a, 2b` 有相同的奇偶性; 反之若 `2a, 2b` 同奇偶, 有 `a^2 - b^2 d in ZZ`. 总之 `O_K = { a + b sqrt d: 2a, 2b in ZZ, 2a -= 2b (mod 2) }` `= { (a + b sqrt d)/2: a, b in ZZ, a -= b (mod 2) }` `= ZZ o+ ZZ (1+sqrt d)/2`.

分圆域中的代数整数 考虑 `K = QQ(zeta_n)`, `n ge 3`. 则 `O_K = ZZ[zeta_n]`.

整基与判别式

设数域 `K` 是 `QQ` 的 `n` 次扩域, 则 `O_K` 是有限生成的: 存在 `omega_1, cdots, omega_n in O_K` 使得 `O_K = omega_1 ZZ o+ cdots o+ omega_n ZZ`. 换言之, 任意 `a in O_K` 可唯一表为 `a = a_1 omega_1 + cdots a_n omega_n`, `quad a_i in ZZ`. `omega_1, cdots, omega_n` 称为 `K` 或 `O_K` 的一组整基.