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1001コメント591KB

代数的整数論　＃003

レス数が900を超えています。1000を超えると表示できなくなるよ。
0001１３２人目の素数さん2006/02/27(月) 14:44:48
9208 ◆lJJjsLsZzw氏に存分に
語ってもらうスレです。
シロート厳禁、質問歓迎！

前スレ
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1126510231
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1132643310
0809Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/13(月) 20:03:38
定義
有理整数 k ≧ 1 に対し
(Ψ_0(θ)^k) h(θ)≡ 0 (mod (p^k)Z[θ]) のとき、
h(θ) は Φ_0(>>793)で定まる素因子で k 回割れるという。

h(θ) が Φ_0 で定まる素因子で k 回割れ、k+1 回では割れないとき
h(θ) は Φ_0 で定まる素因子できっかり k 回割れるという。
0810Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/13(月) 20:06:43
補題
k ≧ 1 を有理整数、
h(X) ∈ Z[X] とし、h(θ) が Φ_0(>>793) で定まる素因子で
k 回割れるとする。

定義より (Ψ_0(θ)^k) h(θ) ≡ 0 (mod p^kZ[θ]) だから、
(Ψ_0(θ)^k) h(θ) = (p^k) R(θ) となる
R(θ) ∈ Z[θ] がある。

h(θ) が Φ_0 で定まる素因子できっかり k 回割れるためには、
R(θ) が Φ_0 で定まる素因子で割れないことが必要十分である。

証明
>>807より R(θ) が Φ_0 で定まる素因子で割れるためには
Ψ(θ)R(θ) ≡ 0 (mod pZ[θ]) が必要十分である。
このことから命題の主張は明らかである。
証明終
0811１３２人目の素数さん2006/11/13(月) 20:10:50
過去のスレはここで見れる。

ttp://makimo.to/2ch/index.html
0812Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/13(月) 20:27:26
このあたり(>>788以降) 、Kummer の因子論(理想数論)を Z[θ] で
行っている。
このあたり、私のアイデア。
しかし、たぶん誰かがやっているだろう。
0813１３２人目の素数さん2006/11/13(月) 22:05:53
全然、本題とは関係ないが念のため書いておく：
>803
> 天に例えるってすごいなw
> いわゆるゴッドか
国語辞典を引いて意味を確認してみな。
0814１３２人目の素数さん2006/11/13(月) 22:10:47
>802
> このセリフが限りなくクマーくさいｗ
802の粘着ぶりはチョー賎臭いな。
0815１３２人目の素数さん2006/11/13(月) 22:59:34
いやおれはKummerこそチョー賎くさいと思っている。
俺が他の板でその手の連中とやりあったときの経験がそう言っている。
0816１３２人目の素数さん2006/11/14(火) 00:04:36
朝陣でも悪さをせず、才能があって社会、コミュニティーに貢献する者であれば問題なし
0817１３２人目の素数さん2006/11/14(火) 00:28:14
>>816
数学板の新参者？
0818１３２人目の素数さん2006/11/14(火) 10:50:13
天に代りてチョンを討つ
0819１３２人目の素数さん2006/11/14(火) 11:34:03
>816
> 朝陣でも悪さをせず、才能があって社会、コミュニティーに貢献する者であれば問題なし

現実に、日本の大学で教師をやっている連中はそうじゃないのが多いんだよな。
0820１３２人目の素数さん2006/11/14(火) 13:52:06
69
0821１３２人目の素数さん2006/11/14(火) 13:53:40
68
0822１３２人目の素数さん2006/11/14(火) 13:54:15
67
0823１３２人目の素数さん2006/11/14(火) 13:55:22
66
0824１３２人目の素数さん2006/11/14(火) 13:56:29
65
0825１３２人目の素数さん2006/11/14(火) 13:57:09
64
0826１３２人目の素数さん2006/11/14(火) 13:58:36
63
0827１３２人目の素数さん2006/11/14(火) 13:59:11
62
0828１３２人目の素数さん2006/11/15(水) 04:08:50
61
0829１３２人目の素数さん2006/11/15(水) 15:35:40
60
0830Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/15(水) 17:40:23
>>810 の続き。

>>805 で (p, g_0(θ)) = P_0 とおいた。
P_0 は Z[θ] の極大イデアルである。
簡単のために P = P_0 とおく。

Z[θ] の P による局所化(前スレ１の65と88)を A とおく。
つまり A = Z[θ]_P である。

この局所環 A で以上の議論をしたほうがいいと気付いた。

補題
Ψ_0(θ) ≡ 0 (mod pA) ではない。

証明
Ψ_0(θ) ≡ 0 (mod pA) と仮定して矛盾を導く。
Ψ_0(θ) = pT(θ)/U(θ) となる。
ここで T(θ) と U(θ) は Z[θ] の元で U(θ) は P に含まれない。

Ψ_0(θ)U(θ) = pT(θ)

よって、Ψ_0(X)U(X) は mod pZ[X] で f(X) で割れる。
特に、g_0(X) の m_0 乗で割れる。

U(θ) は P に含まれないから U(X) は mod pZ[X] で g_0(X) で
割れない。よって、Ψ_0(X) は mod pZ[X] で g_0(X) の m_0 乗で
割れる。これは Ψ_0(X) の定義と矛盾する。
証明終
0831Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/15(水) 17:51:18
補題
α ∈ A で
Ψ_0(θ)α≡ 0 (mod pA) と すると、
α ∈ PA である。

証明
α = T(θ)/U(θ) となる。
ここで T(θ), U(θ) は Z[θ] の元で U(θ) は P に含まれない。

Ψ_0(θ)T(θ)/U(θ) = pG(θ)/H(θ) となる。
ここで G(θ), H(θ) は Z[θ] の元で H(θ) は P に含まれない。

よって、
Ψ_0(θ)T(θ)H(θ) = pG(θ)U(θ)

よって、Ψ_0(X)T(X)H(X) が mod pZ[X] で f(X) で割れる(>>806)。
よって、T(X)H(X) は mod pZ[X] でg_0(X) で割れる。
仮定より、H(X) は mod pZ[X] でg_0(X) で割れない。
よって、T(X) は mod pZ[X] でg_0(X) で割れる。
つまり、T(θ) は P に含まれる。
よって、α ∈ PA である。
証明終
0832１３２人目の素数さん2006/11/15(水) 18:39:33
61
0833１３２人目の素数さん2006/11/15(水) 18:40:33
60
0834１３２人目の素数さん2006/11/15(水) 18:41:42
59
0835１３２人目の素数さん2006/11/15(水) 18:42:24
60
0836１３２人目の素数さん2006/11/15(水) 18:50:55
59
0837１３２人目の素数さん2006/11/15(水) 18:58:35
58
0838１３２人目の素数さん2006/11/15(水) 18:59:14
57
0839Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/15(水) 21:25:46
補題
C を環、B をその部分環、c を C の元とする。
M を忠実な B[c]-加群で、B 上有限生成とする。
このとき、 c は B 上整である。

証明
M の B 上の生成元を x_1, ..., x_n とする。

c(x_1) = b_(1,1) x_1 + b_(1,2) x_2 + ... + b_(1,n) x_n
.
.
.
c(x_n) = b_(n,1) x_1 + b_(n,2) x_2 + ... + b_(n,n) x_n

となる B の元 b_(i, j), 1≦i, j≦n がある。

前スレ１の236より det(cE - T)M = 0 となる。
ここで T は b_(i, j) を (i, j) 成分とする行列。

M は忠実な B[c]-加群だから det(cE - T) = 0 である。
ここで E は n 次の単位行列。
この行列式を展開すると、命題の主張が得られる。
証明終
0840Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/15(水) 21:47:26
命題
A = Z[θ]_P は離散付値環である。

証明
f(X) ≡ g_0(X)Ψ_0(X) (mod pZ[X])
だから　g_0(θ)Ψ_0(θ) ≡ 0 (mod pZ[θ])
よって g_0(θ)(Ψ_0(θ)/p) ∈ A

他方、p(Ψ_0(θ)/p) = Ψ_0(θ) だから p(Ψ_0(θ)/p) ∈ A
よって P = (p, g_0(θ)) だから P(Ψ_0(θ)/p) ⊂ A
よって PA(Ψ_0(θ)/p) ⊂ A

PA(Ψ_0(θ)/p) ⊂ PA と仮定すると、
PA(Ψ_0(θ)/p)^k ⊂ PA が任意の有理整数 k ≧ 1 に対し成り立つ。

M = PA
c = Ψ_0(θ)/p
とおけば、>>839 が適用できて Ψ_0(θ)/p は A 上整。

A は整閉だから(前スレ１の584)、Ψ_0(θ)/p ∈ A　となる。
これは >>830 に反する。

よって PA(Ψ_0(θ)/p) = A となる。
よって PA = (p/Ψ_0(θ))A となる。
>>534 より A は離散付値環である。
証明終
0841１３２人目の素数さん2006/11/15(水) 22:16:07
58
0842１３２人目の素数さん2006/11/15(水) 22:17:18
57
0843１３２人目の素数さん2006/11/15(水) 22:18:35
56
0844１３２人目の素数さん2006/11/15(水) 22:19:12
55
0845１３２人目の素数さん2006/11/15(水) 22:20:28
54
0846１３２人目の素数さん2006/11/16(木) 11:33:18
53
0847１３２人目の素数さん2006/11/16(木) 11:34:44
52
0848１３２人目の素数さん2006/11/16(木) 12:10:49
このやろう、数字だけで残り埋める気か。
0849１３２人目の素数さん2006/11/16(木) 12:13:02
梅梅　梅はうめー
0850Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/16(木) 12:48:51
>>839 は前スレ２の551を拡張したもの。
証明も殆ど同じ。

>>840 は >>839 の代わりに前スレ２の551がそのまま使える。

>>839 を書いた時点では前スレ２の551のことを忘れていた。

今後もこのようなことはあるだろう。
0851Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/16(木) 13:05:00
>>831 は PA ∈ Ass(A/pA) であることを示している。
よって前スレ２の589(及び590)からも A は離散付値環であること
がわかる。しかし、前スレ２の589の証明も本質的には>>840の
それと同じ。

Kummerの因子論と同様の方法で A が離散付値環であることを
証明したかったんだが、中途半端に終った。
しかし、>>809 の定義は具体的に付値を計算することを可能
にするものであり、Kummerの方法の有効性を示している。
0852１３２人目の素数さん2006/11/16(木) 19:47:36
49
0853１３２人目の素数さん2006/11/16(木) 19:56:50
48
0854１３２人目の素数さん2006/11/16(木) 21:44:22
>848
> このやろう、数字だけで残り埋める気か。
何か知らんが1分ごとにやっているようだな。
余程暇なんだろうから放っておけ。
0855１３２人目の素数さん2006/11/16(木) 21:57:55
48
0856１３２人目の素数さん2006/11/16(木) 21:58:36
47
0857１３２人目の素数さん2006/11/16(木) 21:59:16
46
0858１３２人目の素数さん2006/11/16(木) 22:00:19
45
0859１３２人目の素数さん2006/11/17(金) 03:53:59
44
0860Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/17(金) 15:47:23
命題
>>840 より A = Z[θ]_P は離散付値環である。
これに付随する正規離散付値(>>547, >>550)をνとする。

k ≧ 1 を有理整数とする。
h(θ) ∈ Z[θ] がΦ_0(>>793)で定まる素因子できっかり k 回
割れる(>>809)なら ν(h(θ)) = k となる。

証明
h(θ) ∈ Z[θ] がΦ_0で定まる素因子できっかり k 回割れるとする。

定義より (Ψ_0(θ)^k) h(θ) ≡ 0 (mod p^kZ[θ]) だから、
(Ψ_0(θ)^k) h(θ) = (p^k) R(θ) となる
R(θ) ∈ Z[θ] がある。
>>810 より R(θ) は P に含まれない。
よって ν(R(θ)) = 0 である。

一方、>>840 の証明より PA = (p/Ψ_0(θ))A だから
ν(p/Ψ_0(θ)) = 1 である。

h(θ) = (p/Ψ_0(θ))^k R(θ) だから
ν(h(θ)) = k である。
証明終
0861１３２人目の素数さん2006/11/17(金) 20:58:58
44
0862１３２人目の素数さん2006/11/17(金) 20:59:34
43
0863１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 01:04:23
Introduction to cyclotomic fields.

kore iine!!!!!
0864１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 02:21:44
43
0865１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 02:22:31
42
0866１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 02:23:20
41
0867１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 02:23:52
40
0868１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 02:24:24
39
0869Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/18(土) 11:03:26
>>863

それは岩沢理論に重点をおいてるね。
ちょっとペラペラ眺めただけどちょっとがっかりした。
円分体の類数計算についてあまり書いてないんで。
これについて詳しく書いてある本誰かしりませんか？
0870１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 11:38:19
37
0871１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 12:40:44
>>869
上智大学数学講究録に
木村達雄、円分体の代数的類数公式
など沢山ある。

Lang, Cyclotomic Fields I & II, Springer
Ch. 3 解析的類数公式
なども。
0872Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/18(土) 12:53:40
>>871

有難うございます。

>上智大学数学講究録に

このサイトを見ましたが上記の他にも面白そうなのがありますね。
0873１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 12:54:38
additive constantって何？
0874１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 13:00:10
>>872
>>871ではその様な意味で書いたつもりだが。
日本語が不自由な人ですか？
0875１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 13:09:23
>>874

掲示板では意味の取り違えはよくあるんで、その言い方は
ちょっと
0876１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 13:23:11
>>875
失礼しました。
0877Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/18(土) 14:12:18
命題
>>860 の逆も成り立つ。
つまり ν(h(θ)) = k ≧ 1 なら h(θ) はΦ_0で定まる素因子で
きっかり k 回割れる。

証明
h(θ) ∈ P だから >>807 の最後で述べたことより
Ψ_0(θ)h(θ)≡ 0 (mod pZ[θ]) となる。
>>808 より ある有理整数 s があり、h(θ) はΦ_0で定まる素因子で
きっかり s 回割れる。
よって、>>860 よりν(h(θ)) = s である。
よって k = s となる。
証明終
0878Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/18(土) 14:37:19
>>860, >>877 より、任意に与えられた h(θ) ∈ Z[θ] の P に関する
付値が計算できる。

k = 1, 2, 3,... と順に変化させて
(Ψ_0(θ)^k) h(θ) ≡ 0 (mod (p^k)Z[θ]) となるかを判定していけ
ばいい。

この判定は左辺を、関係式 f(θ) = 0 を利用して θ の n-1 次以下の
多項式に変形してから、その係数が p^k で割れるかをみればいい。

(Ψ_0(θ)^k) h(θ) を θ の n-1 次以下多項式に変形するのは
k-1回目の結果が使える。
0879１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 14:55:47
>>878

k = 1, 2, 3,... として Ψ_0(θ)^k を前もって θ の
n-1 次以下の多項式に変形しておくといいだろうね。
0880１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 15:02:03
33
0881１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 15:03:05
32
0882１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 15:03:40
31
0883１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 15:04:16
30
0884１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 15:17:44
29
0885１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 16:04:02
p の P に関する付値(>>860) ν(p) を決定する。

G(X) = (g_0(X)^(m_0)...(g_(e-1)(X))^(m_(e-1)) とおく。
f(X) ≡ G(X) (mod pZ[X])
だから(>>794)、
G(θ) ≡ 0 (mod pZ[θ]) である。

よって、
G(θ)^(m_0-1) ≡ 0 (mod (p^(m_0-1))Z[θ]) である。

Ψ_0(X) = (g_0(X)^(m_0 -1)...(g_(e-1)(X))^(m_(e-1)) で
あったから(>>807)
(Ψ_0(X)^(m_0) は G(X)^(m_0-1) で割れる
(両者の各g_i(X)のべき指数を考えよ)。

よって、
Ψ_0(θ)^(m_0) ≡ 0 (mod (p^(m_0-1))Z[θ]) である。

両辺に p を掛けて、
Ψ_0(θ)^(m_0) p ≡ 0 (mod (p^(m_0))Z[θ]) である。
よって、ν(p) ≧ m_0 となる。

続く。
0886１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 16:46:26
29
0887１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 16:47:13
28
0888１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 16:48:01
27
0889１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 16:48:33
28
0890１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 16:49:12
27
0891１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 16:49:52
26
0892１３２人目の素数さん2006/11/18(土) 16:50:34
25
0893Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/19(日) 16:46:54
ν(p) = m_0 を示すために、ここでちょっとわき道に寄る。

Z[θ] の任意の 0 でない素イデアル M を考える。
M の 0 でない元 α の Q 上の最小多項式 を
h(X) = X^r + a_1 X^(r-1) + ... + a_r とする。

α は代数的整数だから各 a_i は有理整数である(>>160)。

α^r + a_1 α^(r-1) + ... + a_r = 0
だから
a_r ∈ M である。α≠ 0 だから a_r ≠ 0 である。
よって M ∩ Z は Z の 0 でない素イデアルである。
よって M ∩ Z = pZ となる素数 p がある。

>>806 より
Z[θ]/pZ[θ] = (Z/pZ)[X]/(f~(X)) である(等号は同型を表す)。

(注意)
>>806 以降の議論のほとんどは p が f(X) の判別式の約数という
仮定がなくても成り立つことは明らかだろう。

M/pZ[θ] は Z[θ]/pZ[θ] の 0 でない素イデアルである。
よって M/pZ[θ] は (Z/pZ)[X]/(f~(X)) の 0 でない素イデアル
に対応する。よってある (g_i~(X)) に対応する。
よって M = (p, g_i(θ))Z[θ] である(>>805)。
よって Z[θ]_M は離散付値環である(>>840)。

M は Z[θ] の任意の 0 でない素イデアルだったから
>>605 より、Z[θ] の 0 でないイデアルは素イデアルの冪積として
一意に分解される。
0894Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/19(日) 17:16:27
pZ[θ] を含む素イデアルは P_i = (p, g_i(θ)) であるから
pZ[θ] = Π(P_i)^(k_i) となる。ここで各 k_i は１以上の有理整数。
よって中国式剰余定理(前スレ１の341)より
Z[θ]/pZ[θ] = ΠZ[θ]/(P_i)^(k_i) となる。

ここで次に述べる補題より
Z[θ]/(P_i)^(k_i) = Z[θ]_(P_i)/(P_i)^(k_i)Z[θ]_(P_i) となる
(等号は同型を表す)。
0895Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/19(日) 17:49:28
補題
A を環 m をその極大イデアル、n ≧ 1 を有理整数とすると、
A/m^n は A_m/(m^n)A_m に標準的に同型である。

証明
標準射 A → A_m と標準射 A_m → A_m/(m^n)A_m の合成
φ: A → A_m/(m^n)A_m を考える。

A_m の任意の元は a/s と書ける。ここで a ∈ A で s ∈ A - m である。
s の mod m^n の剰余類は局所環 A/m^n の可逆元だから
a ≡ sb (mod m^n)
となる b ∈ A がある。
a/s - b/1 = (a - sb)/s ∈ (m^n)A_m
よって
a/s ≡ b/1 (mod (m^n)A_m)
よってφ: A → A_m/(m^n)A_m は全射である。

次にφの核を求める。
a ∈ A がこの射の核に含まれるとすると、
a/1 ∈ (m^n)A_m だから s ∈ A - m があり、
sa ∈ m^n となる。
つまり sa ≡ 0 (mod m^n) である。
s の mod m^n の剰余類は局所環 A/m^n の可逆元だから
a ≡ 0 (mod m^n) となる。
よって φ の核は m^n である。
証明終
0896Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/19(日) 18:28:27
>>894 のつづき。

Z[θ]/(P_i)^(k_i) の元の個数を求めたい。
>>894 より、これは
Z[θ]_(P_i)/(P_i)^(k_i)Z[θ]_(P_i) の元の個数と同じである。

ここで補題を用意する。

補題
B を単項イデアル整域とし、p をその素元とする。
i ≧ 1 を任意の整数とする。
Bp^i/Bp^(i+1) は B-加群として B/Bp と同型である。

証明
B から Bp^i への写像を b ∈ B に b(p^i) を対応させることにより
定義する。この写像を標準射 Bp^i → Bp^(i+1) と合成させて
B-加群としての射 B → Bp^i/Bp^(i+1) が得られる。
この核は Bp である。
証明終
0897Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/19(日) 18:33:49
>>896 の補題は、証明から分かるように B が単なる環で p がその
非零因子なら成り立つ。
0898１３２人目の素数さん2006/11/19(日) 18:45:34
加群の単射自己準同型についての定理に一般化できる。
0899Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/19(日) 19:11:14
訂正

>>896
>この写像を標準射 Bp^i → Bp^(i+1) と合成させて

この写像を標準射 Bp^i → Bp^i/Bp^(i+1) と合成させて
0900１３２人目の素数さん2006/11/19(日) 20:15:33
Kummerちゃん？
0901１３２人目の素数さん2006/11/19(日) 20:17:29
くまくまナハハ
0902１３２人目の素数さん2006/11/19(日) 20:30:18
23
0903１３２人目の素数さん2006/11/19(日) 20:31:08
22
0904Kummer ◆g2BU0D6YN2 2006/11/19(日) 20:31:17
B = Z[θ]_(P_i) とし m = (P_i)Z[θ]_(P_i)、k = k_i とおく。
B/m^k の元の個数を求めよう。
簡単のために、有限集合 S の濃度を |S| で表す。

B/m は Z[θ]/P_i に同型であり、
Z[θ]/P_i = Z[θ]/(p, g_i(θ)) は (Z/pZ)[X]/(g_i~(X)) に同型である。
ここで g_i~(X) は g_i(X) の係数を mod p で還元した多項式。
g_i(X) の次数を f_i とすると (Z/pZ)[X]/(g_i~(X)) は有限体 Z/pZ の
次数 f_i の拡大体だから p^(f_i) 個の元からなる。

よって、|B/m| = |(Z/pZ)[X]/(g_i~(X))| = p^(f_i) である。

B は離散付値環である(>>840)から
m^i/m^(i+1) は B/m と B-加群として同型である(>>896)。
よって |m^i/m^(i+1)| = p^(f_i) である。

B のイデアルの列 B ⊃ m ⊃ ... ⊃ m^k より、
|B/m^k| = (p^(f_i))^k

よって >>894 より
|Z[θ]/pZ[θ]| = Π|Z[θ]/(P_i)^(k_i)| = p^(Σ(k_i)(f_i))

この左辺は p^n だから
n = Σ(k_i)(f_i) となる。
0905１３２人目の素数さん2006/11/19(日) 20:32:33
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0906１３２人目の素数さん2006/11/19(日) 20:33:26
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0907１３２人目の素数さん2006/11/19(日) 20:34:16
22
0908１３２人目の素数さん2006/11/19(日) 20:35:09
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レス数が900を超えています。1000を超えると表示できなくなるよ。