从分式理想开始说起

从分式理想开始说起^[1]

定义 1 数域 \(K\) 中的子集合 \(I \supsetneqq(0)\) 叫作是 \(K\) 中的分式理想, 如果存在 \(0 \neq\) \(\mu \in O_K\), 使得 \(\mu I\) 是 \(O_K\) 中的理想. 我们以 \(I(K)\) 表示 \(K\) 中全体分式理想所组成的集合.

例如, \(O_K\) 中每个理想均是分式理想 (取 \(\mu=1\) ). 有时为明确起见, 我们将 \(O_K\) 中理想称作是 \(K\) 的整理想. 又比如, 对于每个元素 \(0 \neq\) \(\alpha \in K,(\alpha)=\alpha O_K\) 是分式理想. 这是由于 \(\alpha\) 可以表为两个整数之商: \(\alpha=\beta / \gamma, \beta\), \(\gamma \in O_K, \gamma \neq 0\), 而 \(\gamma(\alpha)=(\beta)\) 为整理想.

如果对\(K\)是\(O_K\)的分式域这一性质不熟悉，可以这样来看：\(\forall \alpha \in K\),其都可以被表成\(O_K\)上一组整基的\(Q-\)线性组合，从而\(\alpha =\frac{\beta \in O_K}{\gamma \in \mathbb{Z}}\),由此可知\(K\subseteq O_K\)的分式域中，从而\(K=O_K\)的分式域。

我们把由一个元素 \(\alpha \in K-\{0\}\) 生成的分式理想 \((\alpha)=\alpha O_K\) 叫作主分式理想.

定义乘法
对于 \(K\) 中两个分式理想 \(A\) 和 \(B\), 定义

\[A B=\left\{\sum_{i=1}^n a_i b_i \mid a_i \in A, b_i \in B, n \geqslant 1\right\} \]

当 \(A\) 和 \(B\) 均为整理想时,这就是通常的理想乘积的定义. 而对于一般的情形，由于 \(A=\frac{1}{\alpha} A^{\prime}, B=\frac{1}{\beta} B^{\prime}\), 其中 \(\alpha, \beta \in O_K-\{0\}, A^{\prime}\) 和 \(B^{\prime}\) 为整理想, 从而 \(A B=\frac{1}{\alpha \beta} A^{\prime} B^{\prime}\),仍为分式理想。于是这样定义的乘法是分式理想集合上的一个封闭的运算。

分式理想群
定理 2 分式理想集合 \(I(K)\) 对于上面定义的乘积运算是自由 Abel 群. 并且每个分式理想 \(I\) 均可唯一地表示成两个互素的整理想的商: \(I=A / B=A B^{-1}\),其中 \(A, B \in I^{\circ}(K),(A, B)=1\). 从而 \(I\) 也可唯一地表示成 \(I=\mathfrak{p}_1^{a_1} \cdots \mathfrak{p}_r^{a_r}\), 其中 \(\mathfrak{p}_1, \cdots, \mathfrak{p}_r\) 是 \(O_K\) 中不同的素理想,而 \(a_i \in \mathbf{Z}-\{0\}\).

自由阿贝尔群是有基的阿贝尔群。对群中每个元素，总可以唯一表示为有限个基元素的整数系数组合。例如，2维整格形成了一个自由阿贝尔群，其中逐坐标加法是其运算，(1,0)、(0,1)两个点是基。不加限定的话可以是有限生成也可以是无限生成，关键是生成元之间是\(\mathbb{Z}-\)线性无关的————“自由”。也叫自由\(\mathbb{Z}-\)模。

在这个定理里显然所谓的基是指全体素理想，在乘法意义下构成该自由abel群的基。

证明：为证 \(I(K)\) 是群, 我们只需证每个分式理想 \(I\) 均可逆即可. 根据定义 \(I=\frac{1}{\mu} A\), 其中 \(\mu \in O_K-\{0\}, A \in I^{\circ}(K)(—指整理想集合)\). 由戴德金整环性质^[2]知道存在 \(B \in I^{\circ}(K)\), 使得 \(A B=\) \((\alpha), \alpha \in O_K-\{0\}\). 于是 \(I B=\{\alpha / \mu\}\), 从而 \(I\left(\frac{\mu}{\alpha} B\right)=(1)=O_K\), 即分式理想 \(\frac{\mu}{\alpha} B\)是 \(I\) 的逆, 从而 \(I(K)\) 为群, 并且由乘法的定义式可知它是 Abel 群.
将公式 \(I=A /(\mu)\) 内的分子分母同时除以整理想 \(A\) 和 \((\mu)\) 的最大公因子,即可将分式理想 \(I\) 表成两个互素的整理想之商. 由素理想分解式^[3]不难证明这种表达方式的唯一性,同时也得到定理中最后\(I\)的表达方式.

\(\square\)

留一个问题：证明过程中我们使用了\(I=\frac{1}{\mu} A\)和\(I=A /(\mu)\)两种形式，它们相等吗？怎么说明这件事？

我们已经分析过在分式理想集合上（理想之间）定义的乘法关系以及群结构，现在我们进入分式理想的内部看一看。

定理 3 n次数域 \(K\) 中每个分式理想的加法群均是秩 \(n\) 的自由 Abel 群.
证明 我们先证这对整理想成立. 设 \(I\) 是 \(O_K\) 的 (整)理想, 则 \(I\) 的加法群是秩 \(n\) 自由 Abel 群 \(O_K\) 的子群. 由 Abel 群基本定理可知 \(I\) 的加法群是秩不大于 \(n\) 的自由 Abel 群.

实际上这是诺特模的性质：诺特环本身可视作诺特模，由诺特性质，其子模(即环的理想)仍是诺特模，故仍然是有限生成的，秩当然不大于n。

我们只需再证 \(I\) 的秩是 \(n\), 这只要在 \(I\) 中能找到 \(\mathbf{Z}\) - 线性无关的 \(n\) 个元素即可. 为此设 \(\left\{\omega_1, \cdots, \omega_n\right\}\) 是 \(O_K\) 的一组整基, 任取 \(0 \neq \alpha \in I\), 令 \(t=N_{K / \mathbf{Q}}(\alpha) \in \mathbf{Z}-\{0\}\), 则 \(t / \alpha \in K\). 但是 \(t / \alpha\) 是 \(\alpha\) 的一些共轭元素的乘积, 从而 \(t / \alpha\) 为整数,于是 \(t / \alpha \in O_K\), 因此 \(t=t / \alpha \cdot \alpha \in I\). 从而 \(t \omega_1, \cdots, t \omega_n\) 均属于 \(I\), 但是这 \(n\) 个数显然是 \(\mathbf{Z}\) - 线性无关的, 这就证明了加法群 \(I\) 是秩 \(n\) 的自由 Abel 群.
现在设 \(I\) 是分式理想,则 \(I=\frac{1}{\mu} A, \mu \in O_K-\{0\}, A\) 为整理想. 我们已经证明了 \(A=\mathbf{Z} \alpha_1 \oplus \cdots \oplus \mathbf{Z} \alpha_n\), 于是 \(I=\mathbf{Z} \alpha_1 / \mu \oplus \cdots \oplus \mathbf{Z} \alpha_n / \mu\), 即每个分式理想 \(I\) 的加法群均是秩 \(n\) 的自由 Abel 群.

理想范数
设 \(A\) 为数域 \(K\) 中的非零整理想，根据abel群性质可以取 \(O_K\) 的一组整基 \(\left\{\omega_1, \cdots, \omega_n\right\}\), 使得 \(O_K=\mathbf{Z} \omega_1 \oplus \cdots \oplus \mathbf{Z} \omega_n, A=\mathbf{Z} \alpha_1 \omega_1 \oplus \cdots \oplus \mathbf{Z} \alpha_n \omega_n, \alpha_i \in \mathbf{Z}\),

不熟悉这个性质的话可以这样来看：选定O的整基后A中的每个元素一定可以展开成 $ \mathbf{Z} \omega_1 \oplus \cdots \oplus \mathbf{Z} \omega_n $ 这个形式而 $ \mathbf{Z} \omega_1 $ 本身也是加法封闭结构，两者相交得到的结构一定也是加法封闭的并且 $ \subseteq \mathbf{Z} \omega_1 $ ,从而只能是 $ \mathbf{Z} \alpha_1 \omega_1 $ .

由此引入定义 4：理想\(A\)的范，记作\(N_K(A)=N_{K / \mathbf{Q}}(A)=\left|\alpha_1 \alpha_2 \cdots \alpha_n\right|\).

另一方面(范数的等价定义)

\[\begin{aligned} O_K / A & =\left(\mathbf{Z} \omega_1 \oplus \cdots \oplus \mathbf{Z} \omega_n\right) /\left(\mathbf{Z} a_1 \omega_1 \oplus \cdots \oplus \mathbf{Z} a_n \omega_n\right) \\ & \cong \mathbf{Z} \omega_1 / Z a_1 \omega_1 \oplus \cdots \oplus \mathbf{Z} \omega_n / \mathbf{Z} a_n \omega_n \\ & \cong \mathbf{Z} / a_1 \mathbf{Z} \oplus \cdots \oplus \mathbf{Z} / a_n \mathbf{Z} \end{aligned} \]

于是

\[\left|O_K / A\right|=\prod_{i=1}^n\left|\mathbf{Z} / a_i \mathbf{Z}\right|=\left|a_1 \cdots a_n\right|=N_K(A) \]

这说明$\forall A\in I(K),\left|O_K / A\right|$是一个有限正整数。

理想范的基本性质
性质 5 设 \(A\) 和 \(B\) 是域 \(K\) 中的整理想, \(A=\mathfrak{p}_1^{e_1} \cdots \mathfrak{p}_r^{e_r}\), 其中 \(\mathfrak{p}_1, \cdots, \mathfrak{p}_r\) 是 \(O_K\) 中不同的素理想, \(e_i \geqslant 1\), 则:
(1) \(N_K(A)=N_K\left(\mathfrak{p}_1\right)^{e_1} \cdots N_K\left(\mathfrak{p}_r\right)^{e_r}\);
(2) \(N_K(A B)=N_K(A) N_K(B)\);
证明： 只需证明(1),由于理想 \(\mathfrak{p}_1^{e_1}, \cdots, \mathfrak{p}_r^{e_r}\) 是彼此互素的,根据中国剩余定理我们有 \(O_K / A \cong O_K / \mathfrak{p}_1^{e_1} \oplus \cdots \oplus O_K / \mathfrak{p}_r^{e_r}\), 于是

\[N_K(A)=\left|O_K / A\right|=\prod_{i=1}^r\left|O_K / \mathfrak{p}_i^{e_i}\right|=\prod_{i=1}^r N_K\left(\mathfrak{p}_i^{e_i}\right) \]

我们只需再证 \(N_K\left(\mathfrak{p}_i^{e_i}\right)=N_K\left(\mathfrak{p}_i\right)^{e_i}\) 即可. 为此, 对 \(O_K\) 中每个素理想 \(\mathfrak{p}_1,\mathfrak{p}_2,\cdot \cdot \cdot ,\mathfrak{p}_r\)我们证明一个更强的命题。

\[\mathrm{N}\left(\prod_{i=1}^r \mathfrak{p}_i\right)=\mathrm{N}\left(\mathfrak{p}_1\right) \mathrm{N}\left(\prod_{i=2}^r \mathfrak{p}_i\right) \]

首先,注意到 \(k\left(\mathfrak{p}_1\right):=\mathcal{O}_K / \mathfrak{p}_1\) 是一个有限域, 因为 \(\mathfrak{p}_1 \subseteq \mathcal{O}_K\) 是极大理想. 我们Claim： \(\prod_{i=2}^r \mathfrak{p}_i / \prod_{i=1}^r \mathfrak{p}_i\) 是一个一维 \(k\left(\mathfrak{p}_1\right)\)-线性空间. 在这样的假设下，可以得到

\[\frac{\left|\mathcal{O}_K: \prod_{i=1}^r \mathfrak{p}_i\right|}{\left|\mathcal{O}_K: \prod_{i=2}^r \mathfrak{p}_i\right|}=\left|\prod_{i=2}^r \mathfrak{p}_i: \prod_{i=1}^r \mathfrak{p}_i\right|=\# k\left(\mathfrak{p}_1\right)=\mathrm{N}\left(\mathfrak{p}_1\right), \]

下面证明Claim，因为 \(\prod_{i=1}^r \mathfrak{p}_i \neq \prod_{i=2}^r \mathfrak{p}_i\) , 可以取到 \(x \in \prod_{i=2}^r \mathfrak{p}_i\) 但 \(x \notin \prod_{i=1}^r \mathfrak{p}_i\). 那么我们有

\[\prod_{i=1}^r \mathfrak{p}_i \subsetneq(x)+\prod_{i=1}^r \mathfrak{p}_i \subseteq \prod_{i=2}^r \mathfrak{p}_i \Longrightarrow \mathfrak{p}_1 \subsetneq(x) \prod_{i=2}^r \mathfrak{p}_i^{-1}+\mathfrak{p}_1 \subseteq A \]

而且因为由左边可知\((x)+\prod_{i=1}^r \mathfrak{p}_i\)作素理想分解是含有因子\(\prod_{i=2}^r \mathfrak{p}_i\)的，故\((x) \prod_{i=2}^r \mathfrak{p}_i^{-1}+\mathfrak{p}_1\)仍是整理想，从而\((x) \prod_{i=2}^r \mathfrak{p}_i^{-1}+\mathfrak{p}_1=A\)，也即\((x)+\prod_{i=1}^r \mathfrak{p}_i=\prod_{i=2}^r \mathfrak{p}_i\)。

\(\square\)

如果到了最后一步还是不明白，可以这样来看：取 \(\alpha \in \mathfrak{p}^k-\mathfrak{p}^{k+1}\). 作映射

\[\begin{aligned} &\varphi: O_K \xrightarrow{\text { 同态 }} \alpha O_K \xrightarrow{\text { 嵌入 }}\left(\alpha O_K+\mathfrak{p}^{k+1}\right) \xrightarrow{\text { 商同态 }}\left(\alpha O_K+\mathfrak{p}^{k+1}\right) / \mathfrak{p}^{k+1}, \\ &\varphi(x)=\alpha x+\mathfrak{p}^{k+1}\left(x \in O_K\right) \end{aligned} \]

这显然是环的满同态. 由 \(\alpha\) 的取法可知 \((\alpha)=\mathfrak{p}^k A^{\prime},\left(A^{\prime}, \mathfrak{p}\right)=1\). 从而 \(\alpha O_K+\) \(\mathfrak{p}^{k+1}=\left(\mathfrak{p}^k A^{\prime}, \mathfrak{p}^{k+1}\right)=\mathfrak{p}^k\), （A+B=同时包含理想A和B的所有理想中的最小理想）即 \(\varphi\) 的象为 \(\mathfrak{p}^k / \mathfrak{p}^{k+1}\). 另一方面, 对于每个 \(x \in O_K\), 则

\[\begin{aligned} x \in \operatorname{Ker} \varphi & \Leftrightarrow(\alpha x) \subseteq \mathfrak{p}^{k+1} \Leftrightarrow \mathfrak{p}^{k+1} \mid(\alpha x)=\mathfrak{p}^k \cdot A^{\prime} \cdot(x) \\ & \Leftrightarrow \mathfrak{p} \mid(x) \Leftrightarrow x \in \mathfrak{p} \end{aligned} \]

这就表明 \(\operatorname{Ker} \varphi=\mathfrak{p}\). 因此由环的同构定理我们有环的同构 \(O_K / \mathfrak{p} \cong \mathfrak{p}^k / \mathfrak{p}^{k+1}(k \geqslant\) 1). 于是可知Claim是对的。

也可以直接从注记最后一步的结果出发得到我们想要的

\[\begin{aligned} N_K\left(\mathfrak{p}^r\right) & =\left|O_K / \mathfrak{p}^r\right|=\left|O_K / \mathfrak{p}\right| \cdot\left|\mathfrak{p} / \mathfrak{p}^2\right| \cdots\left|\mathfrak{p}^{r-1} / \mathfrak{p}^r\right| \\ & =\left|O_K / \mathfrak{p}\right|^r=N_K(\mathfrak{p})^r\end{aligned} \]

分式理想范
定义 6 \(K\) 中每个分式理想 \(I\) 均可表成两个整理想的商: \(I=A / B\). 令 \(N_K(I)=N_K(A) / N_K(B) \in \mathbf{Q}\). 由定理5知良定义，且立刻知道一下性质是成立的：
性质 7 设 \(A\) 和 \(B\) 是数域 \(K\) 的两个分式理想,则\(N_K(A B)=N_K(A) N_K(B)\);

理想类群
定义 8 \(I(K)\) 表示 \(O_K\) 的非零分式理想构成的乘法群. \(P(K)\) 表示所有主分式理想构成的 \(I(K)\) 的乘法子群. 商群 \(I(K) / P(K)\) 称为 \(K\) 的理想类群，记作 \(H(K)\).

当$K$是一个代数数域时，$H(K)$总是一个有限群。

定义 9 (类数)——\(|H(K)|\)
定义 10 (等价理想)如果两个非零理想 \(A\) 和 \(B\) 位于 \(H(K)=\) \(I(K) / P(K)\) 的同一个等价类里,我们说它们是等价的理想且记作 \(A \sim B\). 显然有

\[\begin{aligned} A \sim B & \Longleftrightarrow A P(K)=B P(K) \\ & \Longleftrightarrow A^{-1} B \in P(K) \\ & \Longleftrightarrow A^{-1} B=\langle\alpha\rangle \text { 对某个 } \alpha \in K^* \\ & \Longleftrightarrow B=A\langle\alpha\rangle \text { 对某个 } \alpha \in K^* \\ & \Longleftrightarrow\langle a\rangle A=\langle b\rangle B \text { 对某两个 } a, b \in O_K \backslash\{0\} . \end{aligned} \]

定理 11

\[\begin{aligned} h(K)=1 & \Longleftrightarrow O_K \text { 是主理想整环 } \\ & \Longleftrightarrow O_K \text { 是唯一因子分解整环. } \end{aligned} \]

证明：只需证反方向，取\(x \in A \subset O_K\),考虑\(x\)的因子分解\(x=p_1p_2\cdot \cdot \cdot p_n\),则\((x)=(p_1)(p_2)\cdot \cdot \cdot (p_n)\),由整环的性质^[4]，右边全是素理想，而\(A=P_1P_2\cdot \cdot \cdot P_m|(x)\).

理想类群有限定理
出于篇幅考虑，将跳过对闵可夫斯基定理的证明。
引理 12如果\(N_K(\mathfrak{a})=n\),那么\((n)\in \mathfrak{a}\).
直观：设一组整基\(\omega_1,\omega_2,\cdots ,\omega_n \ s.t.O_K=\left(\mathbf{Z} \omega_1 \oplus \cdots \oplus \mathbf{Z} \omega_n\right)\)不妨设\(|\frac{O_K}{\mathfrak{a}}|=3\) 由于\(\mathfrak{a}=\left(\mathbf{Z} a_1 \omega_1 \oplus \cdots \oplus \mathbf{Z} a_n \omega_n\right)\),不妨设\(\mathfrak{a}=\left(\mathbf{Z} 3 \omega_1 \oplus \cdots \oplus \mathbf{Z} \omega_n\right)\).
考虑\(1=b_1\omega_1+b_2\omega_2+\cdots +b_n\omega_n，b_i\in \mathbb{Z}\),则\(3=3b_1\omega_1+3b_2\omega_2+\cdots +3b_n\omega_n\in \mathfrak{a} \square\)

因此\(\mathfrak{a}|(n)=P_1^{a_1}P_2^{a_2}\cdots P_r^{a_r}\Rightarrow \mathfrak{a}=P_1^{c_1}P_2^{c_2}\cdots P_3^{c_3},(0\leq c_i\leq a_i)\)
由此我们已经证明了
定理 13 \(K\)是一个代数数域。取\(n\)是一正整数，仅有有限个整理想\(A\in O_K\)满足\(N(A)=n\).

让我们叙述一个闵可夫斯基的结果
定理 14 \(K=Q(\theta)\),其中 $ \theta $ 有 $ r $ 个实嵌入和 $ s $ 对复嵌入， $ n = r+2s $ . \(C\) 是 \(H(K)\) 的一个理想类。则 \(C\) 中必定包含一个非零整理想 \(B\) 满足

\[N(B)\leq \left(\frac{2}{\pi}\right)^s\sqrt{|d(K)|}=M_K \text{或者，更精细的}\leq \left(\frac{4}{\pi}\right)^s\frac{n!}{n^n}\sqrt{|d(K)|} \]

任取理想类\(C\in H(K)\)，则可由定理14确定其含有一个范数被一个常数控制住的理想\(B\)可以作为其代表元，这个理想\(B\)的范数选择只有有限种可能，由定理13，范数的选取固定后，理想\(B\)的可能也只有有限多种。所以代表元选取的可能也只有有限多种。因此我们证明了
定理 15 (类数有限定理) \(H(K)\)是一个有限数。

下面介绍一个计算\(K=Q(\theta)\)类数和类群的有效算法
算法 16 :
步骤1： 决定\(n=|K:Q|,r,s,d(K),M_K\)
步骤2： 决定所有素数\(p \ s.t. p\leq M_K\)
步骤3： 完成上一步得到的所有素数在\(O_K\)中的素理想分解
步骤4： 上一步得到的素理想作为整理想共同生成了\(H(K)\),剔除不必要的，保留\(H(K)\)的生成元。

整理想一定可以分解为素理想的乘积，定理14所得到的整理想代表元一定可以归结为步骤三所得素理想的乘积。

步骤5： 输出\(H(K)\).

例 17 \(K=\mathbb{Q}(\sqrt{-19})\) ， \(h(K)=1\).
解：

\[n=2, r=0, s=1, d(K)=-19 \text {. } \]

\[M_K=\left(\frac{2}{\pi}\right)^s \sqrt{|d(K)|}=\frac{2}{\pi} \sqrt{19}<\frac{2}{3} \cdot 5<4, \]

\(p \leq M_K\) 有 \(p=2\) 和 3 . 由于

\[\left(\frac{-19}{2}\right)=\left(\frac{-19}{3}\right)=-1, \]

主理想 \(\langle 2\rangle\) 和 \(\langle 3\rangle\) 都是 \(O_K\) 中的素理想，生成的均为主分式理想. 所以 \(h(K)=h(\mathbb{Q}(\sqrt{-19}))=1\). 因此整数环 \(\mathbb{Z}+\mathbb{Z}\left(\frac{1+\sqrt{-19}}{2}\right)\) 是主理想整环和唯一因子分解整环.

例 18 \(K=\mathbb{Q}(\sqrt{23})\) ， \(h(K)=1\).
解：

\[n=2, r=2, s=0, d(K)=92 \]

\[M_K=\left(\frac{2}{\pi}\right)^s \sqrt{|d(K)|}=\sqrt{92}<10, \]

\(p \leq M_K\) 有 \(p=2,3,5\), 和 7 . 因为

\[\left(\frac{92}{3}\right)=\left(\frac{-1}{3}\right)=-1 \text {, } \]

\(\langle 3\rangle\) 是 \(O_K\) 中的素理想. 因为

\[\left(\frac{92}{5}\right)=\left(\frac{2}{5}\right)=-1, \]

\(\langle 5\rangle\) 也是 \(O_K\) 的素理想. 因为

\[\left(\frac{92}{2}\right)=0 \]

\(\langle 2\rangle\) 在 \(O_K\) 中分歧. 也即

\[\langle 2\rangle=\langle 2,1+\sqrt{23}\rangle^2 . \]

素理想 \(\langle 2,1+\sqrt{23}\rangle\) 是主理想因为

\[\begin{aligned} \langle 2,1+\sqrt{23}\rangle & =\langle 2,5+\sqrt{23}\rangle \\ & =\langle 5+\sqrt{23}\rangle(因为 5+\sqrt{23} \mid 2) . \end{aligned} \]

最后，因为

\[\left(\frac{92}{7}\right)=\left(\frac{1}{7}\right)=1 \]

\(\langle 7\rangle\) 在 \(O_K\) 中分裂. 也即

\[\langle 7\rangle=\langle 7,3+\sqrt{23}\rangle\langle 7,3-\sqrt{23}\rangle . \]

素理想 \(\langle 7,3+\sqrt{23}\rangle\) 是主理想因为

\[\begin{aligned} \langle 7,3+\sqrt{23}\rangle & =\langle 7,4-\sqrt{23}\rangle & \\ & =\langle 4-\sqrt{23}\rangle & (因为 4-\sqrt{23} \mid 7) . \end{aligned} \]

类似的, \(\langle 7,3-\sqrt{23}\rangle=\langle 4+\sqrt{23}\rangle\).
因此

\[h(\mathbb{Q}(\sqrt{23}))=1 . \]

练习题 19 令 \(K\) 是一个代数数域 ， \(O_K\) 是\(K\)的整数环. 令 \(I\) 为 \(O_K\) 的整理想 \(s.t.\) \(N(I)=|N_{K/\mathbb{Q}}(a)|\) 对某个 \(a \in I\) 成立\(\Leftrightarrow\) \(I=\langle a\rangle\).

从右推左可以视为理想范数这个名称的一个解释————当I为主理想时，其理想范数就是通常定义的\(K\)上元素的范数，所以理想范数可以视为范数的一种推广。左边推至右边是简单的，右边推至左边可能需要查一查，因为有一些通常教科书上会介绍的性质这篇文章并没有提及。

从左推至右可以从\(a\in I\)出发，利用戴德金整环理想的分解性质之类的然后再继续分析

注记 20 在上面的证明过程中我们是如何看出来有些理想是主理想的呢？拿$\langle 2,1+\sqrt{23}\rangle $ 为例，借助练习题19只需找到 \(\alpha \in P\) 使得 \(|N(\alpha)|=N(P)=2\), 或者等价地说, \(N(\alpha)= \pm 2\). 因为 \(\alpha\) 是 \(\mathbb{Q}(\sqrt{23})\) 中的整数我们有 \(\alpha=x+y \sqrt{23}(x, y \in \mathbb{Z})\) 所以我们希望去解方程 \(x^2-23 y^2= \pm 2\). 这样的方程实际上有一般的解法，我们以后可能会介绍. 然而, 在这里 \(x=5, y=1\) 显然是一个解。作为验证：\(\alpha=5+\sqrt{23}=(2) 2+(1)(1+\sqrt{23}) \in P\).因此 \(P=\langle\alpha\rangle=\) \(\langle 5+\sqrt{23}\rangle\).

例 21

\[H(\mathbb{Q}(\sqrt{-14})) \simeq \mathbb{Z}_4 . \]

解：

\[K=\mathbb{Q}(\sqrt{-14}), n=2, r=0, s=1, d(K)=-56 . \]

\[M_K=\left(\frac{2}{\pi}\right)^s \sqrt{|d(K)|}=\left(\frac{2}{\pi}\right) \sqrt{56}<\frac{1}{3} \sqrt{224}<5 . \]

\(p \leq M_K\) 有 \(p=2\) 和 \(3\) . 因为

\[\left(\frac{-56}{2}\right)=0 \text { 以及 }\left(\frac{-56}{3}\right)=1 \text {, } \]

我们有

\[\langle 2\rangle=P^2,\langle 3\rangle=P_1 P_2, \]

其中

\[P=\langle 2, \sqrt{-14}\rangle, P_1=\langle 3,1+\sqrt{-14}\rangle, P_2=\langle 3,1-\sqrt{-14}\rangle . \]

这些素理想的范数为

\[N(P)=2, N\left(P_1\right)=N\left(P_2\right)=3 . \]

按照算法的步骤，接下来我们要从这些素理想里面筛出理想类群的生成元，并由此洞悉理想类群的群结构。
显然 \(2-\sqrt{-14} \in P\) 同时 \(2-\sqrt{-14} \in P_1\). 因此 \(\langle 2-\sqrt{-14}\rangle \subseteq P\) 且 \(\langle 2-\) \(\sqrt{-14}\rangle \subseteq P_1\). 因此 \(P \mid\langle 2-\sqrt{-14}\rangle\) 且 \(P_1 \mid\langle 2-\sqrt{-14}\rangle\). 因为 \(P\) 和 \(P_1\) 是不同的素理想, 我们有 \(P P_1 \mid\langle 2-\sqrt{-14}\rangle\). 因此存在一个整理想 \(B\) 使得

\[\langle 2-\sqrt{-14}\rangle=P P_1 B . \]

取范数我们得到

\[18=N(\langle 2-\sqrt{-14}\rangle)=N(P) N\left(P_1\right) N(B)=6 N(B), \]

所以 \(N(B)=3\). 因此 \(B=P_1\) 或者 \(P_2\).

这是因为每个理想都可以拆成素理想乘积，而每个素理想的范数都是素数的方幂(取决于其剩余类域次数),每个素数在扩大的整数环里生成的分解也只会生成有限个素理想。所以对于一个整理想，将其范数素因子分解后就可以看出这个整理想可能的组分情况。

如果 \(B=P_2\) 那么

\[\langle 2-\sqrt{-14}\rangle=P P_1 P_2=P\langle 3\rangle, \]

也就是说 \(\langle 3\rangle \mid\langle 2-\sqrt{-14}\rangle\), 这是不可能的. 因此 \(B=P_1\) 且

\[\langle 2-\sqrt{-14}\rangle=P P_1^2 \text {. } \]

因此([P]符号表示P所在的分式理想等价类，1代表全体主分式理想构成的类)

\[[P]\left[P_1\right]^2=\left[P P_1^2\right]=[\langle 2-\sqrt{-14}\rangle]=1 . \]

因为 \([P]^2=\left[P^2\right]=1\) 我们推出 \([P]=\left[P_1\right]^2\) 和 \(\left[P_1\right]^4=1\). 同样的, \(\left[P_1\right]\left[P_2\right]=\) \(\left[P_1 P_2\right]=1=\left[P_1\right]^4\) 所以 \(\left[P_2\right]=\left[P_1\right]^3\). 因此 \(1,\left[P_1\right],\left[P_1\right]^2\), 和 \(\left[P_1\right]^3\) 生成了整个理想类群. 我们证明这四个理想类是不同的. 仅需证明 \(\left[P_1\right]^2 \neq 1\). 假设 \(\left[P_1\right]^2=1\). 那么 \([P]=1\) 也就是说 \(P=\langle 2, \sqrt{-14}\rangle\) 是主分式理想, 而 \(P\) 本身是整理想，所以可设 \(P=\langle x+y \sqrt{-14}\rangle\), 其中 \(x, y \in \mathbb{Z}\). 那么取范数得

\[2=x^2+14 y^2, \]

方程无整数解. 这就证明了 \(H(\mathbb{Q}(\sqrt{-14}))\) 是一个由 \(P_1\) 所在的分式理想类生成的四阶循环群。

注记 22 在决定代数数域 \(K=\mathbb{Q}(\theta)\) 的理想类群结构时，去计算 \(N(k+\theta)\) 对于 \(k=0,1,2, \ldots\) 的值,记作 \(N_k\) 然后保留那些素因子分解中的 \(p \leq M_K\) 的 \(N_k\) ，分析式子 $ N(k+\theta) = N_k $ 可以得到理想类群代表元间的关系从而给出理想类群的结构。在下一个例子中我们会使用这种办法。

例 23

\[H(\mathbb{Q}(\sqrt{-65})) \simeq \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_4 . \]

解：

\[K=\mathbb{Q}(\sqrt{-65}), n=2, r=0, s=1, d(K)=-260 . \]

\[M_K=\left(\frac{2}{\pi}\right)^s \sqrt{|d(K)|}=\left(\frac{2}{\pi}\right) \sqrt{260}<11 . \]

\(p \leq M_K\) 有 \(p=2,3,5\), 和 \(7\) . 因为

\[\begin{aligned} & \left(\frac{-260}{2}\right)=0,\left(\frac{-260}{3}\right)=\left(\frac{1}{3}\right)=1, \\ & \left(\frac{-260}{5}\right)=0,\left(\frac{-260}{7}\right)=\left(\frac{-1}{7}\right)=-1, \end{aligned} \]

我们有

\[\langle 2\rangle=P_1^2,\langle 3\rangle=Q_1 Q_2,\langle 5\rangle=P_2^2,\langle 7\rangle=\text { 素理想, } \]

其中

\[\begin{aligned} P_1 & =\langle 2,1+\sqrt{-65}\rangle, \quad Q_1=\langle 3,1+\sqrt{-65}\rangle, \\ Q_2 & =\langle 3,1-\sqrt{-65}\rangle, \quad P_2=\langle 5, \sqrt{-65}\rangle \end{aligned} \]

是不同的素理想.因此

\[\left[P_1\right]^2=1,\left[Q_1\right]\left[Q_2\right]=1,\left[P_2\right]^2=1 . \]

接下来我们计算 \(N(k+\sqrt{-65})\) \(k=0,1,2\cdots\) 仅保留那些值可以拆分为2，3，5的方幂的式子，这些式子是有用的。一直计算直到我们找到足够多的值以确定 \(\left[P_1\right],\left[Q_1\right],\left[Q_2\right]\), 和\(\left[P_2\right]\) 之间的关系. 第一个有用的值为

\[N(4+\sqrt{-65})=81=3^4 . \]

同时我们有

\[4+\sqrt{-65}=3+(1+\sqrt{-65}) \in Q_1, \]

所以

\[\langle 4+\sqrt{-65}\rangle \subseteq Q_1 \Longrightarrow Q_1 \mid\langle 4+\sqrt{-65}\rangle . \]

假设 \(Q_2 \mid\langle 4+\sqrt{-65}\rangle\); 那么

\[\langle 3\rangle=Q_1 Q_2 \mid\langle 4+\sqrt{-65}\rangle, \]

这是不可能的. 因此 \(Q_2 \nmid\langle 4+\sqrt{-65}\rangle\). 设 \(r\) 是唯一的整数使得

\[Q_1^r \|\langle 4+\sqrt{-65}\rangle . \]

(这个记号的意思是\(Q_1^r\)整除但\(Q_1^{r+1}\)不整除)
那么

\[\langle 4+\sqrt{-65}\rangle=Q_1^r B \]

\(B\) 是 \(O_K\) 的整理想满足 \(Q_1 \nmid B\) 且 \(Q_2 \nmid B\). 因为 \(Q_1 \nmid B\) ， \(Q_2 \nmid B\) 所以 \(N(B)\) 不是 3 的方幂. 取范数后我们得到

\[3^4=81=N(\langle 4+\sqrt{-65}\rangle)=N\left(Q_1^r B\right)=N\left(Q_1\right)^r N(B)=3^r N(B), \]

所以 \(r=4\) 且 \(N(B)=1\). 因此 \(B=\langle 1\rangle\) 且

\[\langle 4+\sqrt{-65}\rangle=Q_1^4, \]

也就是说

\[\boldsymbol{\left[Q_1\right]^4=1} \]

现在，从 \(\left[Q_1\right]\left[Q_2\right]=1=\left[Q_1\right]^4\)我们推得

\[\boldsymbol{\left[Q_2\right]=\left[Q_1\right]^3 }. \]

下一个有用的值为

\[N(5+\sqrt{-65})=90=2 \cdot 3^2 \cdot 5 . \]

我们有

\[\begin{aligned} & 5+\sqrt{-65}=2(2)+1(1+\sqrt{-65}) \in P_1, \\ & 5+\sqrt{-65}=2(3)-1(1-\sqrt{-65}) \in Q_2, \\ & 5+\sqrt{-65}=1(5)+1(\sqrt{-65}) \in P_2, \end{aligned} \]

属于 \(P_1, P_2\) 实际上是不需要验证的，而且我们知道 \(5+\sqrt{-65}\) 一定至少属于 \(Q_1, Q_2\) 其中之一。原因很简单，可以这是想想为什么。

所以

\[P_1\left|\langle 5+\sqrt{-65}\rangle, Q_2\right|\langle 5+\sqrt{-65}\rangle, P_2 \mid\langle 5+\sqrt{-65}\rangle . \]

因此

\[\langle 5+\sqrt{-65}\rangle=P_1^r Q_2^s P_2^t B, \]

这个式子不是碰巧凑出来的，\(B\) 也不是碰巧为主理想的，实际上当写出这个式子的时候，我们心中已经知道 \(B\) 要么是 \(Q_1\) 的方幂，要么是主理想。想明白了这一点，就明白这个算法的有效性了——————因为每当我们计算出一个符合条件的式子就会得到形如 \(P_1^r Q_2^s Q_2^k P_2^t = 1\) 的一个式子，积累的足够多就可以把代表元之间的相关关系找出来。

对于正整数 \(r, s, t\) 和一个满足 \(P_1 \nmid B, Q_2 \nmid B, P_2 \nmid B\) 的整理想 \(B\) 成立。接下来证明 \(Q_1 \nmid B\). 假设 \(Q_1 \mid B\). 那么

\[\langle 3\rangle=Q_1 Q_2 \mid\langle 5+\sqrt{-65}\rangle \text {, } \]

这是不可能的. 因此 \(Q_1 \nmid B\). 由于 \(Q_1 \nmid B\) 且 \(Q_2 \nmid B\) 。 \(B\) 的范数不可能为3的方幂. 取范数我们得到

\[2 \cdot 3^2 \cdot 5=90=N(\langle 5+\sqrt{-65}\rangle)=2^r \cdot 3^s \cdot 5^t N(B), \]

所以 \(r=1, t=1, s=2, N(B)=1\) 因此 \([B]=1\)

\[\langle 5+\sqrt{-65}\rangle=P_1 Q_2^2 P_2 . \]

因此

\[\left[P_1\right]\left[Q_2\right]^2\left[P_2\right]=1 \]

因此

\[\boldsymbol{\left[P_2\right]}=\left[P_1\right]\left[Q_2\right]^2\left[P_2\right]^2=\left[P_1\right]\left[Q_1\right]^6=\boldsymbol{\left[P_1\right]\left[Q_1\right]^2 }. \]

因此所有的理想类的代表元在下面所列的集合中

\[1,\left[Q_1\right],\left[Q_1\right]^2,\left[Q_1\right]^3,\left[P_1\right],\left[P_1\right]\left[Q_1\right],\left[P_1\right]\left[Q_1\right]^2,\left[P_1\right]\left[Q_1\right]^3 . \]

我们证明所有上述理想所决定的理想类是不同的，首先证明

\[1,\left[Q_1\right],\left[Q_1\right]^2,\left[Q_1\right]^3 \]

是不同的. 因为 \(\left[Q_1\right]^4=1\) 仅需证明 \(\left[Q_1\right]^2 \neq 1\). 如果 \(\left[Q_1\right]^2=1\) 即 \(Q_1^2\) 是主理想, 设

\[Q_1^2=\langle x+y \sqrt{-65}\rangle, x, y \in \mathbb{Z} . \]

取范数得到

\[9=x^2+65 y^2, \]

所以 \(x= \pm 3, y=0\). 那么

\[Q_1^2=\langle 3\rangle=Q_1 Q_2 \]

因此 \(Q_1=Q_2\), 与 \(Q_1\) 和 \(Q_2\) 是不同的素理想矛盾。因此 \(H=\left\{1,\left[Q_1\right],\left[Q_1\right]^2,\left[Q_1\right]^3\right\}\) 是 \(G=\) \(H(\mathbb{Q}(\sqrt{-65}))\) 的四阶子群, 由拉格朗日定理, \(4||G \mid\). 如果 \(|G|<8\) 那么 \(|G|=4\) 进而 \(G=H\). 因此 \(\left[P_1\right]=1,\left[Q_1\right],\left[Q_1\right]^2\), 或者 \(\left[Q_1\right]^3\). 而 \(\left[P_1\right] \neq 1\) 因为 \(2 \neq x^2+65 y^2\) 对正整数 \(x\) 和 \(y\).(练习题 19) 因此 \(\operatorname{ord}\left[P_1\right]=2\). 因为 \(\operatorname{ord}\left[Q_1\right]=\operatorname{ord}\left[Q_1\right]^3=4\) 所以 \(\left[P_1\right]=\left[Q_1\right]^2\). 因此 \(\left[P_1 Q_1^2\right]=1\) 所以 \(P Q_1^2=\langle x+y \sqrt{-65}\rangle\) 对于正整数 \(x\) 和 \(y\) . 那么取范数得

\[18=N\left(P_1 Q_1^2\right)=x^2+65 y^2, \]

无解. 这就证明了

\[H(\mathbb{Q}(\sqrt{-65}))=\left\{1,\left[Q_1\right],\left[Q_1\right]^2,\left[Q_1\right]^3,\left[P_1\right],\left[P_1\right]\left[Q_1\right],\left[P_1\right]\left[Q_1\right]^2,\left[P_1\right]\left[Q_1\right]^3\right\}, \]

其中

\[\left[Q_1\right]^4=\left[P_1\right]^2=1 \]

因此

\[H(\mathbb{Q}(\sqrt{-65})) \simeq \mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_2 .\square \]

这篇文章先写到这里。

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1. 参考文献：冯克勤《代数数论》，K.S.Williams《Introductory Algebraic Number Theory》 ↩︎

2. 设 \(I\) 是 Dedekind 整环 \(R\) 中的理想, 则存在 \(R\) 中另一个理想 \(J\), 使得 \(I J\) 为主理想. ↩︎

3. Dedekind 整环 \(R\) 中每个 (非零)整理想均可 (不计次序)唯一地表成有限个素理想的乘积 (规定 \(R\) 是 0 个素理想之积)。 ↩︎

4. 在整环上：单个素元生成的理想\(\Leftrightarrow\)主素理想 ↩︎