分数に見える数を整数に数える（代数的数と代数的整数はモニックで分かれる）

黄金比 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ は分数の形をしていますが、整数の側に入ります。$x^2-x-1=0$ の根で、最高次の係数が $1$ だからです。

いっぽう $\frac{1}{2}$ は整数の側に入りません。同じ「分数に見える数」でも扱いが分かれる。この線引きが代数的整数という言葉の中身です。

係数の条件が 1 か所だけ違う

複素数 $\alpha$ が代数的数であるとは、$0$ でない有理数係数の多項式 $f$ があって $f(\alpha )=0$ となることです^[1]。分母を払えば整数係数にできるので、整数係数で考えても同じ。

そのうち、最高次の係数を $1$ にできるものが代数的整数です。最高次の係数が $1$ の多項式をモニックと呼びます。

$\frac{1}{2}$ は $2x-1=0$ の根なので代数的数です。$x-\frac{1}{2}$ はモニックですが係数が整数でない。整数係数でモニックなものは作れません。

有理数の中では $\mathbb{Z}$ に戻る

なぜ作れないのか。有理数に話をしぼると、答えは完全に決まります。

$q=\frac{a}{b}$ を既約分数（$b\ge 1$、$\gcd (a,b)=1$）とし、モニックな整数係数多項式の根だとします。

$$q^n+c_{n-1}{q}^{n-1}+\cdots +c_{1}q+c_0=0$$

両辺に $b^n$ を掛けると、分母がすべて払われます。

$$a^n+c_{n-1}{a}^{n-1}b+\cdots +c_{1}a{b}^{n-1}+c_0{b}^n=0$$

先頭の項を移すと $a^n=-b(c_{n-1}{a}^{n-1}+\cdots +c_0{b}^{n-1})$ で、右辺は $b$ の倍数です。よって $b\mid a^n$。

$\gcd (a,b)=1$ なので $b$ と $a^n$ も互いに素、したがって $b=1$ です。$q$ は整数になる。

「整数」という名前が付いている理由がここにあります。新しい世界に持ち込んでも、もとの世界では $\mathbb{Z}$ と一致する。

最小多項式が次数を決める

$\alpha$ を根に持つ有理数係数の多項式のうち、次数が最小でモニックなものはただ $1$ つに決まります^[1]。これを最小多項式と呼び、その次数を $\alpha$ の次数と呼ぶ。

最小多項式は既約です。もし分解できたなら、どちらかの因子がより低い次数で $\alpha$ を根に持ってしまう。

最後の $2$ つは、最小多項式の係数に整数でない数が残っています。代数的数が代数的整数になる条件は、最小多項式の係数がすべて整数になることだと言いかえられます^[1]。

和と積で閉じている

$\sqrt{2}$ と $\sqrt{3}$ はどちらも代数的整数です。では $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ はどうか。モニックな多項式を手で探すのは骨が折れますが、線形代数を使うと機械的に出ます。

鍵になるのは、整であることの言いかえです。$\alpha$ が $A$ 上整であることと、$A[\alpha ]$ が $A$ 加群として有限生成であることは同値になる^[4]。

$M=\mathbb{Z}[\sqrt{2},\sqrt{3}]$ をとると、$1$、$\sqrt{2}$、$\sqrt{3}$、$\sqrt{6}$ が生成元です。$\gamma =\sqrt{2}+\sqrt{3}$ を掛けても $M$ の外へ出ません。

$4$ つの式を係数だけ抜き出すと、整数行列 $C$ が立ちます。ベクトル $v=(1,\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{6})$ に対して $\gamma v=Cv$、つまり $(\gamma I-C)v=0$ です。

$v$ の第 1 成分が $1$ なので $v\ne 0$、したがって $\det (\gamma I-C)=0$。$\gamma$ は $C$ の固有多項式 $\det (XI-C)$ の根で、この多項式は整数係数でモニックです。

$$C=\left(\begin{array}{cccc}0& 1& 1& 0\\ 2& 0& 0& 1\\ 3& 0& 0& 1\\ 0& 3& 2& 0\end{array}\right)$$

計算すると $\det (XI-C)=X^4-10X^2+1$ になります。実際 $(\sqrt{2}+\sqrt{3}{)}^2=5+2\sqrt{6}$、$(\sqrt{2}+\sqrt{3}{)}^4=49+20\sqrt{6}$ なので、$49+20\sqrt{6}-10(5+2\sqrt{6})+1=0$ と確かめられます。

図の $4$ つの根は $\pm \sqrt{2}\pm \sqrt{3}$ です。$\sqrt{2}$ と $\sqrt{3}$ の符号の選び方が $4$ 通りあり、そのまま $4$ 次という次数になっています。

同じ手が一般に通ります。$\alpha$、$\beta$ が代数的整数なら $\alpha +\beta$ も $\alpha \beta$ も代数的整数で、全体が環をなす^[4]。この環を $\overline{\mathbb{Z}}$ と書きます。

体にはなりません。$2\in \overline{\mathbb{Z}}$ の逆元 $\frac{1}{2}$ が入っていないためです。いっぽう代数的数の全体 $\overline{\mathbb{Q}}$ は体で、$\mathbb{Q}$ の代数閉包になります。

数体はここから作る

$\mathbb{Q}$ の有限次拡大を代数体、または数体と呼びます^[2]。二次体 $\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ や円分体 $\mathbb{Q}({\zeta }_n)$ がその代表。

数体 $K$ を決めたら、$K$ に入る代数的整数だけを集めます。${\mathcal{O}}_K=K\cap \overline{\mathbb{Z}}$ が $K$ の整数環です。

$\mathbb{Q}$ に対する $\mathbb{Z}$ の関係を、$K$ に対して作り直したものが ${\mathcal{O}}_K$ です。図の左下と右下が、同じ操作の $2$ つの例になっている。

代数的でない数のほうが多い

代数的数は、次数と係数の組で数え上げられます。整数係数の多項式は可算個で、それぞれの根は有限個。だから代数的数の全体は可算です^[3]。

実数は非可算なので、代数的でない数、つまり超越数のほうが圧倒的に多いことになります。カントールはこの比較から超越数の存在を示しました^[3]。

具体的な超越数を作るのはずっと難しく、歴史は逆順に進みます。

リンデマンの結果は、円積問題に決着をつけました。$\pi$ が代数的でないので、定規とコンパスで円と同じ面積の正方形は作れません。

条件の違いは係数 $1$ か所だけ。それが $\mathbb{Q}$ と $\mathbb{Z}$ の違いをそのまま任意の数体へ持ち上げ、整数論を続けられる場所を作ります。

参考