4 で割って 1 余るかどうか、二次体の整数環が変わる境目

$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ は $\mathbb{Q}(\sqrt{5})$ の整数環に入りますが、$\frac{1+\sqrt{2}}{2}$ は $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ の整数環に入りません。

分かれ目は $d$ を $4$ で割った余りです。$\sqrt{d}$ を足しただけでは足りない場合があり、そこを見落とすと計算がずれます。

条件はトレースとノルム

$d$ を平方因子を持たない $1$ 以外の整数とし、$K=\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ とします。$\alpha =x+y\sqrt{d}$（$x,y\in \mathbb{Q}$、$y\ne 0$）の最小多項式は次の形です。

$$X^2-2xX+(x^2-d{y}^2)$$

$\alpha$ が代数的整数であることと、この $2$ つの係数が整数であることは同値です^[1]。つまり $\mathrm{Tr}(\alpha )=2x\in \mathbb{Z}$ かつ $N(\alpha )=x^2-d{y}^2\in \mathbb{Z}$。

$y=0$ のときは $\alpha =x$ が有理数なので、代数的整数になるのは $x\in \mathbb{Z}$ のときだけです。

最後まで決める

$2x\in \mathbb{Z}$ なので、$x$ は整数か、奇数の半分かのどちらかです^[1]。

ここで $d$ に平方因子がないことが効きます。有理数 $r$ について $d{r}^2\in \mathbb{Z}$ なら $r\in \mathbb{Z}$ になる^[1]。$r$ の分母に素数 $p$ があると、$p^2$ が $d$ で打ち消せないためです。

$x=\frac{a}{2}$（$a$ は奇数）の場合を追います。$x^2-d{y}^2\in \mathbb{Z}$ を $4$ 倍すると次が出ます^[1]。

$$a^2-d(2y{)}^2\in 4\mathbb{Z}$$

まず $d(2y{)}^2\in \mathbb{Z}$ なので $2y\in \mathbb{Z}$ です。$y$ が整数だとすると $a^2-4d{y}^2$ は奇数になり、$4$ の倍数という条件に反します。

だから $y=\frac{b}{2}$ で $b$ も奇数。すると $a^2\equiv d{b}^2(\mathrm{mod}4)$ となり、奇数の平方は $4$ を法として $1$ なので $d\equiv 1(\mathrm{mod}4)$ が出ます^[1]。

このとき $\alpha$ は次のように書き直せます^[1]。

$$\alpha =\frac{a}{2}+\frac{b}{2}\sqrt{d}=\frac{a-b}{2}+b\cdot \frac{1+\sqrt{d}}{2}$$

$a$ と $b$ が両方奇数なので $a-b$ は偶数。係数がきちんと整数になります。

$d\not\equiv 1(\mathrm{mod}4)$ のときは $x$ が奇数の半分になれないので $x\in \mathbb{Z}$、そこから $d{y}^2\in \mathbb{Z}$ より $y\in \mathbb{Z}$ です^[1]。

$\omega$ を $d\equiv 1$ なら $\frac{1+\sqrt{d}}{2}$、そうでなければ $\sqrt{d}$ と決めると、どちらの場合も ${\mathcal{O}}_K=\mathbb{Z}[\omega ]$ と書けます^[1]。判別式は Encyclopedia of Mathematics の記述と一致します^[3]。

図の青が $\mathbb{Z}[\sqrt{d}]$ の点、橙が $d\equiv 1(\mathrm{mod}4)$ のときに追加される点です。橙が入ると格子の密度が $2$ 倍になります。

$\mathbb{Z}[\sqrt{d}]$ は指数 2 の部分環

$d\equiv 1(\mathrm{mod}4)$ のとき、$\mathbb{Z}[\sqrt{d}]$ は整数環より真に小さい環です。橙の点のぶんだけ足りない。

指数は $2$ です。判別式が $4$ 倍ずれるのはこの指数の $2$ 乗ぶんで、$\mathrm{disc}(\mathbb{Z}[\sqrt{d}])=4d$ に対して $\mathrm{disc}({\mathcal{O}}_K)=d$ になります。

$d$ から平方因子を外す

$d$ に平方因子があると体そのものが変わりません。$\mathbb{Q}(\sqrt{12})=\mathbb{Q}(2\sqrt{3})=\mathbb{Q}(\sqrt{3})$ なので、$d=12$ ではなく $d=3$ として扱います。

平方因子を残したまま議論すると、上の証明で使った「$d{r}^2\in \mathbb{Z}$ なら $r\in \mathbb{Z}$」が成り立たなくなります^[1]。整数環の決定そのものが崩れる。

例：小さい二次体を並べる

$\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$ の $\omega =\frac{1+\sqrt{-3}}{2}$ は $1$ の原始 $6$ 乗根です。この環をアイゼンシュタイン整数環と呼び、正三角形の格子になります。

左が正方形、右が平行四辺形です。単数の個数も形に従い、正方格子では $4$ 個、三角格子では $6$ 個になります。

整除とノルムの使い方

$\alpha =a+b\omega$ が有理整数 $m$ で割れることと、$m\mid a$ かつ $m\mid b$ が成り立つことは同値です^[1]。座標を見るだけで判定できる。

ノルムは $\mathbb{Z}$ の値をとり、乗法的です^[2]。$N(a+b\sqrt{d})=a^2-d{b}^2$ で、$d<0$ なら $|\alpha {|}^2$ に一致します。

ノルムが $\mathbb{Z}$ で素数なら、その元は ${\mathcal{O}}_K$ で既約です^[1]。逆は成り立たず、$\mathbb{Z}[\sqrt{3}]$ のように既約なのにノルムが素数でない元もあります^[1]。

有理数との交わりも決まっています。どの二次体でも ${\mathcal{O}}_K\cap \mathbb{Q}=\mathbb{Z}$ で、$K$ のどの元も ${\mathcal{O}}_K$ の元の比として書けます^[1]。

分解則も判別式で決まる

素数の分かれ方は、判別式 $\Delta$ を法にとって見るだけで決まります^[4]。奇素数 $p$ なら $\Delta \equiv 0$ で分岐、$\Delta$ が平方剰余なら完全分解、平方非剰余なら不分解です。

$p=2$ のときだけ法を $8$ にとります^[4]。$\Delta \equiv 0(\mathrm{mod}4)$ で分岐、$\Delta \equiv 1(\mathrm{mod}8)$ で完全分解、$\Delta \equiv 5(\mathrm{mod}8)$ で不分解になる。

$\mathbb{Q}(\sqrt{5})$ なら $\Delta =5\equiv 5(\mathrm{mod}8)$ なので $2$ は分解しません。$\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$ を使うと $(2)={\mathfrak{p}}^2$ に見えてしまうのは、そもそも環が違うためです。

$4$ で割った余りひとつで、格子の密度も判別式も素数の分かれ方も変わります。二次体が具体例として使いやすいのは、この分岐点が $1$ か所しかないからです。

参考