素イデアル分解はどう計算するのか？mod p の因数分解がそのまま答え

有理素数 $p$ が ${\mathcal{O}}_K$ でどう割れるかは、${\mathbb{F}}_p$ 上の多項式を因数分解すれば分かります。有限体での計算に落ちるので、手でもできる。

この橋渡しをするのがデデキントの定理です。クンマーの仕事を受けて作られました^[1]。

形を決める 3 つの数

$K$ を $n$ 次の数体とし、$(p)=p{\mathcal{O}}_K$ を素イデアルの積に分けます。

$$(p)={\mathfrak{p}}_1^{e_1}{\mathfrak{p}}_2^{e_2}\cdots {\mathfrak{p}}_g^{e_g}$$

$e_i$ を分岐指数、$N{\mathfrak{p}}_i=p^{f_i}$ で決まる $f_i$ を剰余次数、$g$ を素イデアルの個数と呼びます^[1]。この $3$ つで分解の形が決まる。

$3$ つは自由には動けません。次の関係式で縛られています^[2]。

$$\sum _{i=1}^g{e}_i{f}_i=n$$

$n$ を固定すると、分解の形は $n$ の分割の仕方しかありません。二次体なら $2=1+1=2$ の $3$ 通りだけ^[2]。

太い線が重複、点が素イデアルです。$1$ 点に太い線で乗るのが分岐、$2$ 点に分かれるのが完全分解、$1$ 点に細い線で乗るのが不分解になります。

デデキントの定理

$K=\mathbb{Q}(\alpha )$ とし、$\alpha \in {\mathcal{O}}_K$ の最小多項式を $f(T)\in \mathbb{Z}[T]$ とします。$p$ が指数 $[{\mathcal{O}}_K:\mathbb{Z}[\alpha ]]$ を割らないとき、次が成り立つ^[1]。

$f(T)$ を ${\mathbb{F}}_p$ 上で既約分解して $f\equiv {\pi }_1^{e_1}\cdots {\pi }_g^{e_g}$ と書けたなら、$(p)={\mathfrak{p}}_1^{e_1}\cdots {\mathfrak{p}}_g^{e_g}$ となり、$N{\mathfrak{p}}_i=p^{\mathrm{deg}{\pi }_i}$ が対応します^[1]。

指数、既約因子の個数、次数が、そっくりそのまま移る。${\mathcal{O}}_K=\mathbb{Z}[\alpha ]$ ならすべての $p$ で使えます^[1]。

証明の鍵は、$p\nmid [{\mathcal{O}}_K:\mathbb{Z}[\alpha ]]$ のとき ${\mathcal{O}}_K/(p)$ と ${\mathbb{F}}_p[T]/(f(T))$ が環として同型になることです^[1]。同じ環なら極大イデアルの個数も剰余体の大きさも一致するので、形が移ります。

例：$\mathbb{Q}(\sqrt{10})$ を最後まで

$10\equiv 2(\mathrm{mod}4)$ なので整数環は $\mathbb{Z}[\sqrt{10}]$ で、$\alpha =\sqrt{10}$ の最小多項式は $T^2-10$ です。指数が $1$ なので、どの $p$ でも定理が使えます。

$13$ の行を検算します。$6^2=36\equiv 10$、$7^2=49\equiv 10(\mathrm{mod}13)$ なので、$T^2-10$ は ${\mathbb{F}}_{13}$ で $2$ つの $1$ 次式に分かれる。だから $(13)$ も $2$ つの素イデアルに割れます。

判別式は $4\cdot 10=40$ で、$2$ と $5$ が約数。表でもこの $2$ つだけが $2$ 乗の形になっています。

指数を割る素数では使えない

条件の $p\nmid [{\mathcal{O}}_K:\mathbb{Z}[\alpha ]]$ を外すと、答えが変わります。$\mathbb{Q}(\sqrt{5})$ が分かりやすい例です^[1]。

$5\equiv 1(\mathrm{mod}4)$ なので整数環は $\mathbb{Z}\left[\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right]$ で、$\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$ の指数は $2$ です。正しい最小多項式は $T^2-T-1$ のほう。

${\mathbb{F}}_2$ 上で $T^2-T-1\equiv T^2+T+1$ は既約なので、$(2)$ は素イデアルのままです^[1]。

いっぽう $T^2-5\equiv (T-1{)}^2(\mathrm{mod}2)$ なので、こちらを使うと $(2)={\mathfrak{p}}^2$ という誤った結論が出ます^[1]。指数が $2$ で割れているので、定理の適用範囲の外にいる。

4 次でも同じ手が通る

$K=\mathbb{Q}(\sqrt[4]{2})$ を見ます。$\mathrm{disc}(\mathbb{Z}[\sqrt[4]{2}])=-2048=-2^{11}$ なので、$2$ 以外の素数は指数を割りません^[1]。

$7$ の行を確かめます。$2^4=16\equiv 2$、$5^4=625\equiv 2(\mathrm{mod}7)$ なので $T=2,5$ が根。残りは $T^2+4$ で、${\mathbb{F}}_7$ に $-4$ の平方根がないため既約です。

$e_i{f}_i$ の和は $1+1+2=4$ で、$[K:\mathbb{Q}]=4$ と合っています。

二次体は判別式だけで決まる

二次体では、多項式を割らなくても答えが出ます。判別式 $\Delta$ を $p$ で見るだけでよい^[2]。

$p=2$ だけは法を $8$ にとります^[2]。$\Delta \equiv 0(\mathrm{mod}4)$ なら分岐、$\Delta \equiv 1(\mathrm{mod}8)$ なら完全分解、$\Delta \equiv 5(\mathrm{mod}8)$ なら不分解です。

$\mathbb{Q}(\sqrt{5})$ で確かめると $\Delta =5$ で、$5\equiv 5(\mathrm{mod}8)$。さきほど多項式で出した「$2$ は分解しない」と一致します。

分解の型が判別式の剰余類だけで決まる、という事実が平方剰余の相互法則につながります^[2]。$p$ を法とする条件を、判別式を法とする条件に翻訳する作業です。

円分体は位数だけで決まる

$K_n=\mathbb{Q}({\zeta }_n)$ でも規則は単純です。$\gcd (q,n)=1$ の素数 $q$ について、$q^f\equiv 1(\mathrm{mod}n)$ となる最小の $f$ をとる^[3]。

このとき $(q)$ は $g=\phi (n)/f$ 個の素イデアルに分かれ、どれもノルムが $q^f$ になります^[3]。$q$ が $n$ を法とする原始根なら $f=\phi (n)$ で、$(q)$ は分かれません。

$n$ を割る素数だけが分岐します^[3]。乗法群 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}{)}^{\times }$ の中での位数を計算するだけで、分解の形が全部決まる。

素イデアル分解という抽象的な操作が、有限体での因数分解という手作業に降りてきます。降りたあとは、二次体なら平方剰余、円分体なら位数と、さらに軽い計算に置き換わる。

参考文献