イデアル類群はミンコフスキーの限界より下の素イデアルで決まる

$\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ で $6$ の分解が $2$ 通りになるのは、単項でないイデアルが $1$ 種類あるからです。その「$1$ 種類」を数える不変量が類数で、この環では $2$。

類数が $1$ なら元の一意分解が成り立ち、大きいほど崩れ方が激しい。${\mathcal{O}}_K$ が単項イデアル整域からどれだけ離れているかを測る物差しです。

単項なものを潰して作る

$0$ でない分数イデアルの全体 ${\mathcal{I}}_K$ は掛け算について群になります。そのうち $x{\mathcal{O}}_K$（$x\in K^{\times }$）の形のものを単項分数イデアルと呼び、部分群 ${\mathcal{P}}_K$ をなす^[2]。

商群がイデアル類群です。

$${\mathrm{Cl}}_K={\mathcal{I}}_K/{\mathcal{P}}_K$$

$2$ つのイデアル $\mathfrak{a},\mathfrak{b}$ が同じ類に入ることと、ある $\gamma \in K^{\times }$ について $\mathfrak{a}=\gamma \mathfrak{b}$ となることは同値です^[1]。

作り方は完全列で書くと見通しがよくなります^[2]。

$$0\to {\mathcal{O}}_K^{\times }\to K^{\times }\to {\mathcal{I}}_K\to {\mathrm{Cl}}_K\to 0$$

$K^{\times }$ から ${\mathcal{I}}_K$ への写像が同型にならない理由が、左の単数群と右の類群の $2$ つに分かれている、と読めます^[2]。

類群の位数 $h_K$ が類数です。$h_K=1$ は ${\mathcal{O}}_K$ が単項イデアル整域であることと同値で、整数環では単項イデアル整域と一意分解整域も一致します。

限界を決めれば計算できる

類群が有限であることは、ミンコフスキーの限界から出ます^[2]。どの類も、次の値以下のノルムを持つイデアルで代表される。

$$N(\mathfrak{a})\le {\left(\frac{4}{\pi }\right)}^{r_2}\frac{n!}{n^n}\sqrt{|d_K|}$$

$n$ は次数、$r_2$ は複素埋め込みの対の数です。ノルムが有限の値以下のイデアルは有限個しかないので、類群も有限になります^[2]。

二次体では式が簡単になります^[1]。実二次体なら $\frac{1}{2}\sqrt{|d_K|}$、虚二次体なら $\frac{2}{\pi }\sqrt{|d_K|}$ です。

限界より小さいノルムの素イデアルだけを調べれば、それらが類群を生成します^[1]。あとは関係式を探す作業になる。

$\mathbb{Q}(i)$ では限界が $1.273$ で、$2$ にすら届きません。調べる素イデアルが $1$ つもないので、その場で類数 $1$ が確定します。

例：$\mathbb{Q}(\sqrt{-5})$ の類数を出す

$d_K=-20$ なので限界は $\frac{2}{\pi }\sqrt{20}\approx 2.847$ です。ノルムが $2$ 以下の素イデアルだけを見ればよい。

$(2)={\mathfrak{p}}^2$ で $\mathfrak{p}=(2,1+\sqrt{-5})$、ノルムは $2$ です。候補はこれだけ。

$\mathfrak{p}$ が単項なら $N(a+b\sqrt{-5})=a^2+5b^2=2$ となる元が要りますが、そんな整数の組はありません。だから $\mathfrak{p}$ は単項でない。

いっぽう ${\mathfrak{p}}^2=(2)$ は単項なので、$[\mathfrak{p}]$ の位数は $2$ です。類群は位数 $2$ の巡回群で、$h_K=2$ になります。

例：$\mathbb{Q}(\sqrt{-14})$ で位数 4 を出す

もう一段複雑な場合を見ます^[1]。$d_K=-56$ で限界は約 $4.764$ なので、$2$ と $3$ の上の素イデアルを調べます。

$T^2+14$ を ${\mathbb{F}}_2$ で見ると $T^2$、${\mathbb{F}}_3$ で見ると $(T-1)(T+1)$。だから $(2)={\mathfrak{p}}_2^2$、$(3)={\mathfrak{p}}_3{\mathfrak{p}}_3^{\prime }$ です^[1]。

$a^2+14b^2$ は $2$ にも $3$ にもならないので、${\mathfrak{p}}_2$ も ${\mathfrak{p}}_3$ も単項ではありません^[1]。

関係式は元のノルムから拾います。$N(2+\sqrt{-14})=18=2\cdot 3^2$ で、$2+\sqrt{-14}$ は $3$ の倍数ではないので、${\mathfrak{p}}_3$ と ${\mathfrak{p}}_3^{\prime }$ の片方だけで割れる^[1]。

そちらを ${\mathfrak{p}}_3$ と名づけると ${\mathfrak{p}}_2{\mathfrak{p}}_3^2$ が単項になり、$[{\mathfrak{p}}_3{]}^2=[{\mathfrak{p}}_2{]}^{-1}=[{\mathfrak{p}}_2]$ です。$[{\mathfrak{p}}_2]$ の位数が $2$ なので、$[{\mathfrak{p}}_3]$ の位数は $4$。類群は $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ になります^[1]。

図の緑が単位元、つまり単項イデアルの類です。${\mathfrak{p}}_3$ を $2$ 回掛けると ${\mathfrak{p}}_2$ の類にあたり、$4$ 回でもとに戻ります。

実二次体では単数が邪魔をする

同じ手順を実二次体でやると、最後の一歩が重くなります。$K=\mathbb{Q}(\sqrt{82})$ で見てみます^[1]。

$d_K=4\cdot 82=328$ で限界は約 $9.055$ なので、$2,3,5,7$ の上を調べます。$T^2-82$ の因数分解から $(2)={\mathfrak{p}}_2^2$、$(3)={\mathfrak{p}}_3{\mathfrak{p}}_3^{\prime }$ で、$5$ と $7$ は分解しません^[1]。

$N(10+\sqrt{82})=100-82=18=2\cdot 3^2$ から ${\mathfrak{p}}_2{\mathfrak{p}}_3^2$ が単項になり、$[{\mathfrak{p}}_3]$ の位数は $4$ の約数と分かります^[1]。

問題は ${\mathfrak{p}}_2$ が単項でないことの証明です。$a^2-82b^2=\pm 2$ に解がないと言いたいのですが、$2\equiv 17^2(\mathrm{mod}41)$ なので平方剰余では矛盾が出ません^[1]。

そこで単数を使います。$\mathbb{Z}[\sqrt{82}]$ の単数は $\pm (9+\sqrt{82}{)}^{\mathbb{Z}}$ で、$9+\sqrt{82}$ のノルムは $-1$^[1]。ノルムが $1$ の正の単数は $(9+\sqrt{82}{)}^2$ のべきに限られ、すべて平方数です。

${\mathfrak{p}}_2=(a+b\sqrt{82})$ とすると $2=(a+b\sqrt{82}{)}^{2}u$ で、単数の平方は括弧の中へ吸収できます。すると $\sqrt{2}\in \mathbb{Z}[\sqrt{82}]$ となって矛盾する^[1]。よって類群は $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ です。

虚二次体では単数が $\pm 1$ だけ、ときに $4$ 個か $6$ 個なので、ノルムの方程式に解がないと言えばすみました。実二次体では単数が無限にあり、そのぶん議論を足すことになります。

類数は判別式とともに増える

判別式の絶対値が大きいほど、格子が粗くなって類数も増えやすくなります。ただし単調ではありません。

$d=14$ で急に $4$ に跳ね、$d=15$ で $2$ に戻る。判別式が $-56$ と $-15$ で、絶対値の大小と類数の大小が逆転しています。

類数 1 の虚二次体は 9 個で終わり

虚二次体で $h_K=1$ になるのは $d=-1,-2,-3,-7,-11,-19,-43,-67,-163$ の $9$ 個だけです^[3]。この一覧が完全であることの証明には長い時間がかかりました。

最後の $-163$ には有名な副産物があります。$\mathbb{Q}(\sqrt{-163})$ の整数環が一意分解整域であることから、$n^2-n+41$ が $n=1$ から $40$ まで素数を出し続ける^[2]。

判別式 $-163$ が大きいので、ノルムの小さい素イデアルが存在できない。その隙間が、小さい合成数を作れないという形で現れています。

実二次体は分かっていない

実二次体では様子が変わります。$h_K=1$ となる体が無限にあると予想されていますが、証明されていません^[3]。

いっぽう、与えられた自然数で類数が割り切れる二次体は、実でも虚でも無限に存在することが分かっています^[3]。片方だけが未解決という、ねじれた状況が続いている。

類群は拡大として実現する

類群は抽象的な商群ですが、体の拡大として姿を現します。$K$ 上の最大不分岐アーベル拡大をヒルベルト類体 $F$ とすると、次が成り立つ^[4]。

$$\mathrm{Gal}(F/K)\cong {\mathrm{Cl}}_K$$

拡大次数が類数そのものになります。$h_K=1$ であることと、$K$ に不分岐アーベル拡大がないことが同値^[4]。

$F$ の中では $K$ の素イデアルが完全分解することと単項であることが同値になり、$K$ のどのイデアルも $F$ へ上げると単項になります^[4]。単項でないという性質が、上の体では解消される。

限界を計算する、その下の素イデアルを並べる、単項かどうかを判定する、関係式を拾う。この $4$ 手順で、抽象的な商群の位数が具体的な数として出てきます。

参考文献