장 56 민코프스키 경계와 유상군

우리는 이제 아이디얼의 유일 인수분해에 관한 훌륭한 이론을 갖추었습니다. PID의 경우, 이것은 실제로 우리에게 UFD를 제공합니다. 좋습니다.

잠시 후, $\mathcal{O}_{K}$ 가 PID로부터 얼마나 멀리 떨어져 있는지를 측정하는 유상군이라는 것을 정의할 것입니다; 유상군이 클수록 $\mathcal{O}_{K}$ 는 PID로부터 더 멀리 떨어져 있습니다. 특히, $\mathcal{O}_{K}$ 는 유상군이 자명하면 PID입니다.

그런 다음 유상군에 제약을 가할 수 있게 해 주는 몇 가지 부등식을 제시할 것입니다; 예를 들어, 이것은 어떤 경우에는 유상군이 반드시 자명해야 함을 보이는 데 사용될 것입니다. 놀랍게도, 그 증명은 기하학의 결과인 민코프스키 정리를 사용할 것입니다.

56.1 유상군

대표적인 예: PID는 자명한 유상군을 가집니다.

$K$ 를 수체라 하고, $J_{K}$ 를 $\mathcal{O}_{K}$ 의 분수 아이디얼로 이루어진 곱셈군이라 합시다. $P_{K}$ 를 주 분수 아이디얼로 이루어진 곱셈군, 즉 어떤 $x\in K$ 에 대해 $(x)=x\mathcal{O}_{K}$ 꼴인 것들의 군이라 합시다.

질문 56.1.1.

$P_{K}$ 역시 곱셈군임을 확인하십시오. (이것은 정말 쉽습니다: $x\mathcal{O}_{K}\cdot y\mathcal{O}_{K}$ 와 $(x\mathcal{O}_{K})^{-1}$ 를 명명해 보십시오.)

$J_{K}$ 가 아벨 군이므로, 우리는 이제 유상군(또는 아이디얼 유상군)을 다음 몫으로 정의할 수 있습니다

\mathrm{Cl}_{K}\coloneqq J_{K}/P_{K}.

$\mathrm{Cl}_{K}$ 의 원소들을 류라고 부릅니다.

동등하게,

유상군 $\mathrm{Cl}_{K}$ 는 $K$ 에서의 상수배에 대해 법(modulo)을 취한, 영이 아닌 분수 아이디얼들의 집합입니다.

두 아이디얼이 $\mathcal{O}_{K}$ -가군으로서 동형사상일 때에만 같은 류에 속하므로, 류를 아이디얼들의 ”모양”으로 생각할 수도 있습니다.

예제 56.1.2 ( $\mathbb{Q}(\sqrt{-5})$ 에서의 아이디얼 류).

만약 체가 허수 이차체라면, 아이디얼의 류를 시각화하는 것은 정말 쉽습니다: 복소수를 곱하는 것은 스케일링과 회전의 조합에 대응하므로(즉, 각도를 보존하므로), 두 아이디얼이 닮음일 때, 즉 회전과 스케일링을 사용하여 하나를 다른 하나 위에 겹칠 수 있을 때 같은 류에 속합니다.

체가 $K=\mathbb{Q}(\sqrt{-5})$ 일 때, 정수환은 $\mathcal{O}_{K}=\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ 입니다.

아래의 첫 번째 그림은 아이디얼 $(1)\subseteq\mathcal{O}_{K}$ 를 나타냅니다. 두 번째 그림은 주 아이디얼이 아닌 $(2,1+\sqrt{-5})\subseteq\mathcal{O}_{K}$ 를 나타냅니다.

특히, 영이 아닌 주 아이디얼들은 스케일링을 제외하면 동일하므로, 모든 아이디얼이 주 아이디얼이면 $\mathrm{Cl}_{K}$ 는 자명합니다.

유상군의 크기를 유상수라고 부릅니다. 유상수가 항상 유한하다는 것은 아름다운 정리이며, 이 장의 대부분은 이 결과를 향해 쌓아 나갈 것입니다. 이를 위해서는 여러 가지 요소가 필요합니다.

56.2 수체의 판별식

대표적인 예: 이차체.

$K=\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 라고 합시다. 앞서 보았듯이, 이는 $\mathcal{O}_{K}=\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$ 임을 의미하며, 다음을 뜻합니다

\mathcal{O}_{K}=\left\{a+b\sqrt{2}\mid a,b\in\mathbb{Z}\right\}.

이제 핵심적인 통찰은 이것을 격자로 생각할 수 있다는 것입니다: 기하학적으로, 우리는 이것을 $\mathbb{Z}^{2}$ 를 생각하는 것과 같은 방식으로 생각하고자 합니다.

짓궂게도, 우리는 $a+b\sqrt{2}$ 를 $(a,b)$ 로 보냄으로써 이것을 $\mathbb{Q}^{2}$ 에 매장하려 할 수 있습니다. 하지만 이는 조금 어리석은데, 어떤 의미에서 $\mathbb{R}$ 안에 살면서 ”일차원적”인 $K$ 를 무례하게 이차원 공간으로 만들어 버리기 때문입니다. 또한 이는 우리가 좋아하지 않는, 기저의 선택에 의존합니다. 더 나은 방법은 항등사상과 켤레, 즉 두 개의 매장 $\sigma_{1}\colon K\to\mathbb{C}$ 와 $\sigma_{2}\colon K\to\mathbb{C}$ 가 존재한다는 사실을 생각하는 것입니다:

	$\displaystyle\sigma_{1}(a+b\sqrt{2})$	$\displaystyle=a+b\sqrt{2}$
	$\displaystyle\sigma_{2}(a+b\sqrt{2})$	$\displaystyle=a-b\sqrt{2}.$

다행히도 이 두 매장은 모두 실수 상(image)을 가집니다. 이로부터 우리는 다음과 같은 점들의 집합을 생각하게 됩니다

\left(\sigma_{1}(\alpha),\sigma_{2}(\alpha)\right)\in\mathbb{R}^{2}\quad\text{% ~{}로서}\quad\alpha\in K.

이를 통해 $\mathcal{O}_{K}$ 가 $\mathbb{R}^{2}$ 에서 어떤 모습인지 시각화할 수 있습니다. $K$ 의 점들은 $\mathbb{R}^{2}$ 에서 조밀하지만, $\mathcal{O}_{K}$ 의 점들은 격자를 이룹니다.

격자가 얼마나 큰지 알아보기 위해, $\mathcal{O}_{K}$ 의 생성원인 $\{1,\sqrt{2}\}$ 가 어떻게 작용하는지 살펴봅니다. 격자에서 $a+b\sqrt{2}$ 에 대응하는 점은

a\cdot(1,1)+b\cdot(\sqrt{2},-\sqrt{2}).

격자의 메시¹¹1대부분의 저자는 이것을 부피라고 부르지만, 나는 이것이 올바른 용어가 아니라고 생각합니다 – 격자는 그저 점들의 모음이므로 ”부피”가 0입니다! 반면 영어 단어 ”mesh”는 실제로 ”틈”의 폭을 가리킵니다.는 위에서 파란색으로 칠한 ”기본 평행육면체”의 초부피로 정의됩니다. 이 특정한 경우, 이것은 그 평행사변형의 넓이와 같아야 하며, 그 값은

\det\begin{bmatrix}1&-\sqrt{2}\\ 1&\sqrt{2}\end{bmatrix}=2\sqrt{2}.

판별식의 정의는 정확히 이것이지만, 여기에 제곱 인자가 추가됩니다(위 행렬에서 행의 치환이 부호 변화를 일으킬 수 있기 때문입니다). 문제 57B는 제곱을 취함으로써 $\Delta_{K}$ 가 정수가 됨을 보여줍니다.

다음 정의를 내리기 위해, 우리는 다음을 인용합니다:

정리 56.2.1 (대수체의 $n$ 개의 매장).

$K$ 를 차수가 $n$ 인 대수체라고 합시다. 그러면 $\mathbb{Q}$ 를 고정하는 체 준동형사상 $K\hookrightarrow\mathbb{C}$ 가 정확히 $n$ 개 존재하며, 이를 $\sigma_{1},\dots,\sigma_{n}$ 이라고 합시다.

증명.

갈루아 이론의 도구를 갖춘 뒤, 정리 59.3.1로 미룹니다. ∎

실제로 정리 59.3.4에서, $\alpha\in K$ 에 대해 $i=1,\dots,n$ 일 때 $\sigma_{i}(\alpha)$ 가 $\alpha$ 의 켤레들을 모두 훑는다는 것을 보게 됩니다. 이로부터 다음이 성립합니다

\operatorname{Tr}_{K/\mathbb{Q}}(\alpha)=\sum_{i=1}^{n}\sigma_{i}(\alpha)\quad% \text{그리고}\quad\operatorname{N}_{K/\mathbb{Q}}(\alpha)=\prod_{i=1}^{n}\sigma_{% i}(\alpha).

이를 통해 우리는 다음과 같이 정의할 수 있습니다:

정의 56.2.2.

$\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}$ 이 $\mathcal{O}_{K}$ 의 $\mathbb{Z}$ -기저라고 합시다. 대수체 $K$ 의 판별식은 다음과 같이 정의됩니다

\Delta_{K}\coloneqq\det\begin{bmatrix}\sigma_{1}(\alpha_{1})&\dots&\sigma_{n}(% \alpha_{1})\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ \sigma_{1}(\alpha_{n})&\dots&\sigma_{n}(\alpha_{n})\\ \end{bmatrix}^{2}.

이것은 $\{\alpha_{i}\}$ 의 선택에 의존하지 않습니다; 여기서는 이를 증명하지 않겠습니다.

예제 56.2.3 ( $K=\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 의 판별식).

$\mathcal{O}_{K}=\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$ 이며, 위에서 논의한 바와 같이 판별식은

\Delta_{K}=(-2\sqrt{2})^{2}=8.

예제 56.2.4 ( $\mathbb{Q}(i)$ 의 판별식).

$K=\mathbb{Q}(i)$ 라고 합시다. $\mathcal{O}_{K}=\mathbb{Z}[i]=\mathbb{Z}\oplus i\mathbb{Z}$ 입니다. 매장은 항등사상과 복소켤레이며, $1$ 을 $(1,1)$ 로, $i$ 를 $(i,-i)$ 로 보냅니다. 따라서

\Delta_{K}=\det\begin{bmatrix}1&1\\ i&-i\end{bmatrix}^{2}=(-2i)^{2}=-4.

이 예는 복소평면으로 들어가는 대수체의 경우 판별식이 양수일 필요가 없음을 보여줍니다(격자 그림은 덜 완벽한 비유가 됩니다). 하지만 다시, 문제에서 증명하게 되듯이 판별식은 항상 정수입니다.

예제 56.2.5 ( $\mathbb{Q}(\sqrt{5})$ 의 판별식).

$K=\mathbb{Q}(\sqrt{5})$ 라고 합시다. 이번에는 $\mathcal{O}_{K}=\mathbb{Z}\oplus\frac{1+\sqrt{5}}{2}\mathbb{Z}$ 이므로, 판별식은 조금 다르게 보일 것입니다. 매장은 여전히 $a+b\sqrt{5}\mapsto a+b\sqrt{5},a-b\sqrt{5}$ 입니다.

이를 $\mathbb{Z}$ -기저 $\left\{1,\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right\}$ 에 적용하면, 다음을 얻습니다

\Delta_{K}=\det\begin{bmatrix}1&1\\ \frac{1+\sqrt{5}}{2}&\frac{1-\sqrt{5}}{2}\end{bmatrix}^{2}=(-\sqrt{5})^{2}=5.

연습문제 56.2.6.

이를 모두 확장하여, $d\neq 1$ 이 제곱인수가 없는 정수일 때 $K=\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ 이면 다음이 성립함을 보이십시오

\Delta_{K}=\begin{cases}d&\text{만약}d\equiv 1\pmod{4}\\ 4d&\text{만약}d\equiv 2,3\pmod{4}.\end{cases}

사실, 흥미로운 점을 하나 지적하고자 합니다: $Ax^{2}+Bx+C$ 의 다항식 판별식이 $B^{2}-4AC$ 임을 상기하십시오. 그러면:

•

$d\equiv 1\pmod{4}$ 인 경우, $\Delta_{K}$ 는 $x^{2}-x-\frac{d-1}{4}$ 의 판별식이며, 이는 $\frac{1}{2}(1+\sqrt{d})$ 의 최소다항식입니다. 물론 $\mathcal{O}_{K}=\mathbb{Z}[\frac{1}{2}(1+\sqrt{d})]$ 입니다.
•

$d\equiv 2,3\pmod{4}$ 인 경우, $\Delta_{K}$ 는 $x^{2}-d$ 의 판별식이며, 이는 $\sqrt{d}$ 의 최소다항식입니다. 이번에도 마찬가지로 $\mathcal{O}_{K}=\mathbb{Z}[\sqrt{d}]$ 입니다.

이는 우연이 아닙니다! 문제 57C는 이것이 일반적으로 참임을 주장하며, 따라서 ”판별식”이라는 이름이 붙었습니다.

56.3 수체의 시그니처

대표적인 예: $\mathbb{Q}(\sqrt[100]{2})$ 의 시그니처는 $(2,49)$ 입니다.

$K=\mathbb{Q}(i)$ 의 예에서, 우리는 대체로 $K$ 를 공간 $\mathbb{C}$ 에 매입했습니다. 그러나 $K$ 는 2차 확대이므로, 우리가 정말로 하고 싶은 것은 이를 $\mathbb{R}^{2}$ 에 매입하는 것입니다. 이를 위해 복소켤레를 활용하려고 합니다.

$K$ 를 수체라 하고 $\sigma_{1},\dots,\sigma_{n}$ 을 그 매입들이라 합시다. 우리는 실 매입(전체 $K$ 를 $\mathbb{R}$ 로 보내는 것)과 복소 매입( $K$ 의 일부를 $\mathbb{R}$ 밖으로 보내는 것)을 구별합니다. $\sigma$ 가 복소 매입이면 그 켤레 $\overline{\sigma}\neq\sigma$ 역시 복소 매입임에 주목하십시오. 따라서 복소 매입은 쌍으로 나타납니다.

정의 56.3.1.

$K$ 를 차수 $n$ 인 수체라 하고, 다음과 같이 둡시다

	$\displaystyle r_{1}$	$\displaystyle=\text{실 매장의 개수}$
	$\displaystyle r_{2}$	$\displaystyle=\text{복소 매장 쌍의 개수}.$

$K$ 의 시그니처는 순서쌍 $(r_{1},r_{2})$ 입니다. $r_{1}+2r_{2}=n$ 임을 관찰하십시오.

예제 56.3.2 (시그니처의 기본 예시).

(a)

$\mathbb{Q}$ 의 시그니처는 $(1,0)$ 입니다.
(b)

$\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 의 시그니처는 $(2,0)$ 입니다.
(c)

$\mathbb{Q}(i)$ 의 시그니처는 $(0,1)$ 입니다.
(d)

$K=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ 라 하고, $\omega$ 를 1의 세제곱근이라 합시다. $K$ 의 원소들은 다음과 같습니다

$K=\left\{a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}\mid a,b,c\in\mathbb{Q}\right\}.$

그러면 시그니처는 $(1,1)$ 인데, 세 매입이 다음과 같기 때문입니다

$\sigma_{1}\colon\sqrt[3]{2}\mapsto\sqrt[3]{2},\quad\sigma_{2}\colon\sqrt[3]{2}% \mapsto\sqrt[3]{2}\omega,\quad\sigma_{3}\colon\sqrt[3]{2}\mapsto\sqrt[3]{2}% \omega^{2}.$

이 중 첫 번째는 실 매입이고 나머지 두 개는 켤레 쌍입니다.

예제 56.3.3 (더 많은 시그니처).

같은 맥락으로 $\mathbb{Q}(\sqrt[99]{2})$ 와 $\mathbb{Q}(\sqrt[100]{2})$ 는 각각 시그니처 $(1,49)$ 와 $(2,49)$ 를 가집니다.

질문 56.3.4.

위의 두 수체의 시그니처를 검증하십시오.

지금부터, 우리는 $K$ 의 매입들에 다음과 같이 번호를 매길 것입니다.

\sigma_{1},\sigma_{2},\dots,\sigma_{r_{1}}

은 실 매입이고, 한편

\sigma_{r_{1}+1}=\overline{\sigma_{r_{1}+r_{2}+1}},\quad\sigma_{r_{1}+2}=% \overline{\sigma_{r_{1}+r_{2}+2}},\quad\dots,\quad\sigma_{r_{1}+r_{2}}=% \overline{\sigma_{r_{1}+2r_{2}}}.

은 $r_{2}$ 개의 복소 매입 쌍입니다. 우리는 $K$ 의 정준 매입을 다음과 같이 정의합니다

K\overset{\iota}{\hookrightarrow}\mathbb{R}^{r_{1}}\times\mathbb{C}^{r_{2}}\ % \quad\text{~{}에 의해}\quad\alpha\mapsto\left(\sigma_{1}(\alpha),\dots,\sigma_{r_% {1}}(\alpha),\sigma_{r_{1}+1}(\alpha),\dots,\sigma_{r_{1}+r_{2}}(\alpha)\right).

우리가 한 일은 복소인 경우 각 켤레 쌍에서 두 번째 매입을 생략한 것뿐입니다. 이는 별일 아닌데, 이들은 단지 켤레일 뿐이므로 위의 튜플이 우리가 필요로 하는 모든 정보이기 때문입니다.

잠시 후 명확해질 이유로, $\tau$ 가 다음 동형사상을 나타내도록 하겠습니다

\tau\colon\mathbb{R}^{r_{1}}\times\mathbb{C}^{r_{2}}\xrightarrow{\sim}\mathbb{% R}^{r_{1}+2r_{2}}=\mathbb{R}^{n}

각 복소수를 실수부와 허수부로 나눔으로써, 다음과 같이

	$\displaystyle\alpha\mapsto\big{(}$	$\displaystyle\sigma_{1}(\alpha),\dots,\sigma_{r_{1}}(\alpha),$
		$\displaystyle\operatorname{Re}\sigma_{r_{1}+1}(\alpha),\;\;\operatorname{Im}% \sigma_{r_{1}+1}(\alpha),$
		$\displaystyle\operatorname{Re}\sigma_{r_{1}+2}(\alpha),\;\;\operatorname{Im}% \sigma_{r_{1}+2}(\alpha),$
		$\displaystyle\dots,$
		$\displaystyle\operatorname{Re}\sigma_{r_{1}+r_{2}}(\alpha),\;\;\operatorname{% Im}\sigma_{r_{1}+r_{2}}(\alpha)\big{)}.$

예제 56.3.5 (정준 매입의 예시).

전과 같이 $K=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ 라 하고 다음과 같이 둡시다

\sigma_{1}\colon\sqrt[3]{2}\mapsto\sqrt[3]{2},\quad\sigma_{2}\colon\sqrt[3]{2}% \mapsto\sqrt[3]{2}\omega,\quad\sigma_{3}\colon\sqrt[3]{2}\mapsto\sqrt[3]{2}% \omega^{2}

여기서 $\omega=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$ 이며, 우리가 이미 지표를 $\sigma_{1}=\mathrm{id}$ 이 실수이고 $\sigma_{2}$ 와 $\sigma_{3}$ 가 켤레 쌍이 되도록 배열했다는 점에 유의하십시오. 따라서 매장 $K\overset{\iota}{\hookrightarrow}\mathbb{R}\times\mathbb{C}\xrightarrow{\sim}% \mathbb{R}^{3}$ 은 다음과 같이 주어집니다

\alpha\overset{\iota}{\longmapsto}\left(\sigma_{1}(\alpha),\sigma_{2}(\alpha)% \right)\overset{\tau}{\longmapsto}\left(\sigma_{1}(\alpha),\;\operatorname{Re}% \sigma_{2}(\alpha),\;\operatorname{Im}\sigma_{2}(\alpha)\right).

구체적으로, $\alpha=9+\sqrt[3]{2}$ 로 두면 다음을 얻습니다

	$\displaystyle 9+\sqrt[3]{2}$	$\displaystyle\overset{\iota}{\mapsto}\left(9+\sqrt[3]{2},\;\;9+\sqrt[3]{2}% \omega\right)$
		$\displaystyle=\left(9+\sqrt[3]{2},\;\;9-\frac{1}{2}\sqrt[3]{2}+\frac{\sqrt[6]{% 108}}{2}i\right)\in\mathbb{R}\times\mathbb{C}$
		$\displaystyle\overset{\tau}{\mapsto}\left(9+\sqrt[3]{2},\;\;9-\frac{1}{2}\sqrt% [3]{2},\;\;\frac{\sqrt[6]{108}}{2}\right)\in\mathbb{R}^{3}.$

이제, 이 모든 것의 핵심은 우리가 $\mathcal{O}_{K}$ 를 취할 때 생기는 격자를 살펴보고자 한다는 것입니다. 실제로 다음이 성립합니다:

보조정리 56.3.6.

매장 $K\hookrightarrow\mathbb{R}^{r_{1}}\times\mathbb{C}^{r_{2}}\xrightarrow{\sim}% \mathbb{R}^{n}$ 의 합성을 생각해 봅시다. 그러면 앞서와 마찬가지로 $\mathcal{O}_{K}$ 는 $\mathbb{R}^{n}$ 안의 격자 $L$ 이 되며, 그 메시는 다음과 같습니다

\frac{1}{2^{r_{2}}}\sqrt{\left\lvert\Delta_{K}\right\rvert}.

증명.

재미있는 선형대수 문제입니다(행렬식을 다룰 줄만 알면 됩니다). 문제 56D로 남겨둡니다. ∎

이로부터 다음을 유도할 수 있습니다:

보조정리 56.3.7.

매장 $K\hookrightarrow\mathbb{R}^{r_{1}}\times\mathbb{C}^{r_{2}}\xrightarrow{\sim}% \mathbb{R}^{n}$ 의 합성을 생각해 봅시다. $\mathfrak{a}$ 를 $\mathcal{O}_{K}$ 의 아이디얼이라 합시다. 그러면 $\mathfrak{a}$ 의 상은 $\mathbb{R}^{n}$ 안의 격자 $L_{\mathfrak{a}}$ 가 되며, 그 메시는 다음과 같습니다

\frac{\operatorname{N}(\mathfrak{a})}{2^{r_{2}}}\sqrt{\left\lvert\Delta_{K}% \right\rvert}.

증명 스케치.

d=\operatorname{N}(\mathfrak{a})\coloneqq|\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{a}|.

라고 합시다. 그러면 격자 $L_{\mathfrak{a}}$ 에서는 어찌 보면 격자 $L$ 에 나타나는 점들 중 $\frac{1}{d}$ 만을 취하게 되는데, 이것이 바로 넓이가 $\operatorname{N}(\mathfrak{a})$ 배만큼 커지는 이유입니다. 이를 모두 엄밀하게 다루려면 이 장에서 할애할 수 있는 지면보다 훨씬 더 많은 격자와 기하학 내용이 필요하므로, 세부 사항은 생략하겠습니다. 하지만 이것이 직관적으로 왜 참인지는 이해하시리라 생각합니다. ∎

56.4 민코프스키 정리

이제 제가 왜 $\mathbb{R}^{r_{1}}\times\mathbb{C}^{r_{2}}$ 에서 $\mathbb{R}^{n}$ 으로 옮겨 갈 것을 고집했는지 말씀드릴 수 있습니다. 기하학에는 다음과 같은 정말 멋진 민코프스키의 정리가 있습니다.

정리 56.4.1 (민코프스키).

$S\subseteq\mathbb{R}^{n}$ 을 $0$ 을 포함하며 중심 대칭인(즉, $x\in S\iff-x\in S$ 인) 볼록집합이라 합시다. $L$ 을 메시가 $d$ 인 격자라 합시다. 만약

(a)

$S$ 의 부피가 $2^{n}d$ 를 초과하거나,
(b)

$S$ 의 부피가 $2^{n}d$ 와 같고 $S$ 가 콤팩트하면,

$S$ 는 $L$ 의 0이 아닌 격자점을 포함합니다.

질문 56.4.2.

조건 $0\in S$ 가 사실상 불필요함을, 즉 공집합이 아닌 임의의 볼록·중심 대칭 집합은 원점을 포함함을 보이십시오.

증명 스케치.

(a) 부분은 놀랍도록 간단하며 매우 올림피아드스러운 풀이를 가지고 있습니다: 본질적으로 넓이에 대한 비둘기집 원리입니다. 간단히 하기 위해 특수한 경우 $n=2$ , $L=\mathbb{Z}^{2}$ 에 대해 (a) 부분을 증명하겠습니다. 이 증명은 임의의 격자와 임의의 $n$ 으로 쉽게 일반화될 수 있습니다. 따라서 넓이가 $4$ 보다 큰 그러한 볼록집합 $S$ 는 격자점을 포함함을 보이고자 합니다.

평면을 $2\times 2$ 정사각형들로 분할합니다

[2a-1,2a+1]\times[2b-1,2b+1]

그리고 이 모든 정사각형들을 서로 겹쳐 놓습니다. 비둘기집 원리에 의해, 같은 점으로 대응되는 서로 다른 두 점 $p\neq q\in S$ 가 존재함을 알 수 있습니다. $S$ 가 대칭이므로 $-q\in S$ 입니다. 그러면 $\frac{1}{2}(p-q)\in S$ 이고(볼록성에 의해), 이는 0이 아닌 격자점입니다.

(b) 부분을 간단히 스케치해 보겠습니다: 아이디어는 $\varepsilon>0$ 에 대해 $(1+\varepsilon)S$ (이는 ” $S$ 를 작은 배율 $1+\varepsilon$ 만큼 확대한 것”)를 고려하는 것입니다. 이는 조건 (a)를 만족합니다. 따라서 각 $\varepsilon>0$ 에 대해 $(1+\varepsilon)S$ 안의 0이 아닌 격자점들의 집합, 이를 $S_{\varepsilon}$ 라 하면, 이는 (이산적인) 점들의 유한한 공집합이 아닌 집합입니다(”유한”이라는 부분은 $(1+\varepsilon)S$ 가 유계라는 사실로부터 따라옵니다). 따라서 모든 $\varepsilon>0$ 에 대해 $S_{\varepsilon}$ 에 속하는 어떤 점이 존재해야 하며(왜 그럴까요?), 이는 그 점이 $S$ 에 속함을 함의합니다. ∎

56.5 함정 상자

우리에게 필요한 마지막 재료는 민코프스키 정리를 적용할 집합입니다. 다음을 제안합니다:

정의 56.5.1.

$M$ 을 양의 실수라 합시다. $\mathbb{R}^{r_{1}}\times\mathbb{C}^{r_{2}}$ 에서, 다음 조건을 만족하는 점 $(x_{1},\dots,x_{r_{1}},z_{1},\dots,z_{r_{2}})$ 들의 집합으로 상자 $S$ 를 정의합니다

\sum_{i=1}^{r_{1}}\left\lvert x_{i}\right\rvert+2\sum_{j=1}^{r_{2}}\left\lvert z% _{j}\right\rvert\leq M.

이는 $M$ 의 값에 따라 달라진다는 점에 유의하십시오.

이 상자를 쥐덫이라고 생각해 보십시오: 여기에 빠지는 것은 무엇이든 노름이 작을 것이고, 우리의 목표는 민코프스키를 이용해 0이 아닌 어떤 원소를 그 안으로 유인하는 것입니다.

즉, $\alpha\in\mathfrak{a}$ 가 위에서 정의한 상자 안에 빠진다고 가정하면, 이는 다음을 의미합니다

M\geq\sum_{i=1}^{r_{1}}\left\lvert\sigma_{i}(\alpha)\right\rvert+2\sum_{i=r_{1% }+1}^{r_{1}+r_{2}}\left\lvert\sigma_{i}(\alpha)\right\rvert=\sum_{i=1}^{n}% \left\lvert\sigma_{i}(\alpha)\right\rvert,

여기서 마지막 몇 개의 $\sigma$ 들이 켤레쌍으로 나타난다는 점을 기억하고 있습니다. 이것은 대각합처럼 보이지만, 절댓값이 방해가 됩니다. 그래서 대신 AM-GM을 적용하여 다음을 얻습니다:

보조정리 56.5.2 (쥐덫의 효과).

$\alpha\in\mathcal{O}_{K}$ 이고, $\iota(\alpha)$ 가 $S$ 안에 있다고 가정합시다 (여기서 $\iota\colon K\hookrightarrow\mathbb{R}^{r_{1}}\times\mathbb{C}^{r_{2}}$ 는 평소와 같습니다). 그러면

\operatorname{N}_{K/\mathbb{Q}}(\alpha)=\prod_{i=1}^{n}\left\lvert\sigma_{i}(% \alpha)\right\rvert\leq\left(\frac{M}{n}\right)^{n}.

마지막으로 해야 할 단계는 상자의 부피를 계산하는 것입니다. 이 역시 제가 직접 하지는 않을 기하학이지만, 제 말을 믿어주십시오:

보조정리 56.5.3 (쥐덫의 크기).

앞서와 같이 $\tau\colon\mathbb{R}^{r_{1}}\times\mathbb{C}^{r_{2}}\xrightarrow{\sim}\mathbb{% R}^{n}$ 이라 합시다. 그러면 $\tau$ 에 의한 $S$ 의 상은 볼록하고, 콤팩트하며, 중심 대칭인 집합으로, 그 부피는 다음과 같습니다

2^{r_{1}}\cdot\left(\frac{\pi}{2}\right)^{r_{2}}\cdot\frac{M^{n}}{n!}.

질문 56.5.4.

(건전성 검사) $n=2$ 일 때 가능한 시그니처인 $(r_{1},r_{2})=(2,0)$ 과 $(r_{1},r_{2})=(0,1)$ 에 대해 위 내용이 맞는지 확인하십시오.

56.6 민코프스키 경계

이제 지금까지의 모든 것을 종합하여 위대한 민코프스키 경계를 얻을 수 있습니다.

정리 56.6.1 (민코프스키 경계).

$\mathfrak{a}\subseteq\mathcal{O}_{K}$ 를 0이 아닌 임의의 아이디얼이라 합시다. 그러면 다음을 만족하는 $0\neq\alpha\in\mathfrak{a}$ 가 존재합니다

\operatorname{N}_{K/\mathbb{Q}}(\alpha)\leq\left(\frac{4}{\pi}\right)^{r_{2}}% \frac{n!}{n^{n}}\sqrt{\left\lvert\Delta_{K}\right\rvert}\cdot\operatorname{N}(% \mathfrak{a}).

증명.

이는 우리가 가진 모든 재료를 한데 모으는 문제입니다. 이미 정의한 것들을 살펴봅시다:

$L_{\mathfrak{a}}$ 의 메시(mesh)가 상자 부피의 $2^{-n}$ 과 같아지도록 $M$ 의 값을 선택하십시오. 그러면 민코프스키 정리에 의해 어떤 $0\neq\alpha\in\mathfrak{a}$ 가 상자 안에 들어가게 됩니다 — 쥐덫은 $\operatorname{N}_{K/\mathbb{Q}}(\alpha)\leq\frac{1}{n^{n}}M^{n}$ 을 강제하도록 설정되어 있습니다. $M$ 의 올바른 선택은

M^{n}=M^{n}\cdot 2^{n}\cdot\frac{\text{메시}}{\text{vol box}}=2^{n}\cdot\frac{n!% }{2^{r_{1}}\cdot\left(\frac{\pi}{2}\right)^{r_{2}}}\cdot 2^{-r_{2}}\sqrt{\left% \lvert\Delta_{K}\right\rvert}\operatorname{N}(\mathfrak{a})

이는 약간의 계산을 거치면 그 경계를 줍니다. ∎

56.7 유수군은 유한합니다

정의 56.7.1.

간결함을 위해 $M_{K}=\left(\frac{4}{\pi}\right)^{r_{2}}\frac{n!}{n^{n}}\sqrt{\left\lvert% \Delta_{K}\right\rvert}$ 라 합시다. 이는 $K$ 에 의존하는 상수라는 점에 유의하십시오.

그것도 멋지긴 하지만, 우리가 정말 보이고 싶었던 것은 유수군이 유한하다는 것이었습니다. 민코프스키 경계가 어떻게 도움이 될 수 있을까요? 핵심 아이디어는 다음과 같습니다:

$\mathfrak{a}$ 의 유수는 $(\alpha)\cdot\mathfrak{a}^{-1}$ 에 의해 전적으로 결정됩니다.

질문 56.7.2.

이를 확인하십시오. (즉, $\mathfrak{a}$ 와 $\mathfrak{b}$ 가 어떤 $\alpha\in\mathfrak{a}$ , $\beta\in\mathfrak{b}$ 에 대해 $(\alpha)\cdot\mathfrak{a}^{-1}=(\beta)\cdot\mathfrak{b}^{-1}$ 를 만족한다면, 어떤 $\gamma\in K$ 에 대해 $\mathfrak{a}=(\gamma)\mathfrak{b}$ 임을 증명하십시오.)

예제 56.7.3.

이 예제를 떠올려 보십시오:

(6)=(2,1-\sqrt{-5})^{2}(3,1+\sqrt{-5})(3,1-\sqrt{-5})=\mathfrak{p}^{2}% \mathfrak{q}_{1}\mathfrak{q}_{2}.

$\mathfrak{a}=(2)$ 가 주 아이디얼인 경우를 생각해 봅시다. $\alpha=2$ 를 택하면 $(\alpha)\cdot\mathfrak{a}^{-1}=(1)$ 입니다. $(\alpha)\cdot\mathfrak{a}^{-1}=(1)$ (또는 $(2)$ , 또는 주 아이디얼인 무엇이든)이면, $\mathfrak{a}$ 가 반드시 주 아이디얼이어야 함을 알 수 있습니다.

반면, $\mathfrak{q}_{1}=(3,1+\sqrt{-5})$ 는 주 아이디얼이 아니며, $\alpha=3$ 을 택합니다. $(3)=\mathfrak{q}_{1}\mathfrak{q}_{2}$ 임을 알고 있으므로, $(\alpha)\cdot\mathfrak{q}_{1}^{-1}=\mathfrak{q}_{2}\neq(1)$ 입니다.

위 두 예시 모두에서 $\mathfrak{a}\mid(\alpha)$ 이므로, 그 몫은 “정수”여야 합니다. 실제로:

질문 56.7.4.

$(\alpha)\cdot\mathfrak{a}^{-1}$ 가 정수 아이디얼임을 보이십시오. (정의를 풀어 쓰십시오.)

민코프스키 경계를 다시 써서 다음과 같이 말할 수 있음을 눈치챘을 수도 있습니다

\operatorname{N}\left((\alpha)\cdot\mathfrak{a}^{-1}\right)\leq M_{K}

여기서 $M_{K}$ 는 $K$ 에 의존하는 어떤 상수입니다.

이 진술은 유용한데, 실제로 노름이 $\leq M_{K}$ 인 정수 아이디얼은 유한히 많기 때문입니다.

따름정리 56.7.5 (유군의 유한성).

유군은 항상 유한합니다.

증명.

위와 같은 정수 아이디얼이 유한히 많다는 것만 보이면 되며, 이는 류가 유한히 많다는 것을 의미합니다.

그런 아이디얼 $\mathfrak{a}=\mathfrak{p}_{1}^{e_{1}}\dots\mathfrak{p}_{m}^{e_{m}}$ 을 만들고 싶다고 합시다. 소 아이디얼 $\mathfrak{p}_{i}$ 는 그 안에 어떤 유리 소수 $p$ 를 가져야 함을 상기하십시오. 이는 $\mathfrak{p}_{i}$ 가 $(p)$ 를 나누고 $p$ 가 $\operatorname{N}(\mathfrak{p}_{i})$ 를 나눈다는 것을 의미합니다. 그러므로 $\mathfrak{a}$ 를 만들기 위해 사용할 모든 $\mathfrak{p}_{i}$ 를 그것들이 어느 $(p)$ 에서 왔는지에 따라 묶어봅시다.

좀 더 극적으로 표현하자면: 여러분에게 체리나무가 있다고 상상해 보십시오. 각 가지는 소수 $(p)$ 에 대응하며, $(p)$ 의 인수들(유한히 많음)을 체리(소 아이디얼)로서 담고 있습니다. 여러분의 바구니(만들고 있는 아이디얼 $\mathfrak{a}$ )는 총 무게(노름) $M_{K}$ 만큼만 담을 수 있습니다. 그러므로 $M_{K}$ 보다 높은 가지에는 손도 댈 수 없습니다. 체리를 중복해서 담을 수는 있지만(이런), 가지 $(p)$ 에 달린 체리의 무게는 반드시 $\geq p$ 이므로, 이 모든 것은 $\mathfrak{a}$ 를 만드는 방법의 수가 유한함을 의미합니다. ∎

56.8 유수의 계산

정의 56.8.1.

$\mathrm{Cl}_{K}$ 의 위수를 $K$ 의 유수라고 부릅니다.

비고 56.8.2.

만약 $\mathrm{Cl}_{K}=1$ 이면, $\mathcal{O}_{K}$ 는 PID이며 따라서 UFD입니다.

$M_{K}$ 의 실제 값을 계산함으로써, 우리는 앞선 증명에서 언급한 “체리나무” 전체를 말 그대로 만들어 낼 수 있습니다. 어떻게 하는지 예를 들어봅시다!

명제 56.8.3.

체 $\mathbb{Q}(\sqrt{-67})$ 의 유수는 $1$ 입니다.

증명.

$K=\mathbb{Q}(\sqrt{-67})$ 의 부호수가 $(0,1)$ 이고 판별식이 $\Delta_{K}=-67$ 이므로 ( $-67\equiv 1\pmod{4}$ 이기 때문), 우리는 다음을 계산할 수 있습니다

M_{K}=\left(\frac{4}{\pi}\right)^{1}\cdot\frac{2!}{2^{2}}\sqrt{67}\approx 5.2.

이는 $(2)$ , $(3)$ , $(5)$ 이후로 체리나무를 잘라낼 수 있음을 의미하는데, 이 가지들 위의 체리들은 반드시 노름이 $\geq M_{K}$ 이기 때문입니다. 이제 이것들 각각을 $\mathcal{O}_{K}=\mathbb{Z}[\theta]$ 에서 인수분해하고자 하는데, 여기서 $\theta=\frac{1+\sqrt{-67}}{2}$ 는 최소다항식 $x^{2}-x+17$ 을 갖습니다. 그런데 놀라운 일이 일어납니다:

•

$x^{2}-x+17\pmod{2}$ 를 줄여보면, 기약다항식 $x^{2}-x+1$ 을 얻습니다. 인수분해 알고리즘(정리 55.5.4)에 의해 이는 $(2)$ 가 소 아이디얼임을 의미합니다.
•

마찬가지로, 법 $3$ 으로 줄이면 $x^{2}-x+2$ 를 얻는데, 이는 기약다항식입니다. 이는 $(3)$ 이 소 아이디얼임을 의미합니다.
•

마지막으로, 같은 이유로 $(5)$ 는 소 아이디얼입니다.

오늘은 운이 좋은 날입니다. 아이디얼 $(2)$ , $(3)$ , $(5)$ 모두 소 아이디얼(이미 주 아이디얼)입니다. 다르게 말하면, 세 가지 각각에는 오직 하나의 (큰) 체리만 달려 있습니다. 이는 노름이 $\leq M_{K}$ 인 정수 아이디얼을 만들 때마다 그것이 실제로 주 아이디얼임을 의미합니다. 사실, 이들은 각각 노름 $4$ , $9$ , $25$ 를 가지므로… $(3)$ 과 $(5)$ 에는 손도 댈 수 없고, 얻을 수 있는 아이디얼은 (노름 $1$ 과 $4$ 를 갖는) $(1)$ 과 $(2)$ 뿐입니다.

이제 우리는 이것이 전부라고 주장합니다. $\operatorname{N}(\mathfrak{b})\leq M_{K}$ 인 정수 아이디얼 $\mathfrak{b}$ 가 있다고 합시다. 위의 논의에 의해, $\mathfrak{b}=(1)$ 이거나 $\mathfrak{b}=(2)$ 이며, 둘 다 주 아이디얼이므로 $\mathrm{Cl}_{K}$ 에서 자명합니다. 그러므로 필요한 대로 $J$ 역시 $\mathrm{Cl}_{K}$ 에서 자명합니다. ∎

몇 개 더 해봅시다.

정리 56.8.4 (가우스 정수 $\mathbb{Z}[i]$ 는 UFD를 이룹니다).

체 $\mathbb{Q}(i)$ 의 유수는 $1$ 입니다.

증명.

이것은 $K=\mathbb{Q}(i)$ 일 때의 $\mathcal{O}_{K}$ 이므로, 우리는 그저 $\mathrm{Cl}_{K}$ 가 자명하기를 원합니다. $M_{K}=\frac{2}{\pi}\sqrt{4}<2$ 입니다. 따라서 모든 류는 다음을 만족하는 노름 $\mathfrak{b}$ 의 정수 아이디얼을 가집니다

\operatorname{N}(\mathfrak{b})\leq\left(\frac{4}{\pi}\right)^{1}\cdot\frac{2!}% {2^{2}}\cdot\sqrt{4}=\frac{4}{\pi}<2.

흠, 그건 시시합니다: 우리는 고를 가지가 아예 없습니다. 다시 말해, $\mathfrak{b}=(1)$ 일 수밖에 없습니다. ∎

여전히 유일 인수분해로 밝혀지는 또 다른 예가 있습니다만, 이번에는 우리의 벚나무에 실제로 딸 수 있는 벚꽃이 열릴 것입니다.

명제 56.8.5 ( $\mathbb{Z}[\sqrt{7}]$ 는 UFD입니다).

체 $\mathbb{Q}(\sqrt{7})$ 의 유수는 $1$ 입니다.

증명.

먼저 민코프스키 경계를 계산합니다.

질문 56.8.6.

$M_{K}\approx 2.646$ 임을 확인하십시오.

그러므로 이번에는 유일한 가지는 $(2)$ 입니다. 평소처럼 $(2)$ 를 인수분해해 봅시다: 다항식 $x^{2}+7$ 은 $(x-1)(x+1)\pmod{2}$ 로 축약되므로

(2)=\left(2,\sqrt{7}-1\right)\left(2,\sqrt{7}+1\right).

이런! 이제 우리는 두 개의 체리를 가지게 되었고, 둘 다 그럴듯해 보입니다. 하지만 실제로는 다음이 성립한다고 주장합니다

\left(2,\sqrt{7}-1\right)=\left(3-\sqrt{7}\right).

질문 56.8.7.

이를 증명하십시오.

그러므로 두 체리 모두 주 아이디얼이며, 앞서와 마찬가지로 $\mathrm{Cl}_{K}$ 가 자명하다고 결론지을 수 있습니다. 다만 이번에는 소 아이디얼 $(2)$ 가 실제로 분해된다는 점에 유의하십시오. 두 체리가 주 아이디얼이었던 것은 운이 좋았던 것이며, 이런 방식이 항상 통하지는 않습니다. ∎

자명하지 않은 류군은 어떨까요? 먼저, 벚나무에서의 작업을 좁혀 나가는 데 도움이 될 보조정리를 하나 사용하겠습니다.

보조정리 56.8.8 (아이디얼은 자신의 노름을 나눕니다).

$\operatorname{N}(\mathfrak{b})=n$ 인 정수 아이디얼 $\mathfrak{b}$ 가 있다고 합시다. 그러면 $\mathfrak{b}$ 는 아이디얼 $(n)$ 을 나눕니다.

증명.

정의에 의해 $n=\left\lvert\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{b}\right\rvert$ 입니다. $\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{b}$ 를 (덧셈적) 아벨 군으로 취급하고 라그랑주 정리를 사용하면, 다음을 얻습니다

0\equiv\underbrace{\alpha+\dots+\alpha}_{n\text{곱하기}}=n\alpha\pmod{\mathfrak{b% }}\qquad\text{모든 ~{}에 대하여}\alpha\in\mathcal{O}_{K}.

따라서 $(n)\subseteq\mathfrak{b}$ 이며, 증명이 끝났습니다. ∎

다른 방법으로, 장 59를 읽으셨다면: 확장 $K/\mathbb{Q}$ 가 갈루아 확장인 경우, 비고 54.1.9와 유사하게 $\prod_{\sigma\in\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})}\sigma(\mathfrak{b})=(n)$ 임을 실제로 증명할 수 있으며, 이는 결과 $\mathfrak{b}\mid(n)$ 을 함의합니다.

이제 그러한 예를 하나 들어보겠습니다.

명제 56.8.9 ( $\mathbb{Q}(\sqrt{-17})$ 의 이데알류군).

수체 $K=\mathbb{Q}(\sqrt{-17})$ 의 이데알류군은 $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ 입니다.

이 증명은 다소 지저분하므로, 전체를 상세히 읽으실 필요는 없습니다. 요점은 류군에서 자명하지 않은 체리가 몇 개 있다는 것입니다.

증명.

$\Delta_{K}=-68$ 이므로, 민코프스키 경계를 계산합니다

M_{K}=\frac{4}{\pi}\sqrt{17}<6.

이제 $(2)$ , $(3)$ , $(5)$ 로 인수분해하는 것으로 충분합니다. $\sqrt{-17}$ 의 최소다항식은 $x^{2}+17$ 이므로, 늘 하던 대로

	$\displaystyle(2)$	$\displaystyle=(2,\sqrt{-17}+1)^{2}$
	$\displaystyle(3)$	$\displaystyle=(3,\sqrt{-17}-1)(3,\sqrt{-17}+1)$
	$\displaystyle(5)$	$\displaystyle=(5)$

이는 $x^{2}+17$ 을 $2$ , $3$ , $5$ 각각으로 나눈 나머지에 따른 인수분해에 대응합니다. $\mathfrak{p}=(2,\sqrt{-17}+1)$ 이라 하고, $\mathfrak{q}_{1}=(3,\sqrt{-17}-1)$ , $\mathfrak{q}_{2}=(3,\sqrt{-17}+1)$ 이라 합시다. 다음을 계산할 수 있습니다

\operatorname{N}(\mathfrak{p})=2\quad\text{그리고}\quad\operatorname{N}(\mathfrak% {q}_{1})=\operatorname{N}(\mathfrak{q}_{2})=3.

특히 이들은 주 아이디얼이 아닙니다. 아이디얼 $(5)$ 는 논외입니다; 이는 노름이 $25$ 입니다. 따라서 세 체리는 $\mathfrak{p}$ , $\mathfrak{q}_{1}$ , $\mathfrak{q}_{2}$ 입니다.

노름 $\leq 5$ 인 아이디얼로 이 체리들을 배열하는 가능한 방법은 다음과 같습니다

\left\{(1),\mathfrak{p},\mathfrak{q}_{1},\mathfrak{q}_{2},\mathfrak{p}^{2}% \right\}.

그러나

\mathfrak{p}^{2}=(2)

임을 계산할 수 있으므로 $\mathfrak{p}^{2}$ 와 $(1)$ 은 같은 유수군에 속합니다. 즉, 이들은 자명합니다. 특히, 유수군은 위수가 최대 $4$ 입니다.

지금부터 $[\mathfrak{a}]$ 가 $\mathfrak{a}$ 가 속한 클래스(유수군의 원소)를 나타내도록 합시다. $\mathfrak{p}$ 가 주 아이디얼이 아니므로( $[\mathfrak{p}]\neq[(1)]$ ), $\mathfrak{p}$ 는 위수가 2임이 따라옵니다. 따라서 라그랑주 정리에 의해 $\mathrm{Cl}_{K}$ 의 위수는 $2$ 또는 $4$ 입니다.

이제 $[\mathfrak{q}_{1}]^{2}\neq[(1)]$ 임을 주장하는데, 이는 $\mathfrak{q}_{1}$ 이 $2$ 보다 큰 위수를 가짐을 의미합니다. 그렇지 않다면, $\mathfrak{q}_{1}^{2}$ 은 주 아이디얼입니다. $\operatorname{N}(\mathfrak{q}_{1})=3$ 임을 알고 있으므로, 이는 오직 $\mathfrak{q}_{1}^{2}=(3)$ 인 경우에만 일어날 수 있습니다. 이는 $\mathfrak{q}_{1}=\mathfrak{q}_{2}$ 를 강제합니다. 그러나 $\mathfrak{q}_{1}+\mathfrak{q}_{2}=(1)$ 이므로 이는 불가능합니다.

따라서 $\mathfrak{q}_{1}$ 은 $2$ 보다 큰 짝수 위수를 가집니다. 그러므로 위수는 $4$ 여야 합니다. 이로부터

\mathrm{Cl}_{K}\cong\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}.\qed

임을 유도할 수 있습니다.

비고 56.8.10.

하버드에서 Math 129 수업 중 이 작업을 했을 때, 학생들이 (농담 삼아) $\frac{4}{\pi}\sqrt{17}$ 을 계산하는 어려움에 대해 불평하는 5분간의 소동이 있었습니다. 발췌:

“시험에 소형 계산기를 가져와도 됩니까?” – 학생 1
“크기가 무슨 상관입니까? 애플 워치를 가지고 있을 수도 있습니다” – 교수
“ $\pi\geq 3$ 이라는 사실을 그냥 이용하십시오” – 나
“[다른 교수]님도 그것을 모르는데, 저희가 어떻게 알겠습니까?” – 학생 2
“이것은 스스로 해야 합니다!” – 교수
“이것은 말도 안 됩니다.” – 학생 1

56.9 선택: $\mathcal{O}_{K}$ 가 자유 $\mathbb{Z}$ -가군임을 증명

이제 정리 54.2.12 을 증명할 적절한 도구를 갖추었습니다.

$\mathcal{O}_{K}$ 가 환임을 알고 있으므로, 이는 당연히 $\mathbb{Z}$ -가군이어야 합니다. 이것이 차수 $n=|K:\mathbb{Q}|$ 의 자유 $\mathbb{Z}$ -가군이 아니라고 가정해봅시다. 무엇이 잘못될 수 있을까요?

•

먼저, $\mathbb{Q}$ 나 환 확장 $\mathbb{Z}[\frac{1}{2}]$ 처럼 조밀할 수 있으며(이는 유한 생성이 아니고 자유롭지도 않게 만듭니다), 이러한 경우가 발생할 수 있습니다.
•

그렇지 않더라도, 계수가 $n$ 보다 작을 수 있습니다.

두 번째 가능성은 훨씬 쉽게 배제할 수 있습니다. $\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}$ 을 $K$ 의 기저라고 합시다. 정리 54.2.6 을 이용하면, $d_{1}\alpha_{1},\dots,d_{n}\alpha_{n}\in\mathcal{O}_{K}$ 가 되는 양의 정수 $d_{1},\dots,d_{n}$ 이 존재합니다. $\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}$ 이 선형독립이므로, 이는 $\operatorname{rank}\mathcal{O}_{K}\geq n$ 을 의미합니다.

반대 방향은 더 어렵습니다. $\mathcal{O}_{K}$ 가 어떤 의미에서 ”이산적”임을 증명하고자 합니다.

지금부터 $\alpha_{i}$ 를 $d_{i}\alpha_{i}$ 로 대체하면, 이들은 여전히 $\mathbb{Q}$ -벡터 공간 $K$ 의 기저이면서, 더 나아가 이제 $\mathcal{O}_{K}$ 에 속하게 됩니다.

세 가지 서로 다른 증명이 제시될 것입니다.

56.9.1 첫 번째 증명

$\mathcal{O}_{K}$ 가 계수 $n$ 인 어떤 자유 $\mathbb{Z}$ -가군에 포함됨을 보이겠습니다.

구체적으로, 어떤 정수 $d\neq 0$ 에 대해 $\mathcal{O}_{K}\subseteq\langle\frac{1}{d}\alpha_{1},\dots,\frac{1}{d}\alpha_{% n}\rangle$ 임을 보이겠습니다.

$\mathcal{O}_{K}$ 가 계수 $n$ 인 자유 $\mathbb{Z}$ -가군임을 이미 알고 있다고 가정해봅시다. $d$ 를 어떻게 계산할 수 있을까요?

연습문제 56.9.1.

다음은 $d$ 를 계산하려는 몇 가지 소박한 시도들이지만, 안타깝게도 이들은 성립하지 않습니다. $\langle 1,1+2i\rangle\subseteq\mathbb{Z}[i]$ 에서 이를 확인해보십시오.

•

$d$ 를 $\langle\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}\rangle$ 에 속하는 첫 번째 양의 정수로 잡습니다. (정리 55.3.6 에서 영감을 받은 시도입니다.)
•

$d$ 를 $\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}$ 의 노름의 곱으로 잡습니다.

대신, 격자의 메시를 계산하는 방식에서 영감을 받은 아이디어를 이용하여 $d$ 를 계산하겠습니다. $A=\langle\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}\rangle$ 이라 하면, 이는 격자이며 계수 $n$ 인 자유 $\mathbb{Z}$ -가군입니다.

연습문제 56.9.2.

$\mathcal{O}_{K}$ 가 계수 $n$ 의 자유 가군임을 이미 알고 있다고 가정합니다. $|\mathcal{O}_{K}/A|$ 가 유한함을 보이십시오. 모든 $x\in\mathcal{O}_{K}$ 에 대해 $|\mathcal{O}_{K}/A|\cdot x\in A$ 임을 결론지으십시오.

문제 57B와 동일한 논증을 사용하면, $\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}$ 이 생성하는 격자의 ”판별식”(제곱 메시)이 정수임을 증명할 수 있습니다. 공식적으로, 다음과 같이 놓습니다:

d\coloneqq\det\begin{bmatrix}\sigma_{1}(\alpha_{1})&\dots&\sigma_{n}(\alpha_{1% })\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ \sigma_{1}(\alpha_{n})&\dots&\sigma_{n}(\alpha_{n})\\ \end{bmatrix}^{2}.

연습문제 56.9.3.

(적어도 모든 매장이 실수인 경우에는) $\mathcal{O}_{K}$ 와 $A$ 의 메시 비율이 정확히 몫 아벨 군 $\mathcal{O}_{K}/A$ 의 크기, 즉 $\left\lvert\frac{d}{\Delta_{K}}\right\rvert=|\mathcal{O}_{K}/A|^{2}$ 임을 스스로 납득해 보십시오. 모든 $x\in\mathcal{O}_{K}$ 에 대해 $d\cdot x\in A$ 임을 결론지으십시오.

이는 $\mathcal{O}_{K}\subseteq\langle\frac{1}{d}\alpha_{1},\dots,\frac{1}{d}\alpha_{% n}\rangle$ 을 함의하며, 이는 계수 $n$ 의 또 다른 자유 $\mathbb{Z}$ -가군입니다.

그러나 위 논증은 $\Delta_{K}$ 가 존재함을 가정하므로 순환 논법입니다(이는 값 $d$ 가 어디서 비롯되는지에 대한 동기 부여로만 사용될 수 있습니다). 실제 증명은 다음과 같습니다.

문제 57B와 유사하게, 다음과 같이 정의합니다

d\coloneqq\det[\operatorname{Tr}_{K/\mathbb{Q}}(\alpha_{i}\alpha_{j})]_{i,j}.

그러면, $\{\alpha_{i}\}_{i}$ 가 $K$ 를 $\mathbb{Q}$ -벡터 공간으로서 생성하므로, 다음을 만족하는 어떤 $\begin{pmatrix}x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\end{pmatrix}\in\mathbb{Q}^{\oplus n}$ 이 존재합니다

\begin{bmatrix}\alpha_{1}&\cdots&\alpha_{n}\end{bmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x\end{pmatrix}.

이는 다음을 의미합니다

\begin{bmatrix}\operatorname{Tr}_{K/\mathbb{Q}}(\alpha_{1}\alpha_{1})&\cdots&% \operatorname{Tr}_{K/\mathbb{Q}}(\alpha_{1}\alpha_{n})\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ \operatorname{Tr}_{K/\mathbb{Q}}(\alpha_{n}\alpha_{1})&\cdots&\operatorname{Tr% }_{K/\mathbb{Q}}(\alpha_{n}\alpha_{n})\end{bmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\operatorname{Tr}_{K/\mathbb{Q}}(\alpha_{1}x% )\\ \vdots\\ \operatorname{Tr}_{K/\mathbb{Q}}(\alpha_{n}x)\end{pmatrix}.

즉, 간단히 말하면,

(\text{행렬식이 $d$인 어떤 행렬 $\in\mathrm{Mat}_{n}(\mathbb{Z})$})\cdot\begin{pmatrix}% x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\end{pmatrix}=(\text{어떤 벡터 $\in\mathbb{Z}^{\oplus n}$}).

질문 56.9.4.

$d\cdot x\in A$ 라는 증명을 마무리하십시오. (크라메르 공식. 또는 수반행렬을 취하십시오.)

마지막으로, $\mathcal{O}_{K}$ 가 계수 $n$ 의 두 자유 $\mathbb{Z}$ -가군 사이에 끼어 있으므로, 이 또한 계수 $n$ 의 자유 가군임을 얻습니다.²²2비고 55.3.7에서 유사한 작업을 한 바 있습니다.

질문 56.9.5.

이를 마무리하십시오. (정리 18.1.5을 여기서 사용할 수 있습니다.)

56.9.2 두 번째 증명

이번에는 $d$ 로 나누는 대신, 쌍대 격자를 취합니다.

쌍대 격자란 무엇이며, 왜 이를 사용할 생각을 하게 될까요? 이 증명에 대한 동기를 부여하는 한 가지 방법은 아이디얼의 역원을 살펴보는 것입니다. 만약 $(1)\mid\mathfrak{a}$ 라면(즉 $\mathfrak{a}$ 가 정수 아이디얼이라면), $\mathfrak{a}^{-1}\mid(1)$ 입니다.

여기서 $\mathfrak{a}^{-1}\coloneqq\{x\in K\mid xa\in\mathcal{O}_{K}\text{모든 ~{}에 대하여}a% \in\mathfrak{a}\}$ 입니다.

이와 비슷한 것을 해볼 수 있다고 생각할 수 있는데, 다음을 고려하는 것입니다

\{x\in K\mid xa\in\mathcal{O}_{K}\text{모든 ~{}에 대하여}a\in\langle\alpha_{1},\dots% ,\alpha_{n}\rangle\}.

이 집합은 실제로 계수 $n$ 의 격자이지만, 이는 논증을 증명하는 데 통하지 않습니다! 우리는 애초에 $\mathcal{O}_{K}$ 가 ”이산적”임을 증명하려는 것인데, 만약 $\mathcal{O}_{K}=K$ 라면 위의 집합 역시 $K$ 와 같아질 것입니다.

대신, 우리는 이미 알고 있는 것 — 즉 $\mathbb{Z}$ 의 이산성 — 에 의존해야 합니다. 다음과 같이 정의합니다

S\coloneqq\{x\in K\mid\operatorname{Tr}_{K/\mathbb{Q}}(xa)\in\mathbb{Z}\text{모% 든 ~{}에 대하여}a\in\langle\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}\rangle\}.

이 집합은 이전 집합보다 조금 더 큽니다.

질문 56.9.6.

이 집합이 이전 집합의 상위집합임을 확인하십시오. 그런 다음 $\mathcal{O}_{K}\subseteq S$ 임을 결론지으십시오.

연습문제 56.9.7.

$\langle 1,2i\rangle\subseteq\mathbb{Z}[i]$ 을 고려해 보십시오. 이때 집합 $S$ 는 무엇이 될까요? ( $\mathbb{C}$ 에서의 대각합은 실수부의 두 배임을 기억하십시오.)

$S$ 는 여전히 계수 $n$ 의 격자입니다 — 그리고 이번에는 실제로 이를 증명할 수 있습니다! 우리는 이미 $\mathbb{Z}$ 가 이산적임을 알고 있기 때문입니다.

이번에는 순수하게 대수적인 문제이며, 여기서는 벡터 공간에 대한 지식만 사용하면 됩니다. $x\in K$ 인 각 원소는 벡터로 나타낼 수 있습니다.

F(x)\coloneqq\begin{pmatrix}x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\end{pmatrix}\in\mathbb{Q}^{\oplus n}

기저 $\{\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}\}$ 을 사용한다면 말입니다.

연습문제 56.9.8.

$(x,y)\mapsto\operatorname{Tr}_{K/\mathbb{Q}}(x\cdot y)$ 가 그러면 $\operatorname{GL}_{n}(\mathbb{Q})$ 에서 가역인 행렬로 쓰일 수 있음을 보이십시오 — 구체적으로, $\operatorname{Tr}_{K/\mathbb{Q}}(x\cdot y)=F(x)^{\top}MF(y)$ 를 만족하는 $M\in\operatorname{GL}_{n}(\mathbb{Q})$ 가 존재하며, 여기서 $F(x)^{\top}$ 는 $F(x)$ 의 전치입니다.

이는 $(x,y)\mapsto\operatorname{Tr}_{K/\mathbb{Q}}(x\cdot y)$ 를 거의 내적으로 만듭니다(장 13 참고). 다만 양의 정부호가 아니라는 점만 다릅니다(예를 들어, $\mathbb{C}$ 에서 $\operatorname{Tr}((1+i)^{2})=0$ 입니다). 하지만 행렬이 가역이라는 사실만으로도 다음을 하기에 충분합니다:

연습문제 56.9.9.

증명을 완성하십시오. (힌트: 행렬 $\begin{bmatrix}F(\alpha_{1})&\cdots&F(\alpha_{n})\end{bmatrix}\in\operatorname% {GL}_{n}(\mathbb{Q})$ 을 고려하십시오. $x\in S$ 가 되기 위한 $F(x)$ 에 대한 조건은 무엇입니까?)

56.9.3 세 번째 증명

$\mathcal{O}_{K}$ 가 계수 $n$ 의 자유 $\mathbb{Z}$ -가군임을 증명하고자 한다는 것을 상기하십시오. 이를 위해, 이것이 $n$ 개의 원소로 생성될 수 없다고 가정한 다음, $\mathcal{O}_{K}$ 가 이산적이지 않음을 보이는데, 이는 노름이 연속임을 알고 있기 때문에 문제를 일으킵니다.

연습문제 56.9.10.

$K\cong\mathbb{Q}^{\oplus n}$ 을 생각해 보십시오, 이는 $K$ 위에 위상을 부여합니다. $x\mapsto|\operatorname{N}(x)|$ 가 실제로 연속임을 확인하십시오.

모든 $x\in\mathcal{O}_{K}$ 에 대해 $|\operatorname{N}(x)|\in\mathbb{Z}$ 임을 알고 있습니다.

연습문제 56.9.11.

위의 위상에서 $0$ 을 제외하고는 $\mathcal{O}_{K}$ 의 어떤 원소도 포함하지 않는 공 $B(0,r)$ 이 존재함을 결론지으십시오.

자, $\mathcal{O}_{K}$ 가 $n$ 개의 원소로 생성될 수 없다면 무엇이 잘못될까요? 문제는 빠르게 발생합니다:

연습문제 56.9.12.

$\langle\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}\rangle$ 가 $K$ 를 $\mathbb{Q}$ -벡터 공간으로서 생성한다고 합시다. $x\in\mathcal{O}_{K}$ 인 $x$ 가 $\{\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}\}$ 의 $\mathbb{Z}$ -선형 결합이 아니라고 합시다. 모두 $0$ 은 아닌 $z_{1},\dots,z_{n}\in[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]$ 가 존재하고, $\{\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}\}$ 의 $\mathbb{Z}$ -선형 결합인 $z$ 가 존재하여 $x+z=\sum_{i=1}^{n}z_{i}\alpha_{i}$ 가 성립함을 보이십시오.

연습문제 56.9.13.

위와 같은 표기로, $z_{1}\neq 0$ 이라고 가정하십시오. $\alpha_{1}$ 을 $z_{1}$ 로 바꾸면, 새로운 집합 $\{z_{1},\alpha_{2},\dots,\alpha_{n}\}$ 이 여전히 $K$ 를 $\mathbb{Q}$ -벡터 공간으로서 생성하며, 나아가 격자의 메시가 적어도 절반 감소함을 보이십시오.

예제 56.9.14.

$A\subseteq\mathbb{C}$ 가 격자라고 가정하십시오. $1\in A$ 이고 $i\in A$ 임을 알고 있으므로, $\mathbb{Z}[i]\subseteq A$ 입니다.

추가로 $2.3-3.1i\in A$ 임을 안다고 가정하십시오.

$A$ 가 덧셈에 대해 닫혀 있으므로, $(2.3-3.1i)+(-2+3i)=0.3-0.1i\in A$ 임을 알 수 있습니다. 기저에서 $1$ 을 $0.3-0.1i$ 로 바꿉니다. 그러면 격자 $\langle i,0.3-0.1i\rangle\subseteq A$ 는 예상대로 $\langle 1,i\rangle$ 보다 작은 메시를 가집니다.

이를 무한히 계속할 수 있으므로 ( $\mathcal{O}_{K}$ 는 결코 생성되지 않습니다), 메시는 빠르게 $0$ 으로 감소합니다.

그럼, 끝난 걸까요? 메시가 $0$ 으로 가니, 어쩌면 어떤 $\alpha_{i}$ 의 최소 거리도 $0$ 으로 가지 않을까요? 거의 맞지만, 완전히는 아닙니다:

예제 56.9.15.

$\alpha_{1}=1+3i$ 와 $\alpha_{2}=2+7i$ 를 생각해 보십시오.

$\alpha_{1}$ 과 $\alpha_{2}$ 가 생성하는 격자의 메시는 $1$ 이지만, $\alpha_{1}$ 도 $\alpha_{2}$ 도 원점에 특별히 가깝지 않습니다.

여기서 다시 민코프스키 경계를 적용해야 합니다: 메시가 $d$ 라고 가정하면, 원점을 중심으로 하고 부피가 $2^{n}d$ 인 정육면체는 0이 아닌 격자점을 포함합니다.³³3구를 사용하면 물론 더 나은 경계를 얻겠지만, 그 부피는 계산하기가 조금 더 어렵습니다. 이 점의 거리는 원점으로부터 $\sqrt{n}\cdot\sqrt[n]{d}$ 보다 멀 수 없습니다.

비고 56.9.16.

이와 관련하여, LLL 격자 기저 축소 알고리즘은 실제로 원점에 충분히 가까운 격자 위의 점을 찾는 데 사용될 수 있습니다.

$d$ 가 충분히 작으면, $\sqrt{n}\cdot\sqrt[n]{d}<r$ 이 성립하는데, 여기서 $r$ 은 위에서 보인 격자점이 없는 공이며, 이는 모순을 줍니다. 그러므로 증명이 끝났습니다!

56.10 생각해 볼 만한 조금 더 어려운 문제

문제 56A.

$K=\mathbb{Q}(\sqrt{-163})$ 가 자명한 유형군을 가지며, 따라서 $\mathcal{O}_{K}=\mathbb{Z}\left[\frac{1+\sqrt{-163}}{2}\right]$ 가 UFD임을 보이십시오.⁴⁴4사실, $n=163$ 은 $\mathbb{Q}(\sqrt{-n})$ 이 자명한 유형군을 가지는 가장 큰 수입니다. 완전한 목록은 $1,2,3,7,11,19,43,67,163$ 이며, 이를 히그너 수라고 부릅니다. 위 문제를 풀 때 오일러의 소수 생성 다항식 $t^{2}+t+41$ 을 눈치챘을지도 모릅니다. 우연이 아닙니다!

힌트. 이전 절차를 반복하십시오.

문제 56B.

$\mathbb{Q}(\sqrt{-31})$ 의 유수군을 결정하십시오.

힌트. 위수가 3인 군을 얻어야 합니다.

문제 56C (China TST 1998).

$n$ 을 양의 정수라 합시다. 평면 위의 (반드시 볼록일 필요는 없는) 다각형의 넓이가 $n$ 보다 크다고 합시다. 이를 평행이동하여 적어도 $n+1$ 개의 격자점을 포함하도록 할 수 있음을 증명하십시오.

힌트. 민코프스키 정리 (a)의 증명을 모방하십시오.

문제 56D (보조정리 56.3.6).

매장 $K\hookrightarrow\mathbb{R}^{r_{1}}\times\mathbb{C}^{r_{2}}\xrightarrow{\sim}% \mathbb{R}^{n}$ 의 합성을 생각하십시오. $\mathcal{O}_{K}\subseteq K$ 의 상이 다음과 같은 메쉬를 가짐을 보이십시오.

\frac{1}{2^{r_{2}}}\sqrt{\left\lvert\Delta_{K}\right\rvert}.

힌트. 선형대수학.

문제 56E.

$p\equiv 1\pmod{4}$ 인 소수 $p$ 가 있다고 합시다. $a^{2}+b^{2}=p$ 를 만족하는 정수 $a>b>0$ 이 유일하게 존재함을 보이십시오.

힌트. $\mathbb{Q}(i)$ 에서 인수분해하십시오.

문제 56F (한국 국가수리올림피아드 2014).

$p$ 를 홀수 소수, $k$ 를 $p\mid k^{2}+5$ 를 만족하는 양의 정수라 합시다. $p^{2}=m^{2}+5n^{2}$ 을 만족하는 양의 정수 $m$ , $n$ 이 존재함을 증명하십시오.

힌트. $p$ 를 인수분해하여, $\mathbb{Q}(\sqrt{-5})$ 의 유수군의 위수가 2임을 보이십시오.

풀이. $K=\mathbb{Q}(\sqrt{-5})$ 라 하자. 민코프스키 경계를 이용하여 $\mathrm{Cl}_{K}$ 의 위수가 2임을 확인하십시오; 또한 $\Delta_{K}=-20$ 입니다. 이제 $\mathcal{O}_{K}=\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ 이고, $x^{2}+5$ 는 $p$ 를 법으로 $(x+k)(x-k)$ 로 인수분해됨에 주목하십시오; 따라서 $\mathcal{O}_{K}$ 에서 $(p)=(p,\sqrt{-5}+k)(p,\sqrt{-5}-k)=\mathfrak{p}_{1}\mathfrak{p}_{2}$ 가 성립합니다. $p>5$ 인 경우 소수 $p$ 는 분기하지 않으며 $\mathfrak{p}_{1}\neq\mathfrak{p}_{2}$ 입니다, 이는 $\Delta_{K}=-20$ 이기 때문입니다.

그러면 $(p^{2})=\mathfrak{p}_{1}^{2}\cdot\mathfrak{p}_{2}^{2}$ 입니다. 유수군의 위수가 2이므로 $\mathfrak{p}_{1}^{2}$ 과 $\mathfrak{p}_{2}^{2}$ 은 모두 주 아이디얼이며, $\mathfrak{p}_{1}\neq\mathfrak{p}_{2}$ 이므로 이 둘은 서로 다릅니다. 따라서 $p^{2}$ 은 $\mathcal{O}_{K}$ 의 두 원소의 자명하지 않은 곱이며, 이로부터 원하는 인수분해를 이끌어낼 수 있습니다.

문제 56G.

$K$ 를 수체라 하고 $\mathfrak{p}$ 를 임의의 0이 아닌 소 아이디얼이라 합시다. 다른 임의의 소 아이디얼 $\mathfrak{q}$ 에 대해 $x\notin\mathfrak{q}$ 이면서 $x\in\mathfrak{p}$ 인 $x$ 가 존재함을 증명하십시오.

힌트. $n$ 을 $\mathfrak{p}^{n}$ 이 주 아이디얼이 되는 양의 정수라 하자.

풀이. $\mathfrak{p}^{n}$ 이 주 아이디얼이 되는 양의 정수 $n$ 을 잡습니다(예를 들어 $n=|\mathrm{Cl}_{K}|$ ). $\mathfrak{p}^{n}=(x)$ 이면, $x$ 가 원하는 조건을 만족합니다.

장 56 민코프스키 경계와 유상군

56.1 유상군

질문 56.1.1.

예제 56.1.2 (ℚ(−5)에서의 아이디얼 류).

56.2 수체의 판별식

정리 56.2.1 (대수체의 n개의 매장).

증명.

정의 56.2.2.

예제 56.2.3 (K=ℚ(2)의 판별식).

예제 56.2.4 (ℚ(i)의 판별식).

예제 56.2.5 (ℚ(5)의 판별식).

연습문제 56.2.6.

56.3 수체의 시그니처

정의 56.3.1.

예제 56.3.2 (시그니처의 기본 예시).

예제 56.3.3 (더 많은 시그니처).

질문 56.3.4.

예제 56.3.5 (정준 매입의 예시).

보조정리 56.3.6.

증명.

보조정리 56.3.7.

증명 스케치.

56.4 민코프스키 정리

정리 56.4.1 (민코프스키).

질문 56.4.2.

증명 스케치.

56.5 함정 상자

정의 56.5.1.

보조정리 56.5.2 (쥐덫의 효과).

보조정리 56.5.3 (쥐덫의 크기).

질문 56.5.4.

56.6 민코프스키 경계

정리 56.6.1 (민코프스키 경계).

증명.

56.7 유수군은 유한합니다

정의 56.7.1.

질문 56.7.2.

예제 56.7.3.

질문 56.7.4.

따름정리 56.7.5 (유군의 유한성).

증명.

56.8 유수의 계산

정의 56.8.1.

비고 56.8.2.

명제 56.8.3.

증명.

정리 56.8.4 (가우스 정수 ℤ[i]는 UFD를 이룹니다).

증명.

명제 56.8.5 (ℤ[7]는 UFD입니다).

증명.

질문 56.8.6.

질문 56.8.7.

보조정리 56.8.8 (아이디얼은 자신의 노름을 나눕니다).

증명.

명제 56.8.9 (ℚ(−17)의 이데알류군).

증명.

비고 56.8.10.

56.9 선택: 𝒪K가 자유 ℤ-가군임을 증명

56.9.1 첫 번째 증명

연습문제 56.9.1.

연습문제 56.9.2.

연습문제 56.9.3.

질문 56.9.4.

질문 56.9.5.

56.9.2 두 번째 증명

질문 56.9.6.

연습문제 56.9.7.

연습문제 56.9.8.

연습문제 56.9.9.

56.9.3 세 번째 증명

연습문제 56.9.10.

연습문제 56.9.11.

연습문제 56.9.12.

연습문제 56.9.13.

예제 56.9.14.

예제 56.9.15.

비고 56.9.16.

56.10 생각해 볼 만한 조금 더 어려운 문제

문제 56A.

문제 56B.

예제 56.1.2 ( $\mathbb{Q}(\sqrt{-5})$ 에서의 아이디얼 류).

정리 56.2.1 (대수체의 $n$ 개의 매장).

예제 56.2.3 ( $K=\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 의 판별식).

예제 56.2.4 ( $\mathbb{Q}(i)$ 의 판별식).

예제 56.2.5 ( $\mathbb{Q}(\sqrt{5})$ 의 판별식).

정리 56.8.4 (가우스 정수 $\mathbb{Z}[i]$ 는 UFD를 이룹니다).

명제 56.8.5 ( $\mathbb{Z}[\sqrt{7}]$ 는 UFD입니다).

명제 56.8.9 ( $\mathbb{Q}(\sqrt{-17})$ 의 이데알류군).

56.9 선택: $\mathcal{O}_{K}$ 가 자유 $\mathbb{Z}$ -가군임을 증명