장 56 민코프스키 한계와 유군

이제 우리에게는 아이디얼의 유일 인수분해에 대한 깔끔한 이론이 있습니다. 실제로 PID의 경우에는 이로부터 UFD를 얻습니다. 멋집니다.

곧 유군이라는 것을 정의할 것인데, 이는 $\mathcal{O}_{K}$ 가 PID에서 얼마나 멀리 떨어져 있는지를 측정합니다. 유군이 클수록 $\mathcal{O}_{K}$ 는 PID에서 더 멀리 떨어져 있습니다. 특히 $\mathcal{O}_{K}$ 의 유군이 자명하면 $\mathcal{O}_{K}$ 는 PID입니다.

그다음에는 유군에 제약을 가할 수 있게 해 주는 몇 가지 부등식을 제시할 것입니다. 예를 들어 이를 이용하면 어떤 경우에는 유군이 반드시 자명해야 함을 보일 수 있습니다. 놀랍게도 그 증명에는 기하학의 결과인 민코프스키 정리가 사용됩니다.

56.1 유군

대표적인 예: PID의 유군은 자명합니다.

$K$ 를 수체라 하고, $J_{K}$ 를 $\mathcal{O}_{K}$ 의 분수 아이디얼들이 이루는 곱셈군이라 합시다. $P_{K}$ 를 주 분수 아이디얼들이 이루는 곱셈군이라 합시다. 주 분수 아이디얼이란 어떤 $x\in K$ 에 대하여 $(x)=x\mathcal{O}_{K}$ 꼴인 것들입니다.

질문 56.1.1.

$P_{K}$ 역시 곱셈군임을 확인하십시오. (이는 정말 쉽습니다. $x\mathcal{O}_{K}\cdot y\mathcal{O}_{K}$ 와 $(x\mathcal{O}_{K})^{-1}$ 가 무엇인지 구해 보십시오.)

$J_{K}$ 는 아벨 군이므로, 이제 유군(또는 아이디얼 유군)을 다음 몫으로 정의할 수 있습니다.

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

$\mathrm{Cl}_{K}$ 의 원소를 유라고 부릅니다.

동치인 표현으로,

유군 $\mathrm{Cl}_{K}$ 는 0이 아닌 분수 아이디얼들의 집합을 $K$ 의 상수배 차이를 무시하여 본 것입니다.

유를 아이디얼의 “모양”으로 생각할 수도 있습니다. 두 아이디얼이 같은 유에 속할 필요충분조건은 이들이 $\mathcal{O}_{K}$ -가군으로서 동형인 것이기 때문입니다.

예제 56.1.2 ( $\mathbb{Q}(\sqrt{-5})$ 의 아이디얼 유).

체가 허수 이차체라면 아이디얼의 류를 시각화하는 것은 정말 쉽습니다. 복소수에 의한 곱셈은 확대·축소와 회전의 결합에 해당하므로(즉, 각을 보존하므로), 두 아이디얼이 닮음이면, 즉 회전과 확대·축소를 이용해 하나를 다른 하나에 겹칠 수 있으면 두 아이디얼은 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 모든 아이디얼이 주 아이디얼이면 $\mathrm{Cl}_{K}$ 는 자명합니다. 0이 아닌 주 아이디얼들은 확대·축소를 무시하면 모두 같기 때문입니다.

유군의 크기를 유수라고 부릅니다. 유수가 항상 유한하다는 것은 아름다운 정리이며, 이 장의 대부분은 이 결과를 향해 나아갈 것입니다. 이를 위해서는 몇 가지 재료가 필요합니다.

56.2 수체의 판별식

대표적인 예: 이차체.

$K=\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 가 있다고 합시다. 앞에서 보았듯이 이는 $\mathcal{O}_{K}=\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$ 임을 뜻하며, 이는 곧 다음을 뜻합니다.

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

이제 핵심 통찰은 이것을 격자로 생각할 수 있다는 것입니다. 기하학적으로 우리는 이것을 $\mathbb{Z}^{2}$ 에 대해 생각하는 것과 같은 방식으로 생각하고자 합니다.

엉뚱하게도 $a+b\sqrt{2}$ 를 $(a,b)$ 로 보내어 이것을 $\mathbb{Q}^{2}$ 에 매장해 볼 수도 있습니다. 그러나 이는 조금 어리석은 방법입니다. 어떻게 보면 $\mathbb{R}$ 안에 살고 있어서 그런 의미에서 “1차원”인 $K$ 를 무례하게도 2차원 공간으로 만들어 버리기 때문입니다. 또한 이 방법은 기저의 선택에 의존하는데, 이는 우리가 좋아하지 않는 점입니다. 더 나은 방법은 두 개의 매장 $\sigma_{1}\colon K\to\mathbb{C}$ 와 $\sigma_{2}\colon K\to\mathbb{C}$ , 즉 항등 사상과 켤레 사상이 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 상이 실수 안에 있습니다. 따라서 다음 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 살펴봅시다. 격자에서 $a+b\sqrt{2}$ 에 대응하는 점은 다음과 같습니다.

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

격자의 메시¹¹1대부분의 저자는 이것을 부피라고 부르지만, 저는 이것이 적절한 단어가 아니라고 생각합니다. 격자는 그저 점들의 모임일 뿐이므로 “부피”가 0입니다! 반면 영어 단어 “mesh”는 실제로 “틈”의 폭을 가리킵니다.는 위에서 파란색으로 칠한 “기본 평행체”의 초부피로 정의됩니다. 지금의 경우 이 값은 그 평행사변형의 넓이와 같아야 하며, 그 넓이는 다음과 같습니다.

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

판별식의 정의는 바로 이것인데, 다만 제곱 인자가 추가로 붙습니다(위 행렬에서 행의 순열에 따라 부호가 바뀔 수 있기 때문입니다). 문제 57B에서는 제곱을 함으로써 $\Delta_{K}$ 가 정수가 된다는 것을 보입니다.

다음 정의를 내리기 위해 다음 사실을 이용합니다.

정리 56.2.1 (수체의 $n$ 개의 매장).

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

증명.

갈루아 이론의 도구를 갖춘 뒤 정리 59.3.1에서 증명합니다. ∎

사실, 정리 59.3.4에서 $\alpha\in K$ 에 대해 $i=1,\dots,n$ 일 때 $\sigma_{i}(\alpha)$ 가 $\alpha$ 의 켤레들을 모두 거친다는 것을 보게 됩니다. 따라서 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 다음을 정의할 수 있습니다.

정의 56.2.2.

$\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}$ 이 $\mathcal{O}_{K}$ 의 $\mathbb{Z}$ -기저라고 합시다. 수체 $K$ 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}.

이는 $\{\alpha_{i}\}$ 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 대로 판별식은 다음과 같습니다.

\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, 이들은 $1$ 을 $(1,1)$ 로, $i$ 를 $(i,-i)$ 로 보냅니다. 따라서 다음과 같습니다.

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

이 예는 복소평면으로 들어가는 수체의 경우 판별식이 양수일 필요가 없음을 보여 줍니다(이 경우 격자 그림은 덜 완벽한 비유가 됩니다). 그러나 다시 말하지만, 연습문제에서 증명하겠듯이 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, 판별식의 모양이 조금 다를 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.

이 모든 것을 확장하여, 제곱 인수가 없는 $d\neq 1$ 에 대해 $K=\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ 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 짚어 보겠습니다. $Ax^{2}+Bx+C$ 의 다항식 판별식이 $B^{2}-4AC$ 임을 상기하십시오. 그러면 다음이 성립합니다.

•

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

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

이것은 우연이 아닙니다! 문제 57C는 이것이 일반적으로 성립함을 말해 줍니다. “판별식”이라는 이름이 붙은 것도 이 때문입니다.

56.3 수체의 부호수

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

$K=\mathbb{Q}(i)$ 의 예에서 우리는 $K$ 를 대략 공간 $\mathbb{C}$ 안으로 매장했습니다. 그러나 $K$ 는 2차 확대이므로, 실제로 하고 싶은 것은 $K$ 를 $\mathbb{R}^{2}$ 안으로 매장하는 것입니다. 이를 위해 복소켤레를 활용하겠습니다.

$K$ 를 수체라 하고 $\sigma_{1},\dots,\sigma_{n}$ 을 그 매장이라 합시다. 우리는 실매장( $K$ 전체를 $\mathbb{R}$ 안으로 보내는 사상)과 복소 매장( $K$ 의 일부를 $\mathbb{R}$ 바깥으로 보내는 사상)을 구별합니다. $\sigma$ 가 복소 매장이면 켤레 $\overline{\sigma}\neq\sigma$ 역시 복소 매장임에 주목하십시오. 따라서 복소 매장은 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 부호수는 순서쌍 $(r_{1},r_{2})$ 입니다. $r_{1}+2r_{2}=n$ 임을 확인하십시오.

예제 56.3.2 (부호수의 기본 예).

(a)

$\mathbb{Q}$ 의 부호수는 $(1,0)$ 입니다.
(b)

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

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

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

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

그러면 부호수는 $(1,1)$ 입니다. 세 매장이 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 실수 매장이고, 나머지 두 개는 켤레 쌍입니다.

예제 56.3.3 (더 많은 부호수).

같은 맥락에서 $\mathbb{Q}(\sqrt[99]{2})$ 와 $\mathbb{Q}(\sqrt[100]{2})$ 의 부호수는 각각 $(1,49)$ 와 $(2,49)$ 입니다.

질문 56.3.4.

위의 두 수체의 부호수를 확인하십시오.

지금부터는 $K$ 의 매장들에 번호를 붙이되,

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

이 실수 매장이 되고, 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}}}.

이 복소 매장의 $r_{2}$ 개 쌍이 되도록 하겠습니다. $K$ 의 표준 매장을 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 복소 매장의 경우 각 켤레 쌍에서 두 번째 매장을 생략한 것뿐입니다. 이들은 단지 켤레일 뿐이므로 이는 큰 문제가 되지 않습니다. 위의 순서쌍에 필요한 정보가 모두 담겨 있습니다.

잠시 후 분명해질 이유로, 다음 동형사상을 $\tau$ 로 나타내겠습니다.

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

이 동형사상은 각 복소수를 다음과 같이 실수부와 허수부로 나누어 얻습니다.

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

예제 56.3.5 (표준 매장의 예).

앞에서와 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, $\sigma_{1}=\mathrm{id}$ 는 실수이고 $\sigma_{2}$ 와 $\sigma_{3}$ 는 켤레 쌍이 되도록 이미 첨자를 배열해 두었다는 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 $\alpha=9+\sqrt[3]{2}$ 를 택하면 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 $\mathcal{O}_{K}$ 를 택했을 때 얻어지는 격자를 살펴보고자 한다는 점입니다. 실제로 다음이 성립합니다:

보조정리 56.3.6.

매장들의 합성 $K\hookrightarrow\mathbb{R}^{r_{1}}\times\mathbb{C}^{r_{2}}\xrightarrow{\sim}% \mathbb{R}^{n}$ 을 생각하십시오. 그러면 앞에서와 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 선형대수학 문제입니다(행렬식을 조작하기만 하면 됩니다). 문제 56D로 남겨 둡니다. ∎

이로부터 다음을 이끌어 낼 수 있습니다:

보조정리 56.3.7.

매장들의 합성 $K\hookrightarrow\mathbb{R}^{r_{1}}\times\mathbb{C}^{r_{2}}\xrightarrow{\sim}% \mathbb{R}^{n}$ 을 생각하십시오. $\mathfrak{a}$ 를 $\mathcal{O}_{K}$ 의 아이디얼이라 합시다. 그러면 $\mathfrak{a}$ 의 상은 $\mathbb{R}^{n}$ 안의 격자 $L_{\mathfrak{a}}$ 이며, 그 메시는 다음과 같습니다

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

증명의 개요.

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

라 합시다. 그러면 격자 $L_{\mathfrak{a}}$ 에서는 격자 $L$ 에 나타나는 점들 중 어떤 의미에서 $\frac{1}{d}$ 만을 취하게 되며, 이것이 넓이가 $\operatorname{N}(\mathfrak{a})$ 배만큼 커지는 이유입니다. 이 모든 것을 엄밀하게 하려면 이 장에서 다룰 수 있는 공간보다 훨씬 더 많이 격자와 기하학을 다루어야 하므로, 세부 사항은 생략하겠습니다. 하지만 이것이 직관적으로 왜 참인지는 이해하실 수 있기를 바랍니다. ∎

56.4 민코프스키 정리

이제 왜 제가 $\mathbb{R}^{r_{1}}\times\mathbb{C}^{r_{2}}$ 에서 $\mathbb{R}^{n}$ 으로 옮겨 가자고 고집했는지 말씀드릴 수 있습니다. 기하학에는 민코프스키의 정말 멋진 정리가 있으며, 그 내용은 다음과 같습니다.

정리 56.4.1 (민코프스키).

$S\subseteq\mathbb{R}^{n}$ 를 $0$ 을 포함하고 중심 대칭인(즉 $x\in S\iff-x\in S$ 인) 볼록 집합이라 합시다. $L$ 을 메시가 $d$ 인 격자라 합시다. 만약 다음 중 하나가 성립하면,

(a)

$S$ 의 부피가 $2^{n}d$ 보다 크거나,
(b)

$S$ 의 부피가 $2^{n}d$ 와 같고 $S$ 가 콤팩트하면,

$S$ 는 $L$ 의 영이 아닌 격자점을 포함합니다.

질문 56.4.2.

공집합이 아니고 볼록이며 중심 대칭인 집합은 모두 원점을 포함한다는 의미에서, 조건 $0\in S$ 가 사실은 불필요하다는 것을 보이십시오.

증명의 개요.

(a) 부분은 놀라울 만큼 간단하며 매우 올림피아드다운 풀이가 있습니다. 본질적으로 넓이에 대한 비둘기집 원리입니다. 증명은 임의의 격자와 임의의 $n$ 으로 쉽게 일반화할 수 있으므로, 간단히 하기 위해 특수한 경우인 $n=2$ , $L=\mathbb{Z}^{2}$ 에서 (a) 부분을 증명하겠습니다. 따라서 넓이가 $4$ 보다 큰 그러한 볼록 집합 $S$ 는 모두 격자점을 포함함을 보이면 됩니다.

평면을 $2\times 2$ 정사각형들로 분할하고

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

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

(b) 부분은 간략하게 개요만 설명하겠습니다. 아이디어는 $\varepsilon>0$ 에 대하여 $(1+\varepsilon)S$ 를 생각하는 것입니다(이것은 “ $S$ 를 작은 배율 $1+\varepsilon$ 만큼 확대한 것”입니다). 이것은 조건 (a)를 만족합니다. 따라서 각 $\varepsilon>0$ 에 대하여 $(1+\varepsilon)S$ 안의 영이 아닌 격자점들의 집합을 $S_{\varepsilon}$ 라 하면, 이는 (이산적인) 점들로 이루어진 공집합이 아닌 유한 집합입니다(“유한”이라는 부분은 $(1+\varepsilon)S$ 가 유계라는 사실에서 따라 나옵니다). 그러므로 모든 $\varepsilon>0$ 에 대하여 $S_{\varepsilon}$ 에 속하는 어떤 점이 있어야 하며(왜 그렇습니까?), 이는 그 점이 $S$ 에 속함을 뜻합니다. ∎

56.5 덫 상자

마지막으로 필요한 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 상자 $S$ 를 다음을 만족하는 점 $(x_{1},\dots,x_{r_{1}},z_{1},\dots,z_{r_{2}})$ 들의 집합으로 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.

이것은 $M$ 의 값에 따라 달라진다는 점에 유의하십시오.

이 상자를 쥐덫이라고 생각하십시오. 그 안에 떨어지는 것은 무엇이든 노름이 작을 것이며, 우리의 목표는 민코프스키를 이용해 0이 아닌 원소를 그 안으로 유인하는 것입니다.

즉, $\alpha\in\mathfrak{a}$ 가 위에서 정의한 상자 안에 떨어진다고 가정합시다. 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 $\sigma$ 들은 켤레 쌍으로 나타난다는 점을 기억하고 있습니다. 이것은 대각합처럼 보이지만, 절댓값이 걸림돌이 됩니다. 그래서 그 대신 산술-기하 평균 부등식을 적용하여 다음을 얻습니다.

보조정리 56.5.2 (쥐덫의 효과).

$\alpha\in\mathcal{O}_{K}$ 라 하고, $\iota(\alpha)$ 가 $S$ 에 속한다고 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 기하학적 계산이지만, 제 말을 믿으십시오.

보조정리 56.5.3 (쥐덫의 크기).

앞에서와 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 집합이고, 그 부피는 다음과 같습니다.

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

질문 56.5.4.

(검산) $n=2$ 일 때 가능한 부호수인 $(r_{1},r_{2})=(2,0)$ 과 $(r_{1},r_{2})=(0,1)$ 에 대해 위의 식이 올바른지 확인하십시오.

56.6 민코프스키 한계

이제 지금까지 얻은 모든 것을 종합하여 위대한 민코프스키 한계를 얻을 수 있습니다.

정리 56.6.1 (민코프스키 한계).

$\mathfrak{a}\subseteq\mathcal{O}_{K}$ 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 모으기만 하면 되는 문제입니다. 이미 정의한 것들을 살펴봅시다.

$L_{\mathfrak{a}}$ 의 메시가 상자 부피의 $2^{-n}$ 과 같아지도록 $M$ 의 값을 고르십시오. 그러면 민코프스키 정리에 의해 0이 아닌 어떤 $0\neq\alpha\in\mathfrak{a}$ 가 상자 안에 들어갑니다 — 쥐덫은 $\operatorname{N}_{K/\mathbb{Q}}(\alpha)\leq\frac{1}{n^{n}}M^{n}$ 이 되도록 강제하게끔 설정되어 있습니다. $M$ 의 올바른 선택은 다음과 같습니다.

M^{n}=M^{n}\cdot 2^{n}\cdot\frac{\text{메시}}{\text{부피 상자}}=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})

이로부터 약간의 계산을 거치면 한계를 얻습니다. ∎

56.7 유군은 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. 이것은 $K$ 에 의존하는 상수라는 점에 유의하십시오.

이것도 멋지기는 하지만, 우리가 정말로 원했던 것은 유군이 유한하다는 것을 보이는 것이었습니다. 민코프스키 한계가 어떻게 도움이 될까요? 핵심 아이디어는 다음과 같습니다.

$\mathfrak{a}$ 의 류는 $(\alpha)\cdot\mathfrak{a}^{-1}$ 에 의해 완전히 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.

다음 예를 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 생각하고 $\alpha=2$ 를 고르면, $(\alpha)\cdot\mathfrak{a}^{-1}=(1)$ 입니다. 만약 $(\alpha)\cdot\mathfrak{a}^{-1}=(1)$ 이라면(또는 $(2)$ 이거나 임의의 주 아이디얼이라면), $\mathfrak{a}$ 는 반드시 주 아이디얼임을 알 수 있습니다.

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

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

질문 56.7.4.

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

민코프스키 한계를 다음과 같이 다시 쓸 수 있다는 것을 알아차렸을 수도 있습니다.

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

여기서 $M_{K}$ 는 $K$ 에 의존하는 어떤 상수입니다.

이 명제는 유용합니다. 실제로 노름이 $\leq M_{K}$ 인 정수 아이디얼은 유한개뿐이기 때문입니다.

따름정리 56.7.5 (유군의 유한성).

유군은 항상 유한합니다.

증명.

위와 같은 정수 아이디얼이 유한개뿐임을 보이기만 하면 됩니다. 그러면 동치류도 유한개뿐이라는 뜻이 됩니다.

이러한 아이디얼 $\mathfrak{a}=\mathfrak{p}_{1}^{e_{1}}\dots\mathfrak{p}_{m}^{e_{m}}$ 을 만들고 싶다고 합시다. 소 아이디얼 $\mathfrak{p}_{i}$ 는 반드시 그 안에 어떤 유리 소수 $p$ 를 가진다는 것을 상기하십시오. 이는 $\mathfrak{p}_{i}$ 가 $(p)$ 를 나누고 $p$ 가 $\operatorname{N}(\mathfrak{p}_{i})$ 를 나눈다는 뜻입니다. 그러므로 $\mathfrak{a}$ 를 만드는 데 쓰려는 모든 $\mathfrak{p}_{i}$ 를 각각 어느 $(p)$ 에서 왔는지에 따라 군으로 묶어 봅시다.

좀 더 극적으로 표현해 보겠습니다. 체리 나무가 한 그루 있다고 상상하십시오. 각 가지는 소수 $(p)$ 에 대응하며, $(p)$ 의 인수들(유한개)을 체리(소 아이디얼)로 달고 있습니다. 여러분의 양동이(만들고 있는 아이디얼 $\mathfrak{a}$ )는 총 무게(노름)를 $M_{K}$ 까지만 담을 수 있습니다. 따라서 $M_{K}$ 보다 높은 가지에는 손도 댈 수 없습니다. 같은 체리를 여러 번 담을 수는 있지만(이런), 가지 $(p)$ 에 달린 체리의 무게는 분명히 $\geq p$ 입니다. 이 모든 것은 $\mathfrak{a}$ 를 만드는 방법의 수가 유한하다는 뜻입니다. ∎

56.8 유수의 계산

정의 56.8.1.

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

비고 56.8.2.

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

$M_{K}$ 의 실제 값을 계산하면, 앞의 증명에서 언급한 “체리 나무” 전체를 말 그대로 만들어 낼 수 있습니다. 어떻게 하는지 예를 들어 봅시다!

명제 56.8.3.

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

증명.

$K=\mathbb{Q}(\sqrt{-67})$ 은 부호수 $(0,1)$ 과 판별식 $\Delta_{K}=-67$ 을 가지므로( $-67\equiv 1\pmod{4}$ 이기 때문입니다) 다음과 같이 계산할 수 있습니다.

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

이는 $(2)$ , $(3)$ , $(5)$ 이후로는 체리 나무를 잘라 낼 수 있다는 뜻입니다. 이 가지들에 달린 체리는 모두 반드시 노름이 $\geq M_{K}$ 이기 때문입니다. 이제 이들 각각을 $\mathcal{O}_{K}=\mathbb{Z}[\theta]$ 에서 인수분해하고자 합니다. 여기서 $\theta=\frac{1+\sqrt{-67}}{2}$ 의 최소 다항식은 $x^{2}-x+17$ 입니다. 그런데 기적 같은 일이 일어납니다.

•

$x^{2}-x+17\pmod{2}$ 를 환원해 보면 기약 다항식 $x^{2}-x+1$ 을 얻습니다. 인수분해 알고리즘(정리 55.5.4)에 의해 이는 $(2)$ 가 소 아이디얼이라는 뜻입니다.
•

마찬가지로 법 $3$ 으로 환원하면 $x^{2}-x+2$ 를 얻는데, 이는 기약입니다. 이는 $(3)$ 이 소 아이디얼이라는 뜻입니다.
•

마지막으로 같은 이유로 $(5)$ 도 소 아이디얼입니다.

오늘은 운이 좋은 날입니다. 아이디얼 $(2)$ , $(3)$ , $(5)$ 가 모두 소 아이디얼입니다(이미 주 아이디얼입니다). 달리 말하면, 세 가지에는 각각 (큰) 체리가 하나씩만 달려 있습니다. 이는 노름이 $\leq M_{K}$ 인 정수 아이디얼을 만들 때마다 그것이 실제로 주 아이디얼이라는 뜻입니다. 사실 이들의 노름은 각각 $4$ , $9$ , $25$ 입니다… 따라서 $(3)$ 과 $(5)$ 에는 손도 댈 수 없으며, 얻을 수 있는 아이디얼은 $(1)$ 과 $(2)$ (노름은 각각 $1$ 과 $4$ )뿐입니다.

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

몇 가지 더 해 봅시다.

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, $\mathrm{Cl}_{K}$ 가 자명함을 보이기만 하면 됩니다. $M_{K}=\frac{2}{\pi}\sqrt{4}<2$ 입니다. 따라서 모든 류에는 노름이 다음을 만족하는 정수 아이디얼 $\mathfrak{b}$ 가 존재합니다.

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

그런데 이것은 싱거운 경우입니다. 고를 가지가 아예 없기 때문입니다. 다시 말해, $\mathfrak{b}=(1)$ 일 수밖에 없습니다. ∎

여전히 유일 인수분해가 성립하는 것으로 드러나는 또 다른 예를 살펴보겠습니다. 다만 이번에는 체리 나무에 실제로 딸 수 있는 체리가 열려 있습니다.

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

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

증명.

먼저 민코프스키 한계를 계산합니다.

질문 56.8.6.

$M_{K}\approx 2.646$ 임을 확인하십시오.

따라서 이번에는 유일한 가지가 $(2)$ 입니다. 평소처럼 $(2)$ 를 인수분해해 봅시다. 다항식 $x^{2}+7$ 은 $(x-1)(x+1)\pmod{2}$ 로 인수분해되므로, 다음을 얻습니다.

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

이런! 이제 체리가 두 개 생겼고, 둘 다 그럴듯해 보입니다. 그러나 사실 다음이 성립한다고 주장합니다.

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

질문 56.8.7.

이를 증명하십시오.

따라서 두 체리 모두 주 아이디얼이며, 앞에서와 같이 $\mathrm{Cl}_{K}$ 가 자명하다고 결론지을 수 있습니다. 하지만 이번에는 소 아이디얼 $(2)$ 가 실제로 분해된다는 점에 주목하십시오. 두 체리가 주 아이디얼이었던 것은 운이 좋았던 것이며, 항상 이렇게 되지는 않습니다. ∎

자명하지 않은 유군은 어떨까요? 먼저 체리 나무에서 해야 할 작업을 줄이는 데 도움이 될 보조정리를 사용합니다.

보조정리 56.8.8 (아이디얼은 자신의 노름을 나눕니다).

$\mathfrak{b}$ 를 $\operatorname{N}(\mathfrak{b})=n$ 인 정수 아이디얼이라고 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 (덧셈에 대한) 아벨 군으로 보고 라그랑주 정리를 적용하면 다음을 얻습니다.

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

따라서 $(n)\subseteq\mathfrak{b}$ 이므로 증명이 끝납니다. ∎

또는 장 59를 읽었다면 다음과 같이 할 수도 있습니다. 확대 $K/\mathbb{Q}$ 가 갈루아 확대이면, 비고 54.1.9와 유사하게 $\prod_{\sigma\in\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})}\sigma(\mathfrak{b})=(n)$ 임을 실제로 증명할 수 있으며, 이로부터 $\mathfrak{b}\mid(n)$ 이라는 결과가 따라 나옵니다.

이제 그러한 예를 제시할 수 있습니다.

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

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

증명이 다소 지저분하므로 전체 증명을 자세히 읽을 필요는 없습니다. 요점은 유군에서 자명하지 않은 체리가 몇 개 있다는 것뿐입니다.

증명.

$\Delta_{K}=-68$ 이므로 민코프스키 한계를 다음과 같이 계산합니다.

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

이제 $(2)$ , $(3)$ , $(5)$ 로 인수분해하는 것으로 충분합니다. $\sqrt{-17}$ 의 최소 다항식은 $x^{2}+17$ 이므로, 평소처럼 다음을 얻습니다.

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

이는 $2$ , $3$ , $5$ 각각을 법으로 한 $x^{2}+17$ 의 인수분해에 대응합니다. $\mathfrak{p}=(2,\sqrt{-17}+1)$ , $\mathfrak{q}_{1}=(3,\sqrt{-17}-1)$ , $\mathfrak{q}_{2}=(3,\sqrt{-17}+1)$ 로 둡시다. 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 노름이 $25$ 이므로 논외입니다. 따라서 세 개의 체리는 $\mathfrak{p}$ , $\mathfrak{q}_{1}$ , $\mathfrak{q}_{2}$ 입니다.

이 체리들을 조합하여 노름이 $\leq 5$ 인 아이디얼을 만드는 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 유군에서 같은 류에 속합니다. 즉 둘 다 자명합니다. 특히 유군의 위수는 많아야 $4$ 입니다.

이제부터 $[\mathfrak{a}]$ 로 $\mathfrak{a}$ 가 속한 류(유군의 원소)를 나타내겠습니다. $\mathfrak{p}$ 는 주 아이디얼이 아니므로( $[\mathfrak{p}]\neq[(1)]$ 이므로), $\mathfrak{p}$ 의 위수는 2입니다. 따라서 라그랑주 정리에 의해 $\mathrm{Cl}_{K}$ 의 위수는 $2$ 또는 $4$ 입니다.

이제 $[\mathfrak{q}_{1}]^{2}\neq[(1)]$ 임을 주장합니다. 이는 $\mathfrak{q}_{1}$ 의 위수가 $2$ 보다 크다는 것을 뜻합니다. 그렇지 않다면 $\mathfrak{q}_{1}^{2}$ 는 주 아이디얼입니다. $\operatorname{N}(\mathfrak{q}_{1})=3$ 이므로 이는 $\mathfrak{q}_{1}^{2}=(3)$ 일 때만 가능하며, 그러면 $\mathfrak{q}_{1}=\mathfrak{q}_{2}$ 가 되어야 합니다. 그러나 $\mathfrak{q}_{1}+\mathfrak{q}_{2}=(1)$ 이므로 이는 불가능합니다.

따라서 $\mathfrak{q}_{1}$ 의 위수는 $2$ 보다 큰 짝수입니다. 그러므로 위수는 $4$ 여야 합니다. 이로부터 다음을 얻습니다.

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

비고 56.8.10.

하버드의 Math 129 수업에서 이것을 다루었을 때, 학생들이 $\frac{4}{\pi}\sqrt{17}$ 을 계산하기 어렵다고 (농담으로) 불평하는 바람에 수업이 5분간 중단되었습니다. 발췌:

“시험에 작은 계산기를 가져가도 됩니까?” – 학생 1
“크기가 무슨 상관입니까? 애플 워치를 차고 올 수도 있지 않습니까” – 교수
“그냥 $\pi\geq 3$ 이라는 사실을 쓰십시오” – 필자
“[다른 교수]님도 그걸 모르시는데 저희가 어떻게 압니까?” – 학생 2
“이건 직접 하셔야 합니다!” – 교수
“이건 말도 안 됩니다.” – 학생 1

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

이제 정리 54.2.12을 증명할 적절한 도구가 갖추어졌습니다.

$\mathcal{O}_{K}$ 는 환이므로 당연히 $\mathbb{Z}$ -가군입니다. 이것이 차수 $n=|K:\mathbb{Q}|$ 인 자유 $\mathbb{Z}$ -가군이 아니라고 가정합시다. 무엇이 잘못될 수 있겠습니까?

•

첫째, $\mathbb{Q}$ 나 환 확대 $\mathbb{Z}[\frac{1}{2}]$ 처럼 조밀할 수 있습니다(이 경우 유한 생성되지도 않고 자유롭지도 않습니다).
•

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 54.2.6을 이용하면 $d_{1}\alpha_{1},\dots,d_{n}\alpha_{n}\in\mathcal{O}_{K}$ 를 만족하는 양의 정수 $d_{1},\dots,d_{n}$ 이 존재합니다. $\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}$ 은 선형 독립이므로 $\operatorname{rank}\mathcal{O}_{K}\geq n$ 입니다.

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

이제부터 $\alpha_{i}$ 를 $d_{i}\alpha_{i}$ 로 바꾸어 생각합니다. 그러면 이들은 여전히 $\mathbb{Q}$ -벡터 공간 $K$ 의 기저이며, 게다가 이제 $\mathcal{O}_{K}$ 에 속합니다.

서로 다른 세 가지 증명을 제시하겠습니다.

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 가정해 봅시다. $d$ 를 어떻게 계산하겠습니까?

연습문제 56.9.1.

다음은 $d$ 를 계산하려는 몇 가지 순진한 시도입니다. 안타깝게도 이들은 통하지 않습니다. $\langle 1,1+2i\rangle\subseteq\mathbb{Z}[i]$ 에서 이를 확인해 보십시오.

•

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

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

그 대신, 격자의 메시를 계산하는 방법에서 착안한 아이디어를 사용하여 $d$ 를 계산합니다. $A=\langle\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}\rangle$ 이라 하면, 이는 격자이자 계수가 $n$ 인 자유 $\mathbb{Z}$ -가군입니다.

연습문제 56.9.2.

$\mathcal{O}_{K}$ 가 계수 $n$ 인 자유 가군임을 이미 안다고 가정하십시오. $|\mathcal{O}_{K}/A|$ 가 유한함을 보이십시오. 모든 $x\in\mathcal{O}_{K}$ 에 대하여 $|\mathcal{O}_{K}/A|\cdot x\in A$ 임을 결론지으십시오.

문제 57B와 같은 논증을 사용하면, $\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}$ 이 생성하는 격자의 “판별식”(메시의 제곱)이 정수임을 증명할 수 있습니다. 엄밀하게는 다음과 같이 둡니다.

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 실수일 때) $\mathcal{O}_{K}$ 와 $A$ 의 메시의 비가 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 납득하십시오. 모든 $x\in\mathcal{O}_{K}$ 에 대하여 $d\cdot x\in A$ 임을 결론지으십시오.

이는 $\mathcal{O}_{K}\subseteq\langle\frac{1}{d}\alpha_{1},\dots,\frac{1}{d}\alpha_{% n}\rangle$ 임을 함의하며, 이것은 계수가 $n$ 인 또 하나의 자유 $\mathbb{Z}$ -가군입니다.

그러나 위의 논증은 $\Delta_{K}$ 가 존재한다고 가정하므로 순환 논증입니다(이는 값 $d$ 가 어디에서 오는지에 대한 동기로만 쓰일 수 있습니다). 실제 증명은 다음과 같습니다.

문제 57B와 비슷하게, 다음과 같이 정의합니다.

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

그러면 $\{\alpha_{i}\}_{i}$ 가 $\mathbb{Q}$ -벡터 공간으로서 $K$ 를 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 뜻합니다.

\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}.

또는 간단히 쓰면 다음과 같습니다.

(\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.

$d\cdot x\in A$ 임의 증명을 완성하십시오. (크라메르 공식을 쓰십시오. 또는 수반 행렬을 취하십시오.)

마지막으로, $\mathcal{O}_{K}$ 는 계수가 $n$ 인 두 자유 $\mathbb{Z}$ -가군 사이에 끼어 있으므로, 이 역시 계수가 $n$ 인 자유 가군입니다.²²2비고 55.3.7에서도 비슷한 일을 했습니다.

질문 56.9.5.

이를 완성하십시오. (여기서 정리 18.1.5을 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 증명의 동기를 부여하는 한 가지 방법은 아이디얼의 역을 살펴보는 것입니다. $(1)\mid\mathfrak{a}$ 이면(즉 $\mathfrak{a}$ 가 정수 아이디얼이면), $\mathfrak{a}^{-1}\mid(1)$ 입니다.

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

다음을 고려하여 비슷한 일을 해 볼 수 있습니다.

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

이 집합은 실제로 계수가 $n$ 인 격자이지만, 이것으로는 논증을 증명할 수 없습니다! 애초에 우리는 $\mathcal{O}_{K}$ 가 “이산적”임을 증명하려는 것이며, 만약 $\mathcal{O}_{K}=K$ 라면 위의 집합 역시 $K$ 와 같아질 것입니다.

그 대신, 우리가 이미 알고 있는 것 — $\mathbb{Z}$ 의 이산성에 의존해야 합니다. 다음과 같이 정의합니다.

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

이 집합은 앞의 집합보다 조금 더 큽니다.

질문 56.9.6.

이 집합이 앞의 집합의 상위 집합임을 확인하십시오. 그런 다음 $\mathcal{O}_{K}\subseteq S$ 임을 결론지으십시오.

연습문제 56.9.7.

$\langle 1,2i\rangle\subseteq\mathbb{Z}[i]$ 를 생각해 보십시오. 집합 $S$ 는 무엇이 됩니까? ( $\mathbb{C}$ 에서의 대각합은 실수부의 두 배일 뿐임을 상기하십시오.)

$S$ 는 여전히 계수가 $n$ 인 격자입니다. 그리고 이번에는 이를 실제로 증명할 수 있습니다! $\mathbb{Z}$ 가 이산적이라는 것을 이미 알고 있기 때문입니다.

이제 이것은 순수하게 대수적인 문제이므로, 여기서는 벡터 공간에 관한 지식만 사용하면 됩니다. 각 원소 $x\in K$ 는 다음과 같은 벡터로 쓸 수 있습니다.

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

이는 기저 $\{\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}\}$ 을 사용하는 경우입니다.

연습문제 56.9.8.

그러면 $(x,y)\mapsto\operatorname{Tr}_{K/\mathbb{Q}}(x\cdot y)$ 를 $\operatorname{GL}_{n}(\mathbb{Q})$ 의 가역 행렬로 쓸 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 존재함을 보이십시오. 여기서 $F(x)^{\top}$ 는 $F(x)$ 의 전치입니다.

이로써 $(x,y)\mapsto\operatorname{Tr}_{K/\mathbb{Q}}(x\cdot y)$ 는 거의 내적이 됩니다(장 13 참고). 다만 양의 정부호가 아니라는 점이 다릅니다(예를 들어 $\mathbb{C}$ 에서는 $\operatorname{Tr}((1+i)^{2})=0$ 입니다). 그러나 행렬이 가역이라는 것만으로도 다음을 하기에 충분합니다.

연습문제 56.9.9.

증명을 완성하십시오. (힌트: 행렬 $\begin{bmatrix}F(\alpha_{1})&\cdots&F(\alpha_{n})\end{bmatrix}\in\operatorname% {GL}_{n}(\mathbb{Q})$ 를 생각하십시오. $x\in S$ 이기 위한 $F(x)$ 에 관한 조건은 무엇입니까?)

56.9.3 세 번째 증명

우리가 증명하고자 하는 것은 $\mathcal{O}_{K}$ 가 계수 $n$ 인 자유 $\mathbb{Z}$ -가군이라는 것임을 상기하십시오. 이를 위해 $\mathcal{O}_{K}$ 가 $n$ 개의 원소로 생성될 수 없다고 가정한 다음, $\mathcal{O}_{K}$ 가 이산적이지 않음을 보입니다. 노름이 연속임을 알고 있으므로 이는 문제를 일으킵니다.

연습문제 56.9.10.

$K\cong\mathbb{Q}^{\oplus n}$ 을 생각하면, 이로부터 $K$ 위의 위상이 주어집니다. $x\mapsto|\operatorname{N}(x)|$ 가 실제로 연속임을 확인하십시오.

모든 $x\in\mathcal{O}_{K}$ 에 대하여 $|\operatorname{N}(x)|\in\mathbb{Z}$ 입니다.

연습문제 56.9.11.

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

이제 $\mathcal{O}_{K}$ 가 $n$ 개의 원소로 생성될 수 없다면 무엇이 잘못됩니까? 문제는 금방 드러납니다.

연습문제 56.9.12.

$\langle\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}\rangle$ 이 $K$ 를 $\mathbb{Q}$ -벡터 공간으로서 생성한다고 가정합시다. $x\in\mathcal{O}_{K}$ 를 택하되, $x$ 가 $\{\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}\}$ 의 $\mathbb{Z}$ -선형 결합이 아니도록 합시다. 모두 0이지는 않은 $z_{1},\dots,z_{n}\in[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]$ 와 $\{\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}\}$ 의 $\mathbb{Z}$ -선형 결합인 $z$ 가 존재하여 $x+z=\sum_{i=1}^{n}z_{i}\alpha_{i}$ 를 만족함을 보이십시오.

연습문제 56.9.13.

위와 같은 표기에서 $z_{1}\neq 0$ 이라고 합시다. $\alpha_{1}$ 을 $z_{1}$ 으로 바꾸어도 새 집합 $\{z_{1},\alpha_{2},\dots,\alpha_{n}\}$ 이 여전히 $\mathbb{Q}$ -벡터 공간으로서 $K$ 를 생성하며, 더 나아가 격자의 메시가 적어도 절반으로 줄어든다는 것을 보이십시오.

예제 56.9.14.

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

추가로 $2.3-3.1i\in A$ 임을 안다고 가정합시다.

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

이 과정을 무한히 반복할 수 있으므로( $\mathcal{O}_{K}$ 는 결코 생성되지 않습니다), 메시는 빠르게 $0$ 으로 줄어듭니다.

그러면 이것으로 끝입니까? 메시가 $0$ 으로 가므로 어떤 $\alpha_{i}$ 의 최소 거리도 $0$ 으로 가지 않겠습니까? 거의 맞지만, 완전히 그렇지는 않습니다.

예제 56.9.15.

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

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

여기서 민코프스키 한계를 다시 적용해야 합니다. 메시를 $d$ 라 하면, 원점을 중심으로 하고 부피가 $2^{n}d$ 인 정육면체는 0이 아닌 격자점을 포함합니다.³³3물론 구를 사용하면 더 좋은 한계를 얻겠지만, 구의 부피는 계산하기가 조금 더 어렵습니다. 이 점은 원점으로부터 $\sqrt{n}\cdot\sqrt[n]{d}$ 보다 멀리 떨어져 있을 수 없습니다.

비고 56.9.16.

말이 나온 김에 덧붙이면, LLL 격자 기저 축소 알고리즘을 사용하여 원점에 충분히 가까운 격자 위의 점을 실제로 찾을 수 있습니다.

$d$ 가 충분히 작으면 $\sqrt{n}\cdot\sqrt[n]{d}<r$ 이 되는데, 여기서 $r$ 은 위에서 보인 격자점이 없는 공의 반지름이므로 모순이 생깁니다. 이것으로 증명이 끝났습니다!

56.10 생각해 볼 만한 조금 더 어려운 문제

문제 56A.

$K=\mathbb{Q}(\sqrt{-163})$ 의 유군이 자명하며, 따라서 $\mathcal{O}_{K}=\mathbb{Z}\left[\frac{1+\sqrt{-163}}{2}\right]$ 가 UFD임을 보이십시오.⁴⁴4사실 $n=163$ 은 $\mathbb{Q}(\sqrt{-n})$ 의 유군이 자명해지는 가장 큰 수입니다. 전체 목록은 $1,2,3,7,11,19,43,67,163$ 이며, 이를 헤그너 수라고 합니다. 위 문제를 풀다 보면 오일러의 소수 생성 다항식 $t^{2}+t+41$ 을 발견할 수도 있습니다. 우연이 아닙니다!

힌트. 앞의 절차를 반복하십시오.

문제 56B.

$\mathbb{Q}(\sqrt{-31})$ 의 유군을 구하십시오.

힌트. 위수가 3인 군을 얻게 됩니다.

문제 56C (China TST 1998).

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

힌트. 민코프스키 정리 (a)의 증명을 모방하십시오.

문제 56D (보조정리 56.3.6).

매장들의 합성 $K\hookrightarrow\mathbb{R}^{r_{1}}\times\mathbb{C}^{r_{2}}\xrightarrow{\sim}% \mathbb{R}^{n}$ 을 생각하십시오. $\mathcal{O}_{K}\subseteq K$ 의 상의 메시(mesh)가 다음과 같음을 보이십시오.

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

힌트. 선형대수학.

문제 56E.

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

힌트. $\mathbb{Q}(i)$ 에서 인수분해하십시오.

문제 56F (한국수학올림피아드 2014).

$p$ 를 홀수 소수, $k$ 를 $p\mid k^{2}+5$ 를 만족하는 양의 정수라고 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 유군의 위수가 2임을 보이십시오.

풀이. $K=\mathbb{Q}(\sqrt{-5})$ 라고 합시다. 민코프스키 한계를 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 법 $p$ 에 대해 $(x+k)(x-k)$ 로 인수분해된다는 점에 주목하십시오. 따라서 $\mathcal{O}_{K}$ 에서 $(p)=(p,\sqrt{-5}+k)(p,\sqrt{-5}-k)=\mathfrak{p}_{1}\mathfrak{p}_{2}$ 와 같이 쓸 수 있습니다. $\Delta_{K}=-20$ 이므로 $p>5$ 이면 소수 $p$ 는 분기하지 않고 $\mathfrak{p}_{1}\neq\mathfrak{p}_{2}$ 입니다.

그러면 $(p^{2})=\mathfrak{p}_{1}^{2}\cdot\mathfrak{p}_{2}^{2}$ 입니다. 유군의 위수가 2이므로 $\mathfrak{p}_{1}^{2}$ 과 $\mathfrak{p}_{2}^{2}$ 는 모두 주 아이디얼이고, $\mathfrak{p}_{1}\neq\mathfrak{p}_{2}$ 이므로 이 둘은 서로 다릅니다. 따라서 $p^{2}$ 은 $\mathcal{O}_{K}$ 의 두 원소의 비자명한 곱이며, 여기서 원하는 인수분해를 얻을 수 있습니다.

문제 56G.

$K$ 를 수체, $\mathfrak{p}$ 를 0이 아닌 임의의 소 아이디얼이라고 합시다. 다른 모든 소 아이디얼 $\mathfrak{q}$ 에 대하여 $x\notin\mathfrak{q}$ 를 만족하는 $x\in\mathfrak{p}$ 가 존재함을 증명하십시오.

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

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

장 56 민코프스키 한계와 유군

56.1 유군

질문 56.1.1.

예제 56.1.2 (ℚ(−5)의 아이디얼 유).

56.2 수체의 판별식

정리 56.2.1 (수체의 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 부호수

정의 56.3.1.

예제 56.3.2 (부호수의 기본 예).

예제 56.3.3 (더 많은 부호수).

질문 56.3.4.

예제 56.3.5 (표준 매장의 예).

보조정리 56.3.6.

증명.

보조정리 56.3.7.

증명의 개요.

56.4 민코프스키 정리

정리 56.4.1 (민코프스키).

질문 56.4.2.

증명의 개요.

56.5 덫 상자

정의 56.5.1.

보조정리 56.5.2 (쥐덫의 효과).

보조정리 56.5.3 (쥐덫의 크기).

질문 56.5.4.

56.6 민코프스키 한계

정리 56.6.1 (민코프스키 한계).

증명.

56.7 유군은 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 유군).

증명.

비고 56.8.10.

56.9 선택 사항: 𝒪K가 자유 ℤ-가군이라는 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 ( $\mathbb{Q}(\sqrt{-5})$ 의 아이디얼 유).

정리 56.2.1 (수체의 $n$ 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 유군).

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