ANT Chapter 2 Exercises

本文讨论代数数论中的一些基础问题，同时它们也是J.S. Milne, Algebraic Number Theory第二章末的练习题。

• Q1

2-1. $\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$中的一些元素具有两种分解方式，举出一个例子。

首先通过计算说明$\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$在$K=\mathbb{Q}[\sqrt{5}]$中不是整闭的。$\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$的一组基为$1,\sqrt{5}$，我们计算$\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$的判别式：

$$\newcommand{\notimplies}{\;\not\!\!\!\implies} \begin{aligned} \text{disc}(\mathbb{Z}[\sqrt{5}]/\mathbb{Z}) &= \text{det}^2(\sigma_i\sqrt{5}^j)\\ &=\text{det}^2 \begin{pmatrix} 1 & \sqrt{5}\\ 1 & -\sqrt{5}\\ \end{pmatrix}\\ &= 20\\ &= 2^2\cdot 5 \end{aligned}$$

我们考虑$2^{-1}\mathbb{Z}[\sqrt{5}]/\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$中的元素

$$\beta+\mathbb{Z}[\sqrt{5}] \in 2^{-1}\mathbb{Z}[\sqrt{5}]/\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$$

对于每个陪集选取一个代表元。我们需要检验

$$0,\frac{1}{2},\frac{\sqrt{5}}{2},\frac{1+\sqrt{5}}{2}$$

这$\left(2^{-1}\mathbb{Z}[\sqrt{5}]:\mathbb{Z}[\sqrt{5}]\right)=2^2$个元素是不是$\mathbb{Q}[\sqrt{5}]$上的代数整数。然而事实证明，$0,\frac{1+\sqrt{5}}{2}$都是$\mathbb{Q}[\sqrt{5}]$上的代数整数，因此$\mathbb{Z}[\sqrt{5}]\subsetneqq\mathcal{O}_{K}\subsetneqq 2^{-1}\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$。

（事实上我们有：$\mathcal{O}_K=\mathbb{Z}[\frac{1+\sqrt{5}}{2}]$）

于是，由于唯一分解整环一定是整闭的（$\text{integrally closed domain}\supset\text{unique factorization domain，UFD = unique factorization domain}$），$\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$一定不是唯一分解整环。比如，我们取$6\in\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$，它有两种分解方式：

$$\begin{aligned} 6 &= 2\cdot 3\\ &= (1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5}) \end{aligned}$$

现在设$\alpha\in\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$，那么

$$\text{Nm}_{\mathbb{Z}[\sqrt{5}]/\mathbb{Z}}(\alpha)=1\Leftrightarrow\alpha\bar\alpha=1\Leftrightarrow\alpha\text{ is a unit}$$

如果$1+\sqrt{5}=\alpha\beta,\ \alpha,\beta\in\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$，那么由于$\text{Nm}(\alpha)\text{Nm}(\beta)=\text{Nm}(1+\sqrt{5})=6$，$\text{Nm}(\alpha)=1,2,3,6$，其中第二、三种情况不可能出现，而无论是第一种还是第四种情况，$\alpha$与$\beta$有且仅有一个是可逆元素（unit），于是$1+\sqrt{5}$是$\mathbb{Z}[\sqrt{5}]$上的不可约元素（irreducible element）。类似地可以证明$2,3,1-\sqrt{5}$都是不可约元素。

• Q2

2-2. 设$A$是整闭环，$K$是$A$的分式域，若首一多项式$f(X)\in A[X]$在$K[X]$上可约，证明$f(X)$在$A[X]$上也可约。

我们设$f(X)$可以分成若干个不可约多项式之积：

$$f(X)=\prod\limits_i g_i(X),\quad g_i(X)\in K[X]$$

设$\alpha$是某个$g_i(X)$在$K$的某个扩张中的根，那么由于$\alpha$是$f(X)$的根，$g_i(X)$是$\alpha$在$K$上的极小多项式。而由于$\alpha$是$f(X)$的根，$\alpha$是$A$上的代数整数，于是$g_i(X)$的系数一定都在$A$中。

• Q3

2-3. 证明若有限扩张$L/K$不是可分扩张，那么$\text{disc}(L/K)=0$

我们知道，若$K\subset L\subset M$是一串域扩张，则（证明留做习题）

$$\text{disc}(M/K)=\text{disc}^{[M:L]}(L/K)\cdot\text{Nm}_{L/K}(\text{disc}(M/L)) \tag{1}\label{1}$$

我们还知道，$L$中的可分元素构成一个中间域$L^s$，于是根据$\eqref{1}$中的判别式链式法则，我们只需证明

$$\text{disc}(L/L^s)=0 \tag{2}\label{2}$$

成立即可。我们设纯不可分扩张（purely inseparable extension）$L/L^s$的特征为$p>0$，我们从$L$中取$\alpha_0\in L\backslash L^s$，并选取最小的正整数$r$使得$\alpha_0^{p^r}\in L^s$，令$\alpha=\alpha_0^{p^{r-1}}$，则$\alpha\notin L^s,\ \alpha^p\in L^s$，于是我们可以进行一次$p$次代数扩域：

$$L^s(\alpha)\supset L^s$$

我们可以按照上面的方法不断对$L^s(\alpha)$进行$p$次代数扩域直到其与$L$相同为止。因此，我们可以构造一串中间域

$$L=L^s(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)\supset L^s(\alpha_1,\cdots,\alpha_{n-1})\supset L^s(\alpha_1)\supset L^s(\alpha_1)\supset L^s$$

其中$\alpha_i^p\in L^s(\alpha_1,\cdots,\alpha_{i-1})$且$\alpha_i\notin L^s(\alpha_1,\cdots,\alpha_{i-1})$，$i=1,\cdots,n$。不妨考虑其中的一个域扩张

$$L = L^s{'}(\alpha)$$

$\alpha$在$L^s{'}$上的极小多项式为$f(X)=X^p-a$，其中$a\in L^s{'}$，计算其判别式

$$\begin{aligned} \text{disc}(L/L^s{'})&=\text{disc}(f(X))\\ &=(-1)^{\frac{p(p-1)}{2}}\cdot\text{Nm}(f'(\alpha))\\ &=(-1)^{\frac{p(p-1)}{2}}\cdot\text{Nm}(p\cdot \alpha^{p-1})\\ &=0 \end{aligned}$$

仍然根据$\eqref{1}$处的链式法则，$\eqref{2}$成立。

• Q4

2-4. 设$\mathfrak{a}=(2,1+\sqrt{-3})\in\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$，证明$\mathfrak{a}\ne (2)$但$\mathfrak{a}^2=(2)\mathfrak{a}$，也即$\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$中的理想不能唯一分解为素理想之积。

直接计算即可，由于

$$2\nmid 1+\sqrt{-3}\implies (2)\nmid \mathfrak{a}$$

$\mathfrak{a}\ne (2)$，而

$$\begin{aligned} \mathfrak{a}^2&=(4,-2+2\sqrt{-3},2+2\sqrt{-3})\\ &=(4,2+2\sqrt{-3})\\ &=(2)(2,1+\sqrt{-3})\\ &=(2)\mathfrak{a} \end{aligned}$$

得证。事实上，由于$\mathfrak{a}$不满足唯一分解的性质，$\mathfrak{a}$中的元素也不一定满足唯一分解的性质（证明留做习题），从而$\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$不是UFD，于是$\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]$在$\mathbb{Q}[\sqrt{-3}]$中不是整闭的。

• Q5

2-5. 设$A,B$都是环，$A\subset B$，$\beta$是$B$中的可逆元，证明$A[\beta]\cap A[\beta^{-1}]$中任意的元素$\alpha$都是$A$上的代数整数。

我们设

$$\begin{aligned} \alpha&=a_0+a_1\beta+\cdots+a_m\beta^m\\ \alpha&=b_0+b_1\beta^{-1}+\cdots+b_n\beta^{-n}\\ \end{aligned}$$

现在设$M$是$B$中由$\{\beta^{-n},\cdots,1,\cdots,\beta^m\}$生成的$A$-子模，那么不难验证

$$\alpha\beta^i\in M,\quad i=-n,\cdots,1,\cdots,m$$

于是$\alpha M\subset M$，从而根据命题2.4知$\alpha$是$A$上的代数整数。

• Q6

2-6. 令$K=\mathbb{Q}[\sqrt{7},\sqrt{10}]$，设$\alpha$是$K$中的代数整数。

• (a) 已知 $$\begin{aligned} \alpha_1&=(1+\sqrt{7})(1+\sqrt{10})\\ \alpha_2&=(1+\sqrt{7})(1-\sqrt{10})\\ \alpha_3&=(1-\sqrt{7})(1+\sqrt{10})\\ \alpha_4&=(1-\sqrt{7})(1-\sqrt{10})\\ \end{aligned}$$

  都是代数整数，证明$3\mid\alpha_i\alpha_j\in\mathcal{O}_K,\quad i\ne j$，但是$3\nmid\alpha_i^k,\quad \forall k\in\mathbb{N}_+$。

• (b) 假设$\mathcal{O}_K=\mathbb{Z}[\alpha]$。设$f(X)$是$\alpha$在$\mathbb{Q}$上的极小多项式，对于$g(X)\in\mathbb{Z}[X]$，设$g(X)\equiv\bar g(X)\pmod{3}\in\mathbb{F}_3[X]$，证明 $$3\mid g(\alpha)\text{ in }\mathbb{Z}[\alpha]\quad\Leftrightarrow\quad \bar f\mid \bar g\text{ in }\mathbb{F}_3[X]$$
• (c) 设 $$\alpha_i=f_i(\alpha),\quad f_i\in\mathbb{Z}[X],\quad i=1,2,3,4$$

  证明$\bar f\mid \bar f_i\bar f_j,\quad i\ne j$，并且$\bar f\nmid \bar f_i^n,\quad \forall n\in\mathbb{N}_+$。

• (d) 证明$\bar f(X)$在$\mathbb{F}_3[X]$中至少有四个不同的不可约因式。

据此证明(b)中的假设不成立，即$\mathcal{O}_K\ne \mathbb{Z}[\alpha]$。

证明：

• (a) 对于$i\ne j$而言显然$3\mid\alpha_i\alpha_j$，于是， $$\left(\sum\limits_{i}\alpha_i\right)^k\equiv \sum\limits_{i}\alpha_i^k\pmod{3}$$

  同余式的左边

  $$\left(\sum\limits_{i}\alpha_i\right)^k\equiv 4^k\equiv 1\pmod{3}$$

  也即

  $$3\nmid \sum\limits_{i}\alpha_i^k=\text{Tr}(\alpha_i^k),\quad \text{Tr}:\mathcal{O}_K\rightarrow \mathbb{Z}$$

  若$3\mid \alpha_i^k$，则$3\mid \text{Tr}(\alpha_i^k)$，矛盾。



• (b)
  • “$\implies$”：$3\mid g(\alpha)$蕴含了$f(x)=0\implies g(x)=3h(x)$，即$f\mid g-3h$对于某个$h\in\mathbb{Z}[X]$而言成立，于是$\bar f\mid \bar g$在$\mathbb{F}_3[X]$上成立。
  
  
  • “$\impliedby$”：$\bar f\mid \bar g$在$\mathbb{F}_3[X]$上成立蕴含了$f\mid g-3h$对于某个$h\in\mathbb{Z}[X]$而言成立，于是$(g-3h)(\alpha)=0$，即$3\mid g(\alpha)$。


• (c) 由于$f(x)=0\implies 3\mid f_i(x)f_j(x)$，$\bar f|\bar f_i\bar f_j$。又因为$3\nmid \alpha_i^n=f_i^n(\alpha)$，所以$f(x)=0\notimplies 3\mid f_i^n(x)$，从而$\bar f\nmid \bar f_i^n$。


• (d) 这是因为根据(c)我们知道，对于$i=1,2,3,4$，$\bar f$的某个不可约因子不整除$\bar f_i$，但整除所有的$\bar f_j,\ j\ne i$，因此$\bar f$至少有四个不同的不可约因子。

最后，由于$\text{deg}\ f\le 4$，(d)中所述在$\mathbb{F}_3[X]$中是不可能的，因为在$\mathbb{F}_3[X]$中度为$1$的不可约多项式只有$3$个。

• Q7

2-7. 若$A$是整环，$B$是$A$在其分式域$K$的某个有限扩张$L$中的整闭包，若$S$是$A$的乘法闭合子集（multiplicatively closed subset / multiplicative subset），证明$S^{-1}B$是$S^{-1}A$在$L$中的整闭包。

直接计算即可。

• 先证明这个$S^{-1}B$包含在这个整闭包中。设$b/s\in S^{-1}B,s\in S,b\in B$，则 $$b^n+a_{n-1}b^{n-1}+\cdots+a_1 b+a_0=0,\quad a_i\in A$$

  于是，

  $$\left(\frac{b}{s}\right)^n+\frac{a_{n-1}}{s}\left(\frac{b}{s}\right)^{n-1}+\cdots+\frac{a_1}{s^{n-1}}\left(\frac{b}{s}\right)+\frac{a_0}{s^n}=0$$
• 现在证明这个整闭包包含在$S^{-1}B$中。设$s\in S,b\in L$，且$b/s$为$S^{-1}A$上的代数整数，那么 $$\left(\frac{b}{s}\right)^n+\frac{a_{n-1}}{s_{n-1}}\left(\frac{b}{s}\right)^{n-1}+\cdots+\frac{a_1}{s_1}\left(\frac{b}{s}\right)+\frac{a_0}{s_0}=0,\quad a_i/s_i\in S^{-1}A$$

  等式两边乘以$s^n s_{n-1}^{n}\cdots s_1^n s_0^n$，我们发现$s_{n-1}\cdots s_1 s_0 b\in B$，因此

  $$\frac{b}{s}=\frac{s_{n-1}\cdots s_1 s_0 b}{s_{n-1}\cdots s_1 s_0 s}\in S^{-1}B$$

• Q8

2-8. 设$\mathfrak{p}$是整环$A$中的素理想，证明$A_{\mathfrak{p}}/\mathfrak{p}A_{\mathfrak{p}}$是$A/\mathfrak{p}A$的分式域。

首先，$A/\mathfrak{p}A\subset A_{\mathfrak{p}}/\mathfrak{p}A_{\mathfrak{p}}$，其次我们知道$\forall\frac{a}{s}\in A_{\mathfrak{p}}/\mathfrak{p}A_{\mathfrak{p}}$满足

$$a\in A/\mathfrak{p}A,\ s\in S_{\mathfrak{p}}=A\backslash\mathfrak{p}\subset A$$

$s\cdot \frac{a}{s}\in A/\mathfrak{p}A$，故得证。