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\(\mathbb{Z}[\sqrt{5}]\subsetneqq\mathcal{O}_{K}\subsetneqq 2^{-1}\mathbb{Z}[\sqrt{5}]\)。
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）
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）
- 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。
- 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
\[ \frac{b}{s}=\frac{s_{n-1}\cdots s_1 s_0 b}{s_{n-1}\cdots s_1 s_0 s}\in S^{-1}B \]
直接计算即可。
- 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。