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代数数论（1）

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@mioj1qko
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由于水平有限, 我们会使用定义-定理-证明的方式来组织内容, 而没有能激起灵感的讨论.

整数环与 Dedekind 环

整数环

设 AA 是整环, FF 是包含它的一个域.
定义. 称 α∈F\alpha \in F 为一个 (AA 上的) 整元, 若存在首一多项式 p(X)∈A[X]p(X) \in A\lbrack X\rbrack, 使得 p(α)=0p(\alpha) = 0.
定理. 所有的整元构成一个环.
证明 (利用对称多项式).
多项式 P∈A[Xi:i∈I]P \in A\left\lbrack X_{i}:i \in I \right\rbrack 是对称多项式, 若它在变量间的交换不变, 也就是说: P(X{σ(i)}:i∈I)=P(Xi:i∈I)∼(对所有的 σ∈SI)P\left( X_{\left\{ \sigma(i) \right\}}:i \in I \right) = P\left( X_{i}:i \in I \right) \sim \left( \text{对所有的 }\sigma \in S_{I} \right) 这样的对称多项式有基本对称多项式 σ1=∑i∈IXi,σ2=∑i,j∈I,i≠jXiXj,…,σn=∏i∈IXi.\sigma_{1} = \sum_{i \in I}X_{i},\sigma_{2} = \sum_{i,j \in I,i \neq j}X_{i}X_{j},\ldots,\sigma_{n} = \prod_{i \in I}X_{i}. 熟知地有如下定理:
定理. 所有的对称多项式均可以唯一地表示为基本对称多项式的多项式. 也就是说, 对于对称多项式 P∈A[xi:i∈I]P \in A\left\lbrack x_{i}:i \in I \right\rbrack, PP 也属于 A[σi:i∈I]A\left\lbrack \sigma_{i}:i \in I \right\rbrack.
证明. 熟知. 证毕.
对于 A[X]A\lbrack X\rbrack 中的首一多项式 pp, 设 p=∑0≤k<nakXk+Xn,p = \sum_{0 \leq k < n}a_{k}X^{k} + X^{n}, 在 F‾\overline{F} 中有 nn 个根 αi∼(i∈I),\alpha_{i} \sim (i \in I), 则根据 Viète 定理, 有 ak=(−1)n−kσn−k(αi:i∈I).a_{k} = ( - 1)^{n - k}\sigma_{n - k}\left( \alpha_{i}:i \in I \right). 因为 ak∈Aa_{k} \in A, 所以对 pp 的 nn 个根施 σk\sigma_{k} 得到的结果属于 AA, 进而, 对 pp 的 nn 个根施任何对称多项式得到的结果属于 AA.
于是我们可以考虑原定理的一个推广版本:
命题. 设 αi:i∈I\alpha_{i}:i \in I 表示 A[X]A\lbrack X\rbrack 中某个首一多项式 pp 的 nn 个根, P∈A[Xi:i∈I]P \in A\left\lbrack X_{i}:i \in I \right\rbrack, 则 P(αi:i∈I)P\left( \alpha_{i}:i \in I \right) 是 A[X]A\lbrack X\rbrack 中某个首一多项式的根.
证明. 考虑 Q(X)=∏σ∈SI(X−P(ασi:i∈I)).Q(X) = \prod_{\sigma \in S_{I}}\left( X - P\left( \alpha_{\sigma_{i}}:i \in I \right) \right). 这样 QQ 是一个首一多项式, 而且每个系数都是 αi\alpha_{i} 的对称多项式, 因此属于 AA. 同时我们看到 P(αi:i∈I)P\left( \alpha_{i}:i \in I \right) 是一个根. 证毕.
施 P(α1,α2)=α1±α2,P(α1,α2)=α1α2P\left( \alpha_{1},\alpha_{2} \right) = \alpha_{1} \pm \alpha_{2},P\left( \alpha_{1},\alpha_{2} \right) = \alpha_{1}\alpha_{2} 得到原定理. 证毕
Dedekind 的证明.
Dedekind 的证明主要利用了如下的基本命题:
命题. α\alpha 是整元 ⟺\Longleftrightarrow 存在 FF 的非零有限生成 AA-子模 MM, 使得 αM⊂M\alpha M \subset M.
[]{#int_elem_def_2}
证明.
  • (⟹\Longrightarrow) 若存在首一多项式 p(X)=∑0≤k<nakXk+Xn,p(X) = \sum_{0 \leq k < n}a_{k}X^{k} + X^{n}, 则由 X0,X1,…,Xn−1X^{0},X^{1},\ldots,X^{n - 1} 生成的 AA-子模满足条件.
  • (⟸\Longleftarrow) 设 MM 的一组生成元为 (gi)i∈I\left( g_{i} \right)_{i \in I}, II 有限. 根据生成元的性质, 取矩阵 αgi=∑j∈Iaijgj,A=(aij).\alpha g_{i} = \sum_{j \in I}a_{ij}g_{j},A = \left( a_{ij} \right). 即 (gi)\left( g_{i} \right) 是方程组 αI−A=0\alpha I - A = 0 的解. 线性代数告诉我们 det⁡(αI−A)=0\det(\alpha I - A) = 0. 展开得到解为 α\alpha 的首一多项式.
证毕.
利用这个命题, 对于整元 α,β\alpha,\beta, 取 αM⊂M,βN⊂N\alpha M \subset M,\beta N \subset N. 考虑 mn(m∈M,n∈N)mn(m \in M,n \in N) 生成的子模 MNMN, 则带入如上命题得 α+β,αβ\alpha + \beta,\alpha\beta 都是整元. 证毕
定义. AA 上的所有整元组成的环称为 AA 的整闭包, Z\mathbb{Z} 的整闭包称为 FF 的整数环, 记作 OF\mathcal{O}_{F}.
例. F=K(Xi:i∈I)F = K\left( X_{i}:i \in I \right) 时, 所有对称多项式构成的环的整闭包是 F[Xi:i∈I]F\left\lbrack X_{i}:i \in I \right\rbrack. 这是因为 ∣I∣|I| 元对称多项式 ff 是 ∏σ∈SI(Y−f(Xσ(i):i∈I))\prod_{\sigma \in S_{I}}\left( Y - f\left( X_{\sigma(i)}:i \in I \right) \right) 的解, 其中 YY 是变元.
命题. Frac(OF)=F\text{Frac}\left( \mathcal{O}_{F} \right) = F.
证明. 我们证明: 所有的 Frac(A)\text{Frac}(A) 上的代数元都可以表示为 AA 的整闭包中元素与 AA 的某个元素逆元的乘积. []{#frac_int} 通过展开代数元的定义与将解乘以多项式系数的公分母, 即可证明. 证毕.
定义. 整环 AA 整闭, 当且仅当 F= Frac(A)F = \text{ Frac}(A) 时 AA 的整闭包是本身.
命题. 唯一分解环 RR 都是整闭的.
证明. 否则不可约分数 ab\frac{a}{b} 可以作为首一 R[X]R\lbrack X\rbrack 多项式的解, 考虑不可约元 pp 是 bb 的因子而非 aa 的因子. 若 ab\frac{a}{b} 作为解, 则 ∑0≤k<nak(ab)k+(ab)n=0, 也即 ∑0≤k<nakbn−kak+an=0.\begin{array}{r} \sum_{0 \leq k < n}a_{k}\left( \frac{a}{b} \right)^{k} + \left( \frac{a}{b} \right)^{n} = 0,\text{ 也即 } \\ \sum_{0 \leq k < n}a_{k}b^{n - k}a^{k} + a^{n} = 0. \end{array} 然后就会发现 p ∣ ∑0≤k<nakbn−kak⟹p ∣ an,p~|~\sum_{0 \leq k < n}a_{k}b^{n - k}a^{k} \Longrightarrow p~|~a^{n}, 与 pp 不是 aa 的因子矛盾. 证毕.
命题. 对于整闭环 AA 的分式域 Frac(A)\text{Frac}(A) 的有限扩张 F∣Frac(A)F|\text{Frac}(A), α∈F\alpha \in F 在 AA 上整当且仅当其极小多项式的系数属于 AA.
证明. (⟸\Longleftarrow) 方向是显然的. (⟹\Longrightarrow) 方向则考虑 α\alpha 的所有的共轭元, 它也是 α\alpha 作为整元所对应的多项式的根, 所以 α\alpha 的所有共轭元是整元, 也就是说 α\alpha 的极小多项式的根都是整元, 进而, 利用 Viète 定理, 系数也都是整元. 由于极小多项式一定是 Frac(A)\text{Frac}(A) 中的多项式, 它们又都是整元, 所以极小多项式 ∈A[X]\in A\lbrack X\rbrack. 得证. 证毕.
定义. 称 A∣BA|B 是整扩张, 若 B⊂AB \subset A, 且每一个 a∈Aa \in A 都是 BB 上的整元.
命题. 若 A∣BA|B 是整扩张, AA 作为 BB-代数有限生成, 则 AA 作为 BB-模有限生成.
证明. 考虑其一组生成元 g0,…,gn−1g_{0},\ldots,g_{n - 1}, 这便导出一条链 B⊂B[g0]⊂B[g0,g1]⊂…⊂B[g0,…,gn−1]=A.B \subset B\left\lbrack g_{0} \right\rbrack \subset B\left\lbrack g_{0},g_{1} \right\rbrack \subset \ldots \subset B\left\lbrack g_{0},\ldots,g_{n - 1} \right\rbrack = A. 只需证明每一步都有限生成, 以 B⊂B[g0]B \subset B\left\lbrack g_{0} \right\rbrack 为例. 考虑一个首一 nn 次方程 f(g0)=0f\left( g_{0} \right) = 0. 这样, 对于 B[g0]B\left\lbrack g_{0} \right\rbrack 中的元素 p(g0)p\left( g_{0} \right), 我们有 p(g0)=(pmod⁡f)(g0)p\left( g_{0} \right) = \left( p\operatorname{mod}f \right)\left( g_{0} \right). 因此, g00,…,g0n−1g_{0}^{0},\ldots,g_{0}^{n - 1} 生成 B[g0]B\left\lbrack g_{0} \right\rbrack (作为 BB-模). 证毕.
命题. 如果 A∣B∣CA|B|C 中, A∣BA|B 是整扩张, B∣CB|C 是整扩张, 则 A∣CA|C 也是.
证明. 设 α∈C\alpha \in C, 则 α\alpha 在 BB 上整, 即 ∑0≤k<nakαk+αn=0(ak∈B),\sum_{0 \leq k < n}a_{k}\alpha^{k} + \alpha^{n} = 0\left( a_{k} \in B \right), 根据上一个命题得到 X=A[a0,…,an−1]X = A\left\lbrack a_{0},\ldots,a_{n - 1} \right\rbrack 作为 AA-模有限生成, 并且 α\alpha 在 XX 上整. 这样利用整元的等价定义得到 αX[α]⊂X[α]\alpha X\lbrack\alpha\rbrack \subset X\lbrack\alpha\rbrack, 进而 α\alpha 在 AA 上整. 证毕.
提示. 考虑整环 AA, F∣Frac(A)F|\text{Frac}(A) 是代数扩张, 则 AA 在 FF 里的整闭包是整闭的.
定理. 考虑整闭整环 AA, F∣Frac(A)F|\text{Frac}(A) 是有限扩张, BB 是 AA 在 FF 里的整闭包. 作为 AA-模的 BB, 可以被两个自由模控制上下界: A⊕X≃M0⊂B⊂M1≃A⊕Y.A^{\oplus X} \simeq M_{0} \subset B \subset M_{1} \simeq A^{\oplus Y}. 进而, 在 AA 是 Noether 环的时候, BB 是有限生成 AA-模, AA 是主理想整环时, BB 是自由模, 使得其秩为 dim⁡Frac(A)F\dim_{\text{Frac}(A)}F. 至此导出对于有限扩张 F∣QF|{\mathbb{Q}}, OF\mathcal{O}_{F} 是有限生成 Abel 群.
证明. 考虑 F∣Frac(A)F|\text{Frac}(A) 的一组基 B\mathfrak{B}, 我们利用这个命题可以得到分母一定属于 AA, 所以我们把这些属于 AA 的分母进行通分, 得到一个公分母 dd, 则 dBd\mathfrak{B} 也是一组基, 且每个元素都属于 BB. 不妨设 B\mathfrak{B} 本身就满足这一性质.
考虑迹配对 Tr[⋅,⋅]:F×F→ Frac(A)\text{Tr}\lbrack \cdot , \cdot \rbrack:F \times F \rightarrow \text{ Frac}(A): x,y↦ Tr(xy)x,y \mapsto \text{ Tr}(xy), 其中 Tr\text{Tr} 在扩张 F∣Frac(A)F|\text{Frac}(A) 上, Tr{F∣Frac(A)}(x)\text{Tr}_{\left\{ F|\text{Frac}(A) \right\}}(x) 表示为线性映射 y↦xyy \mapsto xy 的迹. 它显然是非退化的双线性型. 因此基 B\mathfrak{B} 有一个对偶基 B∨\mathfrak{B}^{\vee}, 使得  Tr[x,x∨]=1, Tr[x,y∨]=0(x≠y).\text{ Tr}\left\lbrack x,x^{\vee} \right\rbrack = 1,\text{ Tr}\left\lbrack x,y^{\vee} \right\rbrack = 0(x \neq y). 它也是 F∣Frac(A)F|\text{Frac}(A) 的基.
兹断言: ⟨B⟩⊂B⊂⟨B∨⟩.{\langle\mathfrak{B}\rangle} \subset B \subset {\langle\mathfrak{B}^{\vee}\rangle}. 第一个断言是 B⊂B\mathfrak{B} \subset B 的直接推论; 第二个断言的证明如下: 设 α∈B\alpha \in B, 则 α\alpha 通过 F∣Frac(A)F|\text{Frac}(A) 的基唯一地表示为 α=∑b∈Bb∨cb,\alpha = \sum_{b \in \mathfrak{B}}b^{\vee}c_{b}, 注意到对于 β∈B\beta \in \mathfrak{B}, αβ∈B\alpha\beta \in B, 所以 cb=∑b′∈Bcb′b′[b=b′]=∑b′∈Bcb′ Tr[b∨,b′]= Tr[α,b]∈A,c_{b} = \sum_{b' \in \mathfrak{B}}c_{b'}b'\lbrack b = b'\rbrack = \sum_{b' \in \mathfrak{B}}c_{b'}\text{ Tr}\left\lbrack b^{\vee},b' \right\rbrack = \text{ Tr}\lbrack\alpha,b\rbrack \in A, 因此 α\alpha 可以用 B∨\mathfrak{B}^{\vee} 在环 AA 中线性表示. 证毕
定义. 上述定理中, 被断言存在的基称为 FF 的整基.
提示. 考虑到我们不一定对偶的是基, 我们可以对任意的 BB 的子模做对偶: M∨={α∈F: Tr[α,β]∈A∀β∈M}.M^{\vee} = \left\{ \alpha \in F:\text{ Tr}\lbrack\alpha,\beta\rbrack \in A\forall\beta \in M \right\}. 这样 M⊂B⊂M∨M \subset B \subset M^{\vee}.
例. 设 F= Frac(A)[α]F = \text{ Frac}(A)\lbrack\alpha\rbrack, α\alpha 的极小多项式 pp 是 nn 次多项式, α∈B\alpha \in B. 设 pX−α=∑0≤k<nakXk,\frac{p}{X - \alpha} = \sum_{0 \leq k < n}a_{k}X^{k}, 则对于 B={1,α,…,αn−1},\mathfrak{B} = \left\{ 1,\alpha,\ldots,\alpha^{n - 1} \right\}, 有 B∨={a0p′(α),a1p′(α),…,an−1p′(α)}.\mathfrak{B}^{\vee} = \left\{ \frac{a_{0}}{p'(\alpha)},\frac{a_{1}}{p'(\alpha)},\ldots,\frac{a_{n - 1}}{p'(\alpha)} \right\}.
证明. 设 K=Frac(A)‾K = \overline{\text{Frac(A)}}, pp 在其中的 nn 个根构成集合 SS. 考虑如下事实:
\frac{p}{X - \alpha} \end{array} \right._{X = \beta} = \begin{cases} p'(\alpha)\text{ if }\alpha = \beta \\ 0\text{ otherwise}. \end{cases}$$ 因此 $$\sum_{\alpha \in S}\frac{p}{x - \alpha} \cdot \frac{\alpha^{j}}{p'(\alpha)} = X^{j},$$ 这是因为每一个 $\beta \in S$ 均是这个方程的解, 而 $\text{LHS } - \text{ RHS}$ 的次数 $< n$. 用 $\alpha \in S$ 代替其它 $\alpha' \in S$ 得: $$\sum_{\sigma \in \text{ Hom}(F,K)}\sigma(\frac{p}{X - \alpha} \cdot \frac{\alpha^{j}}{p'(\alpha)}) = X^{j}.$$ 两边应用 $\left\lbrack X^{k} \right\rbrack$ 得: $$\text{ Tr}\left( x^{j} \cdot \frac{b_{k}}{p'(\alpha)} \right) = \sum_{\sigma \in \text{ Hom}(F,K)}\sigma(b_{k} \cdot \frac{x^{j}}{p'(\alpha)}) = \lbrack i = j\rbrack,$$ 因此 $\mathfrak{B}^{\vee}$ 确实如上所述. **证毕.** **定义.** 设 $p$ 是一个 $n$ 次多项式, 在适当的域上有一个根 $\alpha$, 则定义 $$\Delta(p) = ( - 1)^{\binom{n}{2}}\text{ N}\left( f'(\alpha) \right),$$ 用 Vandemonde 行列式可以知道其第二个形式: $$\prod_{0 \leq i < j < n}\left( \alpha_{i} - \alpha_{j} \right)^{2.}$$ **定理.** **Stickelberger 定理.** $\mathcal{O}_{K}$ 的任意一组整基满足 $\text{Tr}\left\lbrack b_{i},b_{j} \right\rbrack$ 的行列式 $\operatorname{mod}4$ 后为 $0$ 或 $1$. *证明.* 考虑 $\text{Tr}$ 的定义知矩阵 $$a_{ij} = \text{ Tr}\left\lbrack b_{i},b_{j} \right\rbrack = \sum_{\sigma \in \text{ Hom}(K,{\mathbb{A}})}\sigma(b_{i})\sigma(b_{j}),$$ 形如矩阵乘法, 因此行列式 $D$ 为 $\det(\sigma_{i}b_{j})$. 设积和式 $P$ 为 $\text{perm}\left( \sigma_{i}b_{j} \right)$, 这样, 对于 $\tau \in \text{ Aut}({\mathbb{A}})$, $\tau P = \text{ perm}\left( \tau\sigma_{i}b_{j} \right)$, 而注意到复合 $\tau$ 是 $\left\{ \sigma_{i} \right\}$ 的一个置换, 因此 $\tau D \in \left\{ D, - D \right\}$, 而 $\tau P = P$. 考虑 $P^{2} - D^{2} = (P - D)(P + D)$. 注意到 $P + D$ 事实上是 $D$ 的偶置换项的和的 $2$ 倍, 同时 $P - D$ 事实上是 $D$ 的奇置换项的和的 $2$ 倍, 因此 $$\frac{(P + D)(P - D)}{4} \in {\mathbb{Z}},$$ 所以 $$D^{2} \equiv P^{2} \equiv 0,1\left( \operatorname{mod}4 \right).$$ **证毕** **定义.** 这个值记作 $\Delta(\mathcal{O}_{K}|{\mathbb{Z}}) \in {\mathbb{Z}}$. 一般地, 对于 $A$ 是整环, $B$ 是其整扩张, 且 $B$ 是自由 $A$-模的情形, $\text{Tr}\left\lbrack b_{i},b_{j} \right\rbrack$ 的行列式定义为 $\Delta(B|A)$. 此时, 它属于 $\frac{A}{A^{\times 2}}$. ## Dedekind 环 **定义.** 设 $R$ 是整环, 称 $R$ 是 **Dedekind 环**, 若它满足以下所有条件: - $R$ 是 Noether 环. - $R$ 是整闭环. - $R$ 的每一个非零素理想极大. 为了方便, 我们一般认为 $R$ 不是域. **定义.** 设 $R$ 是主理想整环, 称 $R$ 是**离散赋值环**, 若如下三个等价条件中, $R$ 满足其中至少一个: - $R$ 只有一个非零素理想. - $R$ 的素元在相差一个可逆元的意义下唯一. - $R$ 只有一个非零极大理想, 但 $R$ 不是域. 其唯一的素元记作 $\pi$. **命题.** 每一个离散赋值环都是 Dedekind 环. **命题.** 离散赋值环整闭. **命题.** 对于 Noether 整环 $R$, 我们有: $R$ 是 Dedekind 环, 当且仅当局部化 $R_{\mathfrak{p}} = R\left\lbrack \left( \mathfrak{p}^{\complement} \right)^{- 1} \right\rbrack$ 是离散赋值环. *证明.* 不妨设 $R$ 不是域, ${\mathbb{F}} = \text{ Frac}(R)$. - ($\Longrightarrow$ 方向) 注意到 $\dim R_{\mathfrak{p}} \leq \dim R = 1$, 故只需证明局部化保持整型: 只需把 $R_{\mathfrak{p}}$ 中的方程按公分母的适当倍数放缩至 $R$ 中即可. - ($\Longleftarrow$ 方向) 观察到素理想链 $\left( \mathfrak{p}_{i} \right)$ 导出 $R_{\mathfrak{p}_{i}}$ 的对应链, 因此 $$\dim R = \sup\left\{ \dim R_{\mathfrak{p}}:\mathfrak{p} \in \text{ Spec }R \right\} = 1,$$ 同时不难发现, $R$ 的所有整元恰是每一个 $R_{\mathfrak{p}}$ 的整元之交, 因此 $R$ 是整闭环. **证毕.** **定理.** 对整环 $R$ 而言, 称其是 Dedekind 的, 与其任意理想可以唯一地分解为素理想之积等价. *证明.* 首先证明任意理想包含一组素理想的积: 如果不然, 考虑其极大反例 $\mathfrak{a}$, 它自身不可能是素理想, 所以存在素理想条件「$xy \in \mathfrak{a} \Longrightarrow x \in \mathfrak{a} \vee y \in \mathfrak{a}$」的反例 $(x,y)$. 这样, $$\left( \mathfrak{a} + x \right)\left( \mathfrak{a} + y \right) \subset \mathfrak{a} \subsetneq \mathfrak{a} + x,\mathfrak{a} + y.$$ 因为 $\mathfrak{a}$ 极大, 所以 $\mathfrak{a} + x,\mathfrak{a} + y$ 均包含一组素理想的积, 因此 $\mathfrak{a}$ 也包含一组素理想的积. 考虑 $\mathfrak{a}$ 包含素理想之积 $\mathfrak{a}_{0}$, 对于其中一项 $\mathfrak{p}^{n}$, 由于 $\mathfrak{p}$ 的极大性, 我们可以证明 $\frac{R}{\mathfrak{p^{n}}}$ 同构于 $\frac{R_{\mathfrak{p}}}{\left( \mathfrak{p}R_{\mathfrak{p}} \right)^{n}}$. 设 $\mathfrak{p'} = \mathfrak{p}R_{\mathfrak{p}}$, 则我们利用中国剩余定理可知: $$\frac{R}{\mathfrak{a}_{0}} = \frac{R}{\prod_{i}}\mathfrak{p}_{i}^{n_{i}} = \prod_{i}\frac{R}{\mathfrak{p}_{i}^{n_{i}}} = \prod_{i}\frac{R_{\mathfrak{p}_{i}}}{\mathfrak{p}'}_{i}^{n_{i}},$$ 这样考虑 $\mathfrak{a}\operatorname{mod}\mathfrak{b}$, 可知它在每一个 $\frac{R_{\mathfrak{p}_{i}}}{\mathfrak{p}'}_{i}^{n_{i}}$ 是一个理想, 进而可以认为它取 $\frac{\mathfrak{p'}_{i}^{s_{i}}}{\mathfrak{p}'}_{i}^{n_{i}}$ 的形式, 这样, $\mathfrak{a} = \prod_{i}\mathfrak{p}_{i}^{s_{i}}$, 因为 $\frac{A}{\mathfrak{b}}$ 的理想与包含 $\mathfrak{b}$ 的 $A$ 中理想一一对应. 唯一性的证明来自上文中可以注意到的 $\mathfrak{p'}_{i}^{s_{i}} = \mathfrak{p'}_{i}^{s_{i}'}$, 因此 $s_{i} = s_{i}'$. 而唯一分解推出 Dedekind 环的过程是: 考虑到唯一分解导出理想相当于 ${\mathbb{Z}}_{\geq 0}^{\text{Spec }R\backslash 0}$ 通过唯一分解, 则 Grothendieck 群给出 ${\mathbb{Z}}^{\text{Spec }R\backslash 0}$, 它有一个名字, **分式理想**, 可以被定义为: $\mathfrak{a} \subset \text{ Frac}(R)$ 是分式理想, 当且仅当 $\mathfrak{a}$ 是 $\text{Frac}(R)$ 的非零子 $R$-模, 且存在一个公分母 $d$ 使得 $d\mathfrak{a} \subset A$. 我们有求逆 $\mathfrak{a}^{- 1} = \left\{ \alpha \in \text{ Frac}(R):\alpha\mathfrak{a} \subset R \right\}$. 我们看看它说明什么: $\mathfrak{a}\mathfrak{a}^{- 1} = (1) = R$ 证明存在一组 $(a,b)$ 使得 $$\sum_{i}a_{i}b_{i} = 1,$$ 对于 $x \in \mathfrak{a}$, 注意到 $b_{i}x \in R$, 所以 $\mathfrak{a}$ 有限生成, 其生成元是 $\left( a_{i} \right)$, 生成系数是 $\left( b_{i}x \right)$. Noether 性证毕. 整闭性是因为对于 $\text{Frac}(R)|R$ 的整元素 $x$, $R\lbrack x\rbrack$ 是分式理想, 但 $R\lbrack x\rbrack^{2} = R\lbrack x\rbrack$, 因此 $R\lbrack x\rbrack = (1) = R$. 最后证非零素理想 $\mathfrak{p}$ 极大: 考虑包含之的极大理想 $\mathfrak{m}$, 由于 $\mathfrak{p}$ 是素理想, 所以 $\mathfrak{m}\left( \mathfrak{m}^{- 1}\mathfrak{p} \right) = \mathfrak{p}$ 满足 $\mathfrak{m} \subset \mathfrak{p}$ 或 $\mathfrak{m}^{- 1}\mathfrak{p} \subset \mathfrak{p}$, 后者在两边同乘 $\mathfrak{m}\mathfrak{p}^{- 1}$ 给出矛盾. 因此, 我们证明了 Dedekind 环的所有条件. **证毕** **命题.** 唯一分解且 Dedekind 的环是主理想整环. *证明.* 考虑非零素理想 $\mathfrak{p}$, 其中一个元素可以分解为不可约元素之积, 考虑其中一个是 $\pi$, 则 $(\pi) \subset \mathfrak{p}$, 进而 $(\pi) = \mathfrak{p}$. **证毕.** **定理.** 每一个 Dedekind 上的无挠有限生成模均是有限个分式理想的直和. *证明.* 考虑 $R$ 的有限生成理想 $\mathfrak{a}$, 则存在另一个有限生成理想 $\mathfrak{b}$ 使得 $\mathfrak{a}\mathfrak{b} = (c)$ (任取 $x \in \mathfrak{a}$, 对 $(x)$ 的唯一分解和 $\mathfrak{a}$ 的唯一分解做商), 进而有 $$\sum_{i \in I}a_{i}b_{i} = c,$$ 其中 $a_{i}$ 是 $\mathfrak{a}$ 的生成元. 这样, $R^{I} \rightarrow \mathfrak{a}$ 的由 $\left( a_{i} \right)$ 导出的线性映射是满射, 且我们有其右逆元 $$a \mapsto \left( \frac{b_{i}a}{c}:i \in I \right),$$ 进而 $\mathfrak{a}$ 是投射模. 这样, $A$ 的任意无挠有限生成模 $M$ 是投射的, 这是因为 $$M \otimes R_{\mathfrak{p}}\left( \mathfrak{p} \in \text{ Spec }R\backslash 0 \right)$$ 是自由模, 而 $R_{\mathfrak{p}}$ 是主理想整环. 考虑无挠有限生成摸 $M$, 根据上述论证, 它是投射的, 进而 $\text{Hom}(M,R) \neq 0$, 取得一个同态 $\varphi$, 设 $\mathfrak{a} = \text{ im }\varphi$, 由于 $\mathfrak{a}$ 也是投射的, 所以 $M \twoheadrightarrow \mathfrak{a}$ 的截面存在, 也就是说 $\mathfrak{a}$ 是 $M$ 的直和项. 根据 $M$ 的 Noether 性递归下去. 例如 $5 \in {\mathbb{Z}}$ 会在 ${\mathbb{Z}}\left\lbrack \mathrm{i} \right\rbrack$ 中分解为 $\left( 2 - \mathrm{i} \right)\left( 2 + \mathrm{i} \right)$, $\mathfrak{a}$ 的分解在扩张中也会变化. 设 ${\mathbb{K}}|{\mathbb{F}}$ 是可分扩张, $A$ 是 Dedekind 整环, ${\mathbb{F}} = \text{ Frac}(A)$, $B$ 是 $A$ 在 $\mathbb{K}$ 中的整闭包, 则有: **定义.** 对于 $A$ 的素理想 $\mathfrak{p}$, 它在 $B$ 中会得到唯一分解, 设为 $$\prod_{i \in I}\mathfrak{q}_{i}^{n_{i}},$$ 如果某个 $n_{i} > 1$, 则视 $\mathfrak{p}$ **分歧**. 我们记 $e\left( \mathfrak{p}|\mathfrak{q}_{i} \right)$ 为对应的重数 $n_{i}$, 而 $f\left( \mathfrak{p}|\mathfrak{q}_{i} \right)$ 为剩余类度数 $\left\lbrack \frac{B}{\mathfrak{q}_{i}}:\frac{A}{\mathfrak{p}} \right\rbrack$ 的域扩张度数. $\mathfrak{p}$ **完全分裂**, 若 $e$ 和 $f$ 都为 $1$. $\mathfrak{p}$ **惯性**, 若 $\mathfrak{p}$ 在 $B$ 中也是素理想. 我们记 $g$ 为 $|I|$. 这一定义的经典应用是 Gauß 解决 $x^{2} + y^{2} = n$ 的整数解这一问题. **定理.** 有等式 $$\sum_{\mathfrak{q}}e\left( \mathfrak{p}|\mathfrak{q} \right)f\left( \mathfrak{p}|\mathfrak{q} \right) = \lbrack{\mathbb{K}}:{\mathbb{F}}\rbrack,$$ 特别地, 当 ${\mathbb{K}}|{\mathbb{F}}$ 是 Galois 扩张时, 所有的 $e$ 和 $f$ 相等, 因此 $efg = \lbrack{\mathbb{K}}:{\mathbb{F}}\rbrack$. *证明.* 我们的证明思路是, 证明左右都等于 $\left\lbrack \frac{B}{\mathfrak{p}}:\frac{A}{\mathfrak{p}} \right\rbrack$. 对于左侧的证明: 我们把 $\frac{B}{\mathfrak{p}}$ 通过中国剩余定理分解, 这样我们只需要证明 $ef = \left\lbrack \frac{B}{\mathfrak{q}^{e}}:\frac{A}{\mathfrak{p}} \right\rbrack$ (省略 $e,f$ 的参数). 我们发现二者都有一个 $e$, 我们考虑把 $\mathfrak{q}^{e}$ 中每一个 $\mathfrak{q}$ 的项对应于一个 $f$ 维的空间. 我们的构造为: $$B \supset \mathfrak{q} \supset \mathfrak{q}^{2} \supset \ldots \supset \mathfrak{q}^{e},$$ 只需要证明每个 $\supset$ 两侧前项商后项有维度 $f$ (作为 $\frac{A}{\mathfrak{p}}$-线性空间). 这是因为显然地 $\frac{\mathfrak{q}^{k}}{\mathfrak{q}^{k + 1}}$ 是不可分解的 $\frac{B}{\mathfrak{q}}$-线性空间, 也就是 $\frac{B}{\mathfrak{q}}$ 上的 $1$ 维空间, 进而是 $\frac{A}{\mathfrak{p}}$ 上的 $f$ 为维空间. 这样, 我们证明了 $ef = \left\lbrack \frac{B}{\mathfrak{q}^{e}}:\frac{A}{\mathfrak{p}} \right\rbrack$. 对于右侧的证明: 我们来将 $A,B$ 通过 $\mathfrak{p}^{\complement}$ 局部化. 不难验证, 局部化下, 素理想分解不改变. 局部化后 $A,B$ 变身主理想整环, 进而 $B|A$ 是自由模. 这样, $A^{n} \simeq B$, 故 $(A \otimes {\mathbb{F}})^{n} \simeq B \otimes {\mathbb{F}} = {\mathbb{K}}$. 这样, $\lbrack{\mathbb{K}}:{\mathbb{F}}\rbrack = \left\lbrack \frac{B}{\mathfrak{p}}:\frac{A}{\mathfrak{p}} \right\rbrack$. 我们还剩下对于 Galois 扩张的证明. 我们断言, 整除 $\mathfrak{p}$ 的 $B$ 中理想两两 (在 $\text{Gal}\left( {\mathbb{K}}|{\mathbb{F}} \right)$ 下) 共轭. 我们用反证法证明这一点: 根据中国剩余定理, 如果理想有两个不同的共轭, 则存在 $x \in \mathfrak{q}$ 使得 $x$ 不在 $\sigma\mathfrak{q}'$ 中, 无论 $\sigma$ 的取值. 考虑 $\mathrm{N}_{{\mathbb{K}}|{\mathbb{F}}}(x)$, 则它是 $A$ 中元素. 且 $x \in \mathfrak{q}$ 导出范数也属于 $\mathfrak{q}$, 因此 $x$ 的范数 $\in \mathfrak{p}$. 然而 $\sigma x \notin \mathfrak{q}'$, 但这些 $\sigma x$ 的乘积却属于 $\mathfrak{q}'$, 这, 由于 $\mathfrak{q}'$ 是素理想, 是一个矛盾. 因此, 任何整除 $\mathfrak{p}$ 的理想两两共轭, 进而在 $\sigma$ 的作用下, $e,f$ 保持不变. 进而, $\lbrack{\mathbb{K}}:{\mathbb{F}}\rbrack = efg$. [证明就这样完成了喵! ✧(≖ ◡ ≖✿)]{align="right"} 我们观察到, ${\mathbb{Z}}\left\lbrack \sqrt{- 1} \right\rbrack$ 中, 仅有 $(2)$ 一个分歧理想; ${\mathbb{Z}}\left\lbrack \omega_{3} \right\rbrack$ 中, 仅有 $(3)$ 一个分歧理想; ${\mathbb{Z}}\left\lbrack \sqrt{- 5} \right\rbrack$ 中, 仅有 $(2),(5)$ 两个分歧理想. 我们猜想, 并总结出如下的定理: **定理.** 当 $A$ 是自由 $B$-模时, 仅有有限多个素理想分歧. *证明.* 我们来证明, 一个素理想 $\mathfrak{p}$ 分歧当且仅当 $\mathfrak{p}~|~\text{disc}\left( B|A \right)$. 简单的对 $\frac{A}{\mathfrak{p}}$ 张量积得 $$\text{ disc}\left( B|A \right)\operatorname{mod}\mathfrak{p} = \text{ disc}\left( \left( \frac{B}{\mathfrak{p}} \right)|\left( \frac{A}{\mathfrak{p}} \right) \right).$$ 我们引入一个重要的交换代数引理: **命题.** 设 $\mathbb{k}$ 是一个完美域, 对于 $\mathbb{k}$-代数 $A$, $A$ 中无非 $0$ 幂零元当且仅当 $\text{disc}\left( A|\mathbb{k} \right) \neq 0$. *证明.* 对于某个非 $0$ 幂零元 $n$, 考虑一个包含 $n$ 的基 $\mathfrak{B}$. 所以 $\text{Tr}\left( b_{i}b_{j} \right)$ 所需的线性映射 $x \mapsto b_{i}b_{j}x$ 使得 $b_{i} = n$ 时它是幂零映射, 因此 $\text{Tr}\left( x \mapsto nb_{j}x \right) = 0$, 也就是 $\text{disc}\left( A|\mathbb{k} \right) = 0$; 如果 $A$ 中无非 $0$ 幂零元, 可以用交换代数的结论证明: $$\bigcap_{\mathfrak{p} \in \text{ Spec }A\backslash 0}\mathfrak{p} = 0 \Longrightarrow \left\lbrack A:\mathbb{k} \right\rbrack \geq |\text{Spec }A\backslash 0|$$ (考虑到 $A$ 是 Noether 环) 进而 $A = \prod\frac{A}{\mathfrak{p}}$, 因此 $\text{disc}\left( A|\mathbb{k} \right) = \prod\text{ disc }\left( \frac{A}{\mathfrak{p}}|\mathbb{k} \right) \neq 0$. **证毕.** 因此, 我们有 $$\begin{array}{r} \text{ disc}\left( B|A \right)\operatorname{mod}\mathfrak{p} \neq 0 \Longleftrightarrow \text{ disc}\left( \left( \frac{B}{\mathfrak{p}} \right)|\left( \frac{A}{\mathfrak{p}} \right) \right) \neq 0 \Longleftrightarrow \text{ disc}\left( \frac{\frac{B}{\mathfrak{p}}}{\frac{A}{\mathfrak{p}}} \right)\text{ 中无幂零元素 } \\ \Longleftrightarrow \text{ 每一个 }\frac{B}{\mathfrak{q}^{e}}\text{ 都无幂零元素 } \Longleftrightarrow \text{ 每一个 }e = 1. \end{array}$$ 因此素理想 $\mathfrak{p}$ 分歧当且仅当 $\mathfrak{p}~|~\text{disc}\left( B|A \right)$. 由于只有有限多个 $\text{disc}\left( B|A \right)$ 的因子, 因此只有有限多个素理想分歧. **证毕** **命题.** 当计算 ${\mathbb{F}}(\alpha)|{\mathbb{F}}$ 的理想分解时, 若 $\alpha$ 的极小多项式有分解 $\prod\pi_{i}^{e_{i}}$, 则有 $\mathfrak{p}B = \prod\left( \mathfrak{p},\pi_{i} \right)^{e_{i}}$. *证明.* 将 $A\frac{\lbrack X\rbrack}{p(X)} \simeq B$ 对 $\frac{\mathbb{F}}{\mathfrak{p}}$ 张量积, 并考虑 $\mathbb{k} = \frac{\mathbb{F}}{\mathfrak{p}}$ 的 $\frac{\mathbb{k}\lbrack X\rbrack}{p(X)}$ 的极大理想即得. **证毕.** **定义.** 以某个素理想观, $\mathfrak{P} \subset A$ 的**分解群**是 $\text{Gal}\left( \text{Frac}(A)|{\mathbb{F}} \right)$ 的一个子群, 定义为: $$D_{\mathfrak{P}} = \left\{ \sigma \in \text{ Gal}\left( \text{Frac}(A)|{\mathbb{F}} \right):\sigma(\mathfrak{P}) = \mathfrak{P} \right\},$$ 进而对应一个**分解域**. **命题.** 设环扩张 $B|A$. 分解群的等价类对应于 $\mathfrak{p}B$ 的分解, 具体地: $$\mathfrak{p}B = \prod_{\sigma \in \text{ Gal}/D_{\mathfrak{P}}}\left( \sigma\mathfrak{P} \right)^{e},$$ 其中 $\mathfrak{P}$ 是任意选定的使得 $\mathfrak{P}~|~\mathfrak{p}$ 的素理想. *证明.* 注意到
G / {D_{\mathfrak P}} \to {\mathfrak P : \mathfrak P | \mathfrak p}, \sigma \mapsto \sigma(\mathfrak P)
是双射. 局部化与 Galois 作用交换, 故 $e(\mathfrak P | \mathfrak p) = e(\sigma(\mathfrak P) | \mathfrak p)$. 带入 $\mathfrak p$ 的唯一分解即证. ## 类数与 Dirichlet 中心定理 **定义.** $A$ 的所有分式理想构成理想群 $\text{Id}(A) = {\mathbb{Z}}^{\oplus \text{ Spec }A\backslash 0}$, 它们商去主分式理想 $P(A)$ 得到**理想类群** $H(A)$. **定理.** 对于 Dedekind 整环 $A$, 若 $\text{Frac}(A)|{\mathbb{Q}}$ 是有限扩张, $\mathfrak{c} \in H$ 是一个 $A$ 的理想类, 则存在 $I \in \mathfrak{c}$, $\left( \mathcal{O}_{\mathbb{F}}:I \right)$ 是有限的. *证明.* 我们先给出一个纯代数证明, 然后再给出基于经典的 Minkwoski 界的分析学证明. 我们观察到 $\mathbb{Z}$ 的四条性质: (主理想整环) $\mathbb{Z}$ 是主理想整环; (有限商性) ${\mathbb{Z}}/I$ 永远是有限环; (小范数元素) 有这样一个元素 $c \in {\mathbb{Z}}$, 使得 $|\left\{ x \in {\mathbb{Z}}:|{\mathbb{Z}}/x{\mathbb{Z}}| \leq cn \right\}| \geq n$ 对每一个 $n$ 成立; (半三角不等式) 形如下的元素有上界: $$\frac{|{\mathbb{Z}}/(x + y)|}{|{\mathbb{Z}}/x| + |{\mathbb{Z}}/y|}.$$ 对于这样的主理想整环, 定理一定成立. 可以验证, $\mathbb{Z}$ 和 ${\mathbb{F}}_{q}\lbrack X\rbrack$ 都满足上述的四条性质. 这是我们证明得以推广的关键. 同时, 我们也应当观察到 $A$ 的性质, $A$ 是自由有限生成 $\mathbb{Z}$-模. 我们开始着手证明定理. 考虑 $A|{\mathbb{Z}}$ 的一组基 $\mathfrak{B}$. 以 $\mathfrak{B}$ 作为一组基, $|A/x| = |{\mathbb{Z}}/\mathrm{N}_{\text{Frac}(A)|{\mathbb{Q}}}(x)|$ 可以写作 $x$ 在 $\mathfrak{B}$ 下坐标的一个齐次 $n$ 次多项式. 因此, 当 $x$ 的坐标为 $x_{i}$ 时, $|A/x| \in \mathrm{O}(\left( \max|{\mathbb{Z}}/x_{i}| \right)^{n})$. 设 $I$ 是 $A$ 的一个理想, $n = |\mathfrak{B}|,m = |A/I|,m_{0} = \left\lfloor m^{1/n} \right\rfloor$. 取得**小范数元素**性质中的常数 $c \in {\mathbb{Z}}$. 设 $$S = \left\{ x \in A:|A/x| \leq 2cm_{0} \right\},$$ 则 $|S| > m_{0}$. 考虑以 $S$ 为基集合的线性组合 $\sum S\mathfrak{B}$, 其元素个数 $\geq \left( m_{0} + 1 \right)^{n} > m$, 因此存在一对 $\operatorname{mod}I$ 同余的元素. 考虑 $\sum\left( x_{i} - y_{i} \right)b_{i} \in I$, 故 $|{\mathbb{Z}}/\left( x_{i} - y_{i} \right)| \leq 4\lambda cm_{0} \in \mathrm{O}(m_{0})$, 这导出 $|A/(x - y)| \in \mathrm{O}(m_{0}^{n}) = \mathrm{O}(m)$. 因此, 我们导出存在 $x \in I$, 使得 $$\frac{|A/x|}{|A/I|} \in \mathrm{O}(1).$$ 现在, 考虑 $$\frac{|A/x|}{|A/I|} \in \mathrm{O}(1),xA = IJ \Longrightarrow \left( |A/J| \right) \in \mathrm{O}(1).$$ 对于每一个 $I$, 我们都存在一个在理想类群中是 $I$ 的逆的理想 $J$ 使得 $|A/J| \in \mathrm{O}(1)$. 因此, 得欲证. [证明就这样完成了喵! ✧(≖ ◡ ≖✿)]{align="right"} *证明.* 我们来介绍常规的代数数论证法. 我们有每一个理想类群都存在理想 $I$ 使得 $|A/I| \leq C$, 其中 $C$ 是一个与 $A$ 有关的常数, 其定义为: $$C = \frac{n!}{n^{n}}\left( \frac{8}{\tau} \right)^{s}|\Delta|^{\frac{1}{2}}.$$ 其中 $n = \left\lbrack \text{Frac}(A):{\mathbb{Q}} \right\rbrack$, $\tau = 2\pi$, $\Delta$ 为 $\text{Frac}(A)|{\mathbb{Q}}$ 的扩张判别式, $s$ 为商去共轭类后的 $A \rightarrow {\mathbb{C}}$ 的数量. 为了这一证明, 我们需要铺陈晶格理论. **定义.** 实 $n$ 维线性空间 $V$ 中的**晶格** $\Gamma$ 是同构于 ${\mathbb{Z}}^{n}$ 的加法离散子群 $\Gamma \subset V$. 其一组基为 $\mathfrak{B}$, 则以 $\lbrack 0,1)$ 维系数的 $\mathfrak{B}$ 的线性组合记作其基本域 $\Phi$. 定义 $d(\Gamma)$ 为 $\Phi$ 的测度, 称为 $\Gamma$ 的**余体积**. 不依赖维度地, $V$ 中的晶格 $\Gamma$ 是使得 $\Gamma \otimes_{\mathbb{Z}}{\mathbb{R}} \simeq V$ 的 $\mathbb{Z}$-子模. **命题.** 设 $T \subset V$ 紧, 凸, 且关于原点中心对称. 如果 $T$ 的体积 $|T|$ 大于 $2^{n}d(\Gamma)$, 则 $T$ 中存在一个非零的 $\Gamma$-点. *证明.* 不妨设 $d(\Gamma) = 1$. 考虑如下映射: $$f:2\Phi \rightarrow {\mathbb{Z}} \sqcup \left\{ \infty \right\},x \mapsto \sum_{\delta \in 2\Gamma}\lbrack x + \delta \in T\rbrack.$$ 则有: $$\int_{2\Phi}f(x)\mathrm{d}\mu = |T| > 2^{n} = \int_{2\Phi}1\mathrm{d}\mu.$$ 因此存在 $f(\varphi) > 1$, 设 $A,B \in T,A - B \in 2\Gamma$. 则 $A$ 与 $- B$ 的中点 $\in T$, 进而得证. **证毕.** 首先, 我们基于 $V = {\mathbb{R}}^{r} \times {\mathbb{C}}^{s}$ 有一个范数为: $\sum|x| + 2\sum|z|$, 其中 $x$ 是实分量, $z$ 是复分量. 因此, 我们取一个充分大的以原点为圆心的球体 $B$. 设半径为 $R$, 我们来计算其体积. 将复分量写为 $z = r\mathrm{e}^{\mathrm{i}\varphi}$, 则这一个变换的 Jacobi 行列式为 $\prod r_{i}$. 我们因此提出一个 $\tau^{s}$ 的系数. 而 $|v| \leq R$ 给出的限制为 $$\sum|x_{i}| + 2\sum r_{i} \leq R,$$ 所以我们先固定一个 $A = 2\sum r_{i}$, 则此时 $\sum|x_{i}| \leq R - A$, 这是一个 $\ell^{1}$ 球, 因此其体积为 $\frac{2^{r}}{r!} \cdot (R - A)^{r}$. 我们提取出系数, 则剩余部分是: $$\int_{2\sum r_{i} \leq R,r_{i} \geq 0}\left( R - 2\sum r_{j} \right)^{r}\prod r_{j}\mathrm{d}r_{j}.$$ Dirichlet 积分给出这一部分为 $\frac{4^{- s}r!}{n!}$, 因此, 原球的体积可以表示为 $2^{r} \cdot \left( \frac{\tau}{4} \right)^{s} \cdot \frac{R^{n}}{n!}$. 由于 $\text{Frac }A~|~{\mathbb{Q}}$ 是有限扩张, 它可以嵌入到 $\mathbb{C}$ 中, 有两种嵌入, **实嵌入**, $\text{Frac }A \rightarrow {\mathbb{R}}$; **虚嵌入**, 依据共轭成对出现, $\text{Frac }A \rightarrow {\mathbb{C}}$. 这些嵌入拼接起来得到一个空间 $V = {\mathbb{R}}^{r} \times {\mathbb{C}}^{s}$ 以及嵌入 $\text{Frac }A \hookrightarrow V$. 则对于理想 $I$, 在 $V$ 中的像给出 $V$ 的一个晶格. 这是因为我们有态射合成 $\text{Frac }A \hookrightarrow \text{ Frac }A \otimes_{\mathbb{Q}}{\mathbb{R}} \simeq {\mathbb{R}}^{r} \times {\mathbb{C}}^{s}$. 然后我们来证明: 存在 $x \in I$, 使得 $$\frac{|A/x|}{|A/I|} \leq C.$$ 就如同第一个证明中那样. 这样只需要解不等式 $$2^{r} \cdot \left( \frac{\tau}{4} \right)^{s} \cdot \frac{R^{n}}{n!} \geq 2^{n} \cdot 2^{- s} \cdot |A/I| \cdot |\Delta_{A}|^{1/2}.$$ 取得临界点 $R^{n} = |A/I| \cdot C \cdot n^{n}$, 此时 $R$ 为半径的球中会包含一个非零 $\Gamma$-点, 这样 $|A/\alpha| = \mathrm{N}_{\text{Frac }A|{\mathbb{Q}}}(\alpha)$, 进而等于所有 $\sigma:\text{ Frac }A \rightarrow {\mathbb{C}}$ 带入 $\alpha$ 的乘积. 根据均值不等式, $|A/\alpha| \cdot n^{n} \leq |\alpha'|^{n} \leq R^{n}$, $\alpha'$ 表示 $\alpha$ 在 $V$ 中的像. 因此 $|A/\alpha| \cdot n^{n} \leq |A/I| \cdot C \cdot n^{n}$, 进而 $|A/\alpha| \leq |A/I| \cdot C$, 因此, 重复上面的纯代数证明即可. **证毕** **命题.** $H$ 是有限群. *证明.* 对于任意整数 $M$, 若 $I = \prod\mathfrak{p}_{i}^{\left\{ n_{i} \right\}}$, 则 $|A/I| = \prod p_{i}^{r_{i}f_{i}}$, 其中 $p_{i} = |\mathfrak{p}_{i} \cap {\mathbb{Z}}|$. 由于 $f_{i}$ 是定制, 所以 $\left( p_{i},f_{i} \right)$ 仅有有限种可能, 也就给出了有限个理想 $I$. 然而, 如果有无限个理想类, 则每个理想类都能拿出一个小于 Minkwoski 界 $C$ 的理想, 矛盾. **定义.** $H(A)$ 称为 $A$ (或 $\text{Frac }A$ 的) **理想类群**, 其大小为 $h(A)$, 称为 $A$ 的**类数**. **命题.** $\mathbb{Q}$ 上的所有代数扩张都有分歧素理想. *证明.* 对于任意一个数域 $\mathbb{K}$, 考虑到可以用 Minkwoski 界的性质反解出 $|\Delta|$: $$|\Delta| \geq \frac{\left( n^{2}\tau/8 \right)^{n}}{{n!}^{2}} > 1,$$ 进而有一个因子 $p{\mathbb{Z}}$. **定理.** **Dirichlet 中心定理.** 有下述同构式成立: $${\mathcal{O}_{\mathbb{K}}}^{\times} \simeq U \oplus {\mathbb{Z}}^{r + s - 1},$$ 其中 $r,s$ 分别代表 $\mathbb{K}$ 的实嵌入数和虚嵌入对数, $U$ 是 $\mathbb{K}$ 中的单位元群. *证明.* 下设 $\mathbb{K}$ 的实嵌入全体为 $\iota({\mathbb{R}})$, 虚嵌入全体为 $\iota({\mathbb{C}})$. 设 $\alpha \in \mathcal{O}_{\mathbb{K}}$, 令 $N(\alpha) = |\mathcal{O}_{\mathbb{K}}/\alpha\mathcal{O}_{\mathbb{K}}|$. 设 $\alpha \in {\mathbb{K}}^{\times}$, 我们定义 $\alpha$ 的对数部分, 简记为 $\log\alpha$, 为 $$\left( \log|g_{i}\alpha|,\log|2g'_{i}\alpha|:g_{i} \in \iota({\mathbb{R}}),\left( g'_{i},\overline{g'_{i}} \right) \in \iota({\mathbb{C}}) \right).$$ 进而 $\alpha \in {\mathcal{O}_{\mathbb{K}}}^{\times} \Leftrightarrow |\alpha| = 1 \Leftrightarrow \left| {\log\alpha} \right|_{1} = 0$. 现在我们只需要证明 $\ker\log$ 是一个有限群, 且 $\text{im }\log$ 在 ${\mathcal{O}_{\mathbb{K}}}^{\times}$ 上秩为 $r + s - 1$. 我们首先断言, 满足对于所有 $g \in \text{ Hom}({\mathbb{K}},{\mathbb{C}})$, $g(\alpha) \leq n$ 的 $\alpha \in \mathcal{O}_{\mathbb{K}}$ 只有 $\mathrm{O}(n^{r + 2s})$ 个. 证明是取 $\mathcal{O}_{\mathbb{K}}$ 的基 $\mathfrak{B}$, 则 $\alpha$ 在 $\mathfrak{B}$ 上的坐标 $\lambda$ 的 $b \in \mathfrak{B}$ 分量可以写为 $$\lambda = \text{ Tr}\left( \alpha b^{\vee} \right) = \sum_{g \in \iota({\mathbb{R}})}g(\alpha)g\left( b^{\vee} \right),|\lambda| \leq n\sum_{g \in \iota({\mathbb{R}})}|g\left( b^{\vee} \right)|$$ 进而 $\alpha$ 只有 $\mathrm{O}(n^{r + 2s})$ 个. 根据上述讨论, $\alpha \in \ker\log$, 使得 $\forall g \in \text{ Hom}({\mathbb{K}},{\mathbb{C}}),g(\alpha) = 1$, 因此 $\alpha$ 只有有限个, 故 $\ker\log$ 是有限群, 进而只有单位根, 而根据经典结论它是循环群. 任取实数 $r$, 考虑若 $\left| {\log\alpha} \right|_{\infty} \leq r$, 则 $|g_{i}\alpha| \leq \exp r$. 进而 $\text{im }\log$ 是 $\mathcal{O}_{\mathbb{K}}$ 的一个离散子群, 因此我们证明了 $\text{im }\log$ 的秩 $\leq r + s - 1$; 下面我们将证明相等关系. 我们的思路是: 利用列严格对角占优矩阵必然可逆的性质. **命题.** 如果一个矩阵 $A$ 满足其任意一个对角线元素都大于该行其余元素的和, 则 $A$ 可逆. *证明.* 否则设 $Ax = 0$ 有非平凡解. 假设 $x$ 的分量中, $x_{k}$ 的绝对值最大, 则有 $- a_{kk}x_{k} = \text{ 其余 }a_{ki}x_{i}$ 之和. 两边取绝对值可推出矛盾. **证毕.** 对于实嵌入 $\iota$, 我们记 $S = \left\{ \iota \right\}$; 对于虚嵌入对 $\left( \iota,\overline{\iota} \right)$, 我们记 $S = \left\{ \Re(\iota),\Im(\iota) \right\}$. 取基 $\mathfrak{B}$. 设 $\Omega(k)$ 为所有在 $\mathfrak{B}$ 下坐标位于 $\lbrack 0,k\rbrack^{n}$ 的整数环中的数 ($(k + 1)^{n}$ 个). 假设常数 $$C = \max\left\{ \sum_{b \in \mathfrak{B}}|\sigma(b)|:\sigma:{\mathbb{K}} \rightarrow {\mathbb{C}} \right\},$$ 进而 $|\sigma(x)| \leq Ck,x \in \Omega(k)$. 设 $k$ 充分大, 并假设 $m = \left\lceil k^{n/|S|} \right\rceil$. 如果取区间长度 $d = \frac{2Ck}{m}$, 那么将 $\lbrack - Ck,Ck\rbrack$ 等分成长 $d$ 的段, 那么会有 $m$ 个段, 进而将 $\Omega(k)$ 分成 $m^{|S|}$ 份. 由于 $m^{|S|} < (k + 1)^{n}$, $\Omega(k)$ 中存在两个数位于同一个部分, 进而由平移不变形, 存在一个数与 $0$ 在同一个段中. 我们设它为 $\alpha$. 进而, 对于我们关心的嵌入 $\iota:{\mathbb{K}} \rightarrow {\mathbb{C}}$, 有 $$|\iota(\alpha)| \leq \sqrt{2}d < 2\sqrt{2}Ck^{1 - n/s}.$$ 其中后一个不等号是显见的. 设 $T = \text{ Hom}({\mathbb{K}},{\mathbb{C}})\backslash\left\{ \iota,\overline{\iota} \right\}$, 取 $$v_{S} = \prod_{\sigma \in S}|\sigma(x)|,v_{T} = \prod_{\sigma \in T}|\sigma(x)|.$$ 根据上述不等式, $$v_{S} < \left( 2\sqrt{2}C \right)^{|S|}k^{|S| - n},v_{T} > \left( 2\sqrt{2}C \right)^{- |S|}k^{n - |S|}.$$ 同时, 对于 $\sigma \in T$, $$|\sigma(x)| = v_{T}\prod_{\tau \in T\backslash\left\{ \sigma \right\}}|\tau(x)|^{- 1} \geq v_{T}(Ck)^{|T\backslash\left\{ \sigma \right\}|} > \left( 2\sqrt{2} \right)^{|S|}C^{1 - n}k.$$ 由于 $k$ 可以取得充分大, 所以我们存在一列无穷序列 $x_{1},x_{2},\ldots$ 满足, $|\iota(x_{i})|,|\overline{\iota}(x_{i})|$ 递增, 且其余 $|\sigma(x_{i})|$ 递减. 由于上述结论中 $N(k)$ 有界, 可以通过调整, 假设 $N\left( x_{1} \right) = N\left( x_{2} \right) = \ldots = N$. 这样的 $\langle x_{i}\rangle$, 由于上面证明的类数有限性, 不少元素生成同一个理想. 进而必然存在 $\frac{x_{i}}{x_{j}} \in O$, 且 $x_{i} \equiv x_{j}\left( \operatorname{mod}N \right)$. 通过 $\alpha = \frac{x_{i}}{x_{j}}$, $|\iota(\alpha)| < 1$ 而 $|\sigma(\alpha)| < 1$ 对 $\sigma \neq \iota,\overline{\iota}$. 对于 $r + s$ 个嵌入和嵌入对, 各自找一个这样的 $\alpha$. 那么, 我们把这些 $\alpha$ 取 $\log$ 得到一个 $(r + s) \times (r + s)$ 矩阵. 舍弃最后一行一列, 可以利用前述性质证明这个 $(r + s - 1) \times (r + s - 1)$ 矩阵可逆. [证明就这样完成了喵! ✧(≖ ◡ ≖✿)]{align="right"}

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