\(\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]=\){\(a + b\sqrt{-3} | a, b \in \mathbb{Z}\)}において、\(35\)を素元の積に分解せよ

  証明

\(\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]\) = {\(a + b\sqrt{-3} | a, b \in \mathbb{Z}\)} は \(UFD\) であるので、\(素元　\iff 既約元が成り立つ。\)

ここで、\(\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]\) において、\(35 = 5 × 7\) となるので、その既約元の積で表すと求めたいものになる。

ここで、\(5 = \alpha \beta(\alpha, \beta \in \mathbb{Z}[\sqrt{-3}])\) と分解したとする。

ここで、両辺のノルムをとると、

\(25 = N(\alpha)N(\beta)\) となり、\(\alpha, \beta\) がいずれも単元でないと仮定すると、\(N(\alpha) = 5\) となるしかない。

このとき、\(m^2 + 3n^2 = 5\) となる整数 \(m, n\) が存在する。

\(n \geq 1\) のとき、\((左辺) \neq 5\) となってしまうので、\(n = 0\) であるが、\(m^2 = 5\) をみたす整数 \(m\) は存在しないため矛盾する。

よって、\(\alpha, \beta\) のどちらかは単元になるので、\(5は\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]の既約元。\) 

\(7も同様に、7 = (2 + \sqrt{-3})(2 – \sqrt{-3})\) と表せるので、\(2 + \sqrt{-3}\) と \(2 – \sqrt{-3}\) が \(7\) の既約元かどうか確かめる。

\(2 + \sqrt{-3} = (a + b\sqrt{-3})(c + d\sqrt{-3})(a, b, c, d \in \mathbb{Z})\) とし、両辺にノルムをとると、\(7 = (a^2 + 3b^2)(c^2 + 3d^2)\geq 16\) をみたす \(a, b, c, d \in \mathbb{Z}\) は存在しない。

よって、\(2 + \sqrt{-3}\) は既約元であり、\(2 – \sqrt{-3}\) も同様の議論により既約元となる。

以上より、\(35 = 5・(2+\sqrt{-3})(2-\sqrt{-3})\) と素元の積に分解できる.                                証明終

まず、\(5\) が既約元であることを証明するために、ノルムを使うと効果的です。

ここで、\(\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]\) 上で、\(5 = \alpha \beta(\alpha, \beta \in \mathbb{Z}[\sqrt{-3}])\) の両辺にノルムをとると、\(25 = N(\alpha)N(\beta)\) と書けます。

ここで、\(N(\alpha)とN(\beta)は、\)\(\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]\) 上で、ある整数 \(m, n\) を用いて \(m^2 + 3n^2 = 5\) とある整数 \(s, t\) を用いて \(s^2 + 3t^2 = 5\) と書ける。

ここでは、どちらか一方だけの場合を考えれば良いので、\(m^2 + 3n^2 = 5\) を考えることとする。

ここで、解答のように確かめると、矛盾を導ける。

また、\(7\) の場合は \(7 = (2 + \sqrt{-3})(2 – \sqrt{-3})\) と \(\mathbb{Z}[\sqrt{-3}]\) 上で分解することが出来るので、\((2 + \sqrt{-3}) か (2 – \sqrt{-3})\) のどちらもそれ以上分解できないことを示せば良い。