代数数论（1）
Galois_Field_1048576
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算法·理论
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 A 是整环, F 是包含它的一个域.
定义. 称 \alpha \in F 为一个 (A 上的) 整元, 若存在首一多项式
**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 \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\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
\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
$A\left\lbrack \sigma_{i}:i \in I \right\rbrack$.
*证明.* 熟知. **证毕.**
对于 $A\lbrack X\rbrack$ 中的首一多项式 $p$, 设
$$p = \sum_{0 \leq k < n}a_{k}X^{k} + X^{n},$$ 在 $\overline{F}$ 中有
$n$ 个根 $\alpha_{i} \sim (i \in I),$ 则根据 Viète 定理, 有
$$a_{k} = ( - 1)^{n - k}\sigma_{n - k}\left( \alpha_{i}:i \in I \right).$$
因为 $a_{k} \in A$, 所以对 $p$ 的 $n$ 个根施 $\sigma_{k}$ 得到的结果属于
$A$, 进而, 对 $p$ 的 $n$ 个根施任何对称多项式得到的结果属于 $A$.
于是我们可以考虑原定理的一个推广版本:
**命题.** 设 $\alpha_{i}:i \in I$ 表示 $A\lbrack X\rbrack
中某个首一多项式 p 的 n 个根,
$P\left( \alpha_{i}:i \in I \right)$ 是 $A\lbrack X\rbrack
中某个首一多项式的根.
证明. 考虑
Q(X) = \prod_{\sigma \in S_{I}}\left( X - P\left( \alpha_{\sigma_{i}}:i \in I \right) \right).
这样 Q 是一个首一多项式, 而且每个系数都是 \alpha_{i} 的对称多项式,
因此属于 A. 同时我们看到 P\left( \alpha_{i}:i \in I \right)
是一个根. 证毕.
施
P\left( \alpha_{1},\alpha_{2} \right) = \alpha_{1} \pm \alpha_{2},P\left( \alpha_{1},\alpha_{2} \right) = \alpha_{1}\alpha_{2}
得到原定理. 证毕
Dedekind 的证明.
Dedekind 的证明主要利用了如下的基本命题:
命题. \alpha 是整元 \Longleftrightarrow 存在 F 的非零有限生成
[]{#int_elem_def_2}
*证明.*
- ($\Longrightarrow$) 若存在首一多项式
$$p(X) = \sum_{0 \leq k < n}a_{k}X^{k} + X^{n},$$ 则由
$X^{0},X^{1},\ldots,X^{n - 1}$ 生成的 $A$-子模满足条件.
- ($\Longleftarrow$) 设 $M$ 的一组生成元为
$\left( g_{i} \right)_{i \in I}$, $I$ 有限. 根据生成元的性质, 取矩阵
$$\alpha g_{i} = \sum_{j \in I}a_{ij}g_{j},A = \left( a_{ij} \right).$$
即 $\left( g_{i} \right)$ 是方程组 $\alpha I - A = 0$ 的解.
线性代数告诉我们 $\det(\alpha I - A) = 0$. 展开得到解为 $\alpha
的首一多项式.
证毕.
利用这个命题, 对于整元 \alpha,\beta, 取
\alpha M \subset M,\beta N \subset N$. 考虑 $mn(m \in M,n \in N)
生成的子模 MN, 则带入如上命题得 \alpha + \beta,\alpha\beta 都是整元.
证毕
定义. A 上的所有整元组成的环称为 A 的整闭包, \mathbb{Z}
的整闭包称为 F 的整数环, 记作 \mathcal{O}_{F}.
例. 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
$f$ 是
$$\prod_{\sigma \in S_{I}}\left( Y - f\left( X_{\sigma(i)}:i \in I \right) \right)$$
的解, 其中 $Y$ 是变元.
**命题.** $\text{Frac}\left( \mathcal{O}_{F} \right) = F$.
*证明.* 我们证明: 所有的 $\text{Frac}(A)$ 上的代数元都可以表示为 $A
的整闭包中元素与 A 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 A 整闭, 当且仅当 F = \text{ Frac}(A) 时 A
的整闭包是本身.
命题. 唯一分解环 R 都是整闭的.
证明. 否则不可约分数 \frac{a}{b} 可以作为首一 R\lbrack X\rbrack
多项式的解, 考虑不可约元 p 是 b 的因子而非 a 的因子. 若
\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~|~\sum_{0 \leq k < n}a_{k}b^{n - k}a^{k} \Longrightarrow p~|~a^{n},$$
与 $p$ 不是 $a$ 的因子矛盾. **证毕.**
**命题.** 对于整闭环 $A$ 的分式域 $\text{Frac}(A)$ 的有限扩张
$F|\text{Frac}(A)$, $\alpha \in F$ 在 $A
上整当且仅当其极小多项式的系数属于 A.
证明. (\Longleftarrow) 方向是显然的. (\Longrightarrow) 方向则考虑
所以 $\alpha$ 的所有共轭元是整元, 也就是说 $\alpha
的极小多项式的根都是整元, 进而, 利用 Viète 定理, 系数也都是整元.
由于极小多项式一定是 \text{Frac}(A) 中的多项式, 它们又都是整元,
所以极小多项式 \in A\lbrack X\rbrack. 得证. 证毕.
定义. 称 A|B 是整扩张, 若 B \subset A, 且每一个 a \in A
都是 B 上的整元.
命题. 若 A|B 是整扩张, A 作为 B-代数有限生成, 则 A 作为
*证明.* 考虑其一组生成元 $g_{0},\ldots,g_{n - 1}$, 这便导出一条链
$$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.$$
只需证明每一步都有限生成, 以
$B \subset B\left\lbrack g_{0} \right\rbrack$ 为例. 考虑一个首一 $n
次方程 f\left( g_{0} \right) = 0. 这样, 对于
我们有
$p\left( g_{0} \right) = \left( p\operatorname{mod}f \right)\left( g_{0} \right)$.
因此, $g_{0}^{0},\ldots,g_{0}^{n - 1}$ 生成
$B\left\lbrack g_{0} \right\rbrack$ (作为 $B$-模).
**证毕.**
**命题.** 如果 $A|B|C$ 中, $A|B$ 是整扩张, $B|C$ 是整扩张, 则 $A|C
也是.
证明. 设 \alpha \in C, 则 \alpha 在 B 上整, 即
\sum_{0 \leq k < n}a_{k}\alpha^{k} + \alpha^{n} = 0\left( a_{k} \in B \right),
根据上一个命题得到
$A$-模有限生成, 并且 $\alpha$ 在 $X$ 上整.
这样利用[整元的等价定义](#int_elem_def_2)得到
$\alpha X\lbrack\alpha\rbrack \subset X\lbrack\alpha\rbrack$, 进而
$\alpha$ 在 $A$ 上整. **证毕.**
**提示.** 考虑整环 $A$, $F|\text{Frac}(A)$ 是代数扩张, 则 $A$ 在 $F
里的整闭包是整闭的.
定理. 考虑整闭整环 A, F|\text{Frac}(A) 是有限扩张, B 是 A 在
$$A^{\oplus X} \simeq M_{0} \subset B \subset M_{1} \simeq A^{\oplus Y}.$$
进而, 在 $A$ 是 Noether 环的时候, $B$ 是有限生成 $A$-模, $A
是主理想整环时, B 是自由模, 使得其秩为 \dim_{\text{Frac}(A)}F.
至此导出对于有限扩张 F|{\mathbb{Q}}, \mathcal{O}_{F} 是有限生成 Abel
群.
证明. 考虑 F|\text{Frac}(A) 的一组基 \mathfrak{B},
我们利用这个命题可以得到分母一定属于 A,
所以我们把这些属于 A 的分母进行通分, 得到一个公分母 d, 则
d\mathfrak{B}$ 也是一组基, 且每个元素都属于 $B$. 不妨设 $\mathfrak{B}
本身就满足这一性质.
考虑迹配对
$x,y \mapsto \text{ Tr}(xy)$, 其中 $\text{Tr}$ 在扩张 $F|\text{Frac}(A)
上, \text{Tr}_{\left\{ F|\text{Frac}(A) \right\}}(x) 表示为线性映射
y \mapsto xy$ 的迹. 它显然是非退化的双线性型. 因此基 $\mathfrak{B}
有一个对偶基 \mathfrak{B}^{\vee}, 使得
\text{ Tr}\left\lbrack x,x^{\vee} \right\rbrack = 1,\text{ Tr}\left\lbrack x,y^{\vee} \right\rbrack = 0(x \neq y).
它也是 F|\text{Frac}(A) 的基.
兹断言:
{\langle\mathfrak{B}\rangle} \subset B \subset {\langle\mathfrak{B}^{\vee}\rangle}.
第一个断言是 \mathfrak{B} \subset B 的直接推论; 第二个断言的证明如下:
设 \alpha \in B, 则 \alpha 通过 F|\text{Frac}(A) 的基唯一地表示为
$\beta \in \mathfrak{B}$, $\alpha\beta \in B$, 所以
$$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 \alpha 可以用 \mathfrak{B}^{\vee} 在环 A 中线性表示.
证毕
定义. 上述定理中, 被断言存在的基称为 F 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 B 的子模做对偶:
M^{\vee} = \left\{ \alpha \in F:\text{ Tr}\lbrack\alpha,\beta\rbrack \in A\forall\beta \in M \right\}.
这样 M \subset B \subset M^{\vee}.
例. 设 F = \text{ Frac}(A)\lbrack\alpha\rbrack, \alpha
的极小多项式 p 是 n 次多项式, \alpha \in B. 设
$$\mathfrak{B} = \left\{ 1,\alpha,\ldots,\alpha^{n - 1} \right\},$$ 有
$$\mathfrak{B}^{\vee} = \left\{ \frac{a_{0}}{p'(\alpha)},\frac{a_{1}}{p'(\alpha)},\ldots,\frac{a_{n - 1}}{p'(\alpha)} \right\}.
证明. 设 K = \overline{\text{Frac(A)}}, p 在其中的 n
个根构成集合 S. 考虑如下事实:
\frac{p}{X - \alpha}
\end{array} \right._{X = \beta} = \begin{cases}
p'(\alpha)\text{ if }\alpha = \beta \\
0\text{ otherwise}.
\end{cases}$$ 因此
$$\sum_{\alpha \in S}\frac{p}{x - \alpha} \cdot \frac{\alpha^{j}}{p'(\alpha)} = X^{j},
这是因为每一个 \beta \in S 均是这个方程的解, 而
$\alpha' \in S$ 得:
$$\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}),$$
形如矩阵乘法, 因此行列式 $D$ 为 $\det(\sigma_{i}b_{j})$. 设积和式 $P$ 为
$\text{perm}\left( \sigma_{i}b_{j} \right)$, 这样, 对于
$\tau \in \text{ Aut}({\mathbb{A}})$,
$\tau P = \text{ perm}\left( \tau\sigma_{i}b_{j} \right)$, 而注意到复合
$\tau$ 是 $\left\{ \sigma_{i} \right\}$ 的一个置换, 因此
$\tau D \in \left\{ D, - D \right\}$, 而 $\tau P = P$. 考虑
$P^{2} - D^{2} = (P - D)(P + D)$. 注意到 $P + D$ 事实上是 $D
的偶置换项的和的 2 倍, 同时 P - D 事实上是 D 的奇置换项的和的 2
倍, 因此 \frac{(P + D)(P - D)}{4} \in {\mathbb{Z}}, 所以
D^{2} \equiv P^{2} \equiv 0,1\left( \operatorname{mod}4 \right).
证毕
定义. 这个值记作
$A$ 是整环, $B$ 是其整扩张, 且 $B$ 是自由 $A$-模的情形,
$\text{Tr}\left\lbrack b_{i},b_{j} \right\rbrack$ 的行列式定义为
$\Delta(B|A)$. 此时, 它属于 $\frac{A}{A^{\times 2}}$.
## Dedekind 环
**定义.** 设 $R$ 是整环, 称 $R$ 是 **Dedekind 环**,
若它满足以下所有条件:
- $R$ 是 Noether 环.
- $R$ 是整闭环.
- $R$ 的每一个非零素理想极大.
为了方便, 我们一般认为 $R$ 不是域.
**定义.** 设 $R$ 是主理想整环, 称 $R$ 是**离散赋值环**,
若如下三个等价条件中, $R$ 满足其中至少一个:
- $R$ 只有一个非零素理想.
- $R$ 的素元在相差一个可逆元的意义下唯一.
- $R$ 只有一个非零极大理想, 但 $R$ 不是域.
其唯一的素元记作 $\pi$.
**命题.** 每一个离散赋值环都是 Dedekind 环.
**命题.** 离散赋值环整闭.
**命题.** 对于 Noether 整环 $R$, 我们有: $R$ 是 Dedekind 环,
当且仅当局部化
$R_{\mathfrak{p}} = R\left\lbrack \left( \mathfrak{p}^{\complement} \right)^{- 1} \right\rbrack
是离散赋值环.
证明. 不妨设 R 不是域, {\mathbb{F}} = \text{ Frac}(R).
-
(\Longrightarrow 方向) 注意到
只需把 $R_{\mathfrak{p}}$ 中的方程按公分母的适当倍数放缩至 $R$ 中即可.
-
(\Longleftarrow 方向) 观察到素理想链
\left( \mathfrak{p}_{i} \right)$ 导出 $R_{\mathfrak{p}_{i}}
的对应链, 因此
\dim R = \sup\left\{ \dim R_{\mathfrak{p}}:\mathfrak{p} \in \text{ Spec }R \right\} = 1,
同时不难发现, R 的所有整元恰是每一个 R_{\mathfrak{p}} 的整元之交,
因此 R 是整闭环. 证毕.
定理. 对整环 R 而言, 称其是 Dedekind 的,
与其任意理想可以唯一地分解为素理想之积等价.
证明. 首先证明任意理想包含一组素理想的积: 如果不然, 考虑其极大反例
所以存在素理想条件「$xy \in \mathfrak{a} \Longrightarrow x \in \mathfrak{a} \vee y \in \mathfrak{a}$」的反例
$(x,y)$. 这样,
$$\left( \mathfrak{a} + x \right)\left( \mathfrak{a} + y \right) \subset \mathfrak{a} \subsetneq \mathfrak{a} + x,\mathfrak{a} + y.$$
因为 $\mathfrak{a}$ 极大, 所以 $\mathfrak{a} + x,\mathfrak{a} + y
均包含一组素理想的积, 因此 \mathfrak{a} 也包含一组素理想的积.
考虑 \mathfrak{a} 包含素理想之积 \mathfrak{a}_{0}, 对于其中一项
$\frac{R}{\mathfrak{p^{n}}}$ 同构于
$\frac{R_{\mathfrak{p}}}{\left( \mathfrak{p}R_{\mathfrak{p}} \right)^{n}}$.
设 $\mathfrak{p'} = \mathfrak{p}R_{\mathfrak{p}}$,
则我们利用中国剩余定理可知:
$$\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}},$$
这样考虑 $\mathfrak{a}\operatorname{mod}\mathfrak{b}$, 可知它在每一个
$\frac{R_{\mathfrak{p}_{i}}}{\mathfrak{p}'}_{i}^{n_{i}}$ 是一个理想,
进而可以认为它取
$\frac{\mathfrak{p'}_{i}^{s_{i}}}{\mathfrak{p}'}_{i}^{n_{i}}$ 的形式,
这样, $\mathfrak{a} = \prod_{i}\mathfrak{p}_{i}^{s_{i}}$, 因为
$\frac{A}{\mathfrak{b}}$ 的理想与包含 $\mathfrak{b}$ 的 $A
中理想一一对应.
唯一性的证明来自上文中可以注意到的
$s_{i} = s_{i}'$.
而唯一分解推出 Dedekind 环的过程是: 考虑到唯一分解导出理想相当于
${\mathbb{Z}}_{\geq 0}^{\text{Spec }R\backslash 0}$ 通过唯一分解, 则
Grothendieck 群给出 ${\mathbb{Z}}^{\text{Spec }R\backslash 0}$,
它有一个名字, **分式理想**, 可以被定义为:
$\mathfrak{a} \subset \text{ Frac}(R)$ 是分式理想, 当且仅当
$\mathfrak{a}$ 是 $\text{Frac}(R)$ 的非零子 $R$-模, 且存在一个公分母 $d
使得 d\mathfrak{a} \subset A. 我们有求逆
我们看看它说明什么: $\mathfrak{a}\mathfrak{a}^{- 1} = (1) = R
证明存在一组 (a,b) 使得 \sum_{i}a_{i}b_{i} = 1, 对于
x \in \mathfrak{a}$, 注意到 $b_{i}x \in R$, 所以 $\mathfrak{a}
有限生成, 其生成元是 \left( a_{i} \right), 生成系数是
$\text{Frac}(R)|R$ 的整元素 $x$, $R\lbrack x\rbrack$ 是分式理想, 但
$R\lbrack x\rbrack^{2} = R\lbrack x\rbrack$, 因此
$R\lbrack x\rbrack = (1) = R$. 最后证非零素理想 $\mathfrak{p}$ 极大:
考虑包含之的极大理想 $\mathfrak{m}$, 由于 $\mathfrak{p}$ 是素理想, 所以
$\mathfrak{m}\left( \mathfrak{m}^{- 1}\mathfrak{p} \right) = \mathfrak{p}
满足 \mathfrak{m} \subset \mathfrak{p} 或
$\mathfrak{m}\mathfrak{p}^{- 1}$ 给出矛盾. 因此, 我们证明了 Dedekind
环的所有条件. **证毕**
**命题.** 唯一分解且 Dedekind 的环是主理想整环.
*证明.* 考虑非零素理想 $\mathfrak{p}$,
其中一个元素可以分解为不可约元素之积, 考虑其中一个是 $\pi$, 则
$(\pi) \subset \mathfrak{p}$, 进而 $(\pi) = \mathfrak{p}$.
**证毕.**
**定理.** 每一个 Dedekind 上的无挠有限生成模均是有限个分式理想的直和.
*证明.* 考虑 $R$ 的有限生成理想 $\mathfrak{a}$, 则存在另一个有限生成理想
$\mathfrak{b}$ 使得 $\mathfrak{a}\mathfrak{b} = (c)$ (任取
$x \in \mathfrak{a}$, 对 $(x)$ 的唯一分解和 $\mathfrak{a}
的唯一分解做商), 进而有 \sum_{i \in I}a_{i}b_{i} = c, 其中 a_{i}
是 \mathfrak{a} 的生成元. 这样, R^{I} \rightarrow \mathfrak{a} 的由
$$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)$$
是自由模, 而 $R_{\mathfrak{p}}$ 是主理想整环.
考虑无挠有限生成摸 $M$, 根据上述论证, 它是投射的, 进而
$\text{Hom}(M,R) \neq 0$, 取得一个同态 $\varphi$, 设
$\mathfrak{a} = \text{ im }\varphi$, 由于 $\mathfrak{a}$ 也是投射的,
所以 $M \twoheadrightarrow \mathfrak{a}$ 的截面存在, 也就是说
$\mathfrak{a}$ 是 $M$ 的直和项. 根据 $M$ 的 Noether 性递归下去.
例如 $5 \in {\mathbb{Z}}$ 会在
${\mathbb{Z}}\left\lbrack \mathrm{i} \right\rbrack$ 中分解为
$\left( 2 - \mathrm{i} \right)\left( 2 + \mathrm{i} \right)$,
$\mathfrak{a}$ 的分解在扩张中也会变化. 设 ${\mathbb{K}}|{\mathbb{F}}
是可分扩张, A 是 Dedekind 整环, {\mathbb{F}} = \text{ Frac}(A), B
是 A 在 \mathbb{K} 中的整闭包, 则有:
定义. 对于 A 的素理想 \mathfrak{p}, 它在 B 中会得到唯一分解,
设为 \prod_{i \in I}\mathfrak{q}_{i}^{n_{i}}, 如果某个 n_{i} > 1,
则视 \mathfrak{p} 分歧. 我们记
$f\left( \mathfrak{p}|\mathfrak{q}_{i} \right)$ 为剩余类度数
$\left\lbrack \frac{B}{\mathfrak{q}_{i}}:\frac{A}{\mathfrak{p}} \right\rbrack
的域扩张度数. \mathfrak{p} 完全分裂, 若 e 和 f 都为 1.
$g$ 为 $|I|$.
这一定义的经典应用是 Gauß 解决 $x^{2} + y^{2} = n$ 的整数解这一问题.
**定理.** 有等式
$$\sum_{\mathfrak{q}}e\left( \mathfrak{p}|\mathfrak{q} \right)f\left( \mathfrak{p}|\mathfrak{q} \right) = \lbrack{\mathbb{K}}:{\mathbb{F}}\rbrack,$$
特别地, 当 ${\mathbb{K}}|{\mathbb{F}}$ 是 Galois 扩张时, 所有的 $e$ 和
$f$ 相等, 因此 $efg = \lbrack{\mathbb{K}}:{\mathbb{F}}\rbrack$.
*证明.* 我们的证明思路是, 证明左右都等于
$\left\lbrack \frac{B}{\mathfrak{p}}:\frac{A}{\mathfrak{p}} \right\rbrack$.
对于左侧的证明: 我们把 $\frac{B}{\mathfrak{p}}$ 通过中国剩余定理分解,
这样我们只需要证明
$ef = \left\lbrack \frac{B}{\mathfrak{q}^{e}}:\frac{A}{\mathfrak{p}} \right\rbrack
(省略 e,f 的参数). 我们发现二者都有一个 e, 我们考虑把
我们的构造为:
$$B \supset \mathfrak{q} \supset \mathfrak{q}^{2} \supset \ldots \supset \mathfrak{q}^{e},$$
只需要证明每个 $\supset$ 两侧前项商后项有维度 $f$ (作为
$\frac{A}{\mathfrak{p}}$-线性空间). 这是因为显然地
$\frac{\mathfrak{q}^{k}}{\mathfrak{q}^{k + 1}}$ 是不可分解的
$\frac{B}{\mathfrak{q}}$-线性空间, 也就是 $\frac{B}{\mathfrak{q}}$ 上的
$1$ 维空间, 进而是 $\frac{A}{\mathfrak{p}}$ 上的 $f$ 为维空间. 这样,
我们证明了
$ef = \left\lbrack \frac{B}{\mathfrak{q}^{e}}:\frac{A}{\mathfrak{p}} \right\rbrack$.
对于右侧的证明: 我们来将 $A,B$ 通过 $\mathfrak{p}^{\complement}$ 局部化.
不难验证, 局部化下, 素理想分解不改变. 局部化后 $A,B$ 变身主理想整环,
进而 $B|A$ 是自由模. 这样, $A^{n} \simeq B$, 故
$(A \otimes {\mathbb{F}})^{n} \simeq B \otimes {\mathbb{F}} = {\mathbb{K}}$.
这样,
$\lbrack{\mathbb{K}}:{\mathbb{F}}\rbrack = \left\lbrack \frac{B}{\mathfrak{p}}:\frac{A}{\mathfrak{p}} \right\rbrack$.
我们还剩下对于 Galois 扩张的证明. 我们断言, 整除 $\mathfrak{p}$ 的 $B
中理想两两 (在 \text{Gal}\left( {\mathbb{K}}|{\mathbb{F}} \right) 下)
共轭. 我们用反证法证明这一点: 根据中国剩余定理,
如果理想有两个不同的共轭, 则存在 x \in \mathfrak{q} 使得 x 不在
$\mathrm{N}_{{\mathbb{K}}|{\mathbb{F}}}(x)$, 则它是 $A$ 中元素. 且
$x \in \mathfrak{q}$ 导出范数也属于 $\mathfrak{q}$, 因此 $x$ 的范数
$\in \mathfrak{p}$. 然而 $\sigma x \notin \mathfrak{q}'$, 但这些
$\sigma x$ 的乘积却属于 $\mathfrak{q}'$, 这, 由于 $\mathfrak{q}'
是素理想, 是一个矛盾. 因此, 任何整除 \mathfrak{p} 的理想两两共轭,
进而在 \sigma 的作用下, e,f 保持不变. 进而,
✧(≖ ◡ ≖✿)]{align="right"}
我们观察到, ${\mathbb{Z}}\left\lbrack \sqrt{- 1} \right\rbrack$ 中, 仅有
$(2)$ 一个分歧理想; ${\mathbb{Z}}\left\lbrack \omega_{3} \right\rbrack
中, 仅有 (3) 一个分歧理想;
{\mathbb{Z}}\left\lbrack \sqrt{- 5} \right\rbrack$ 中, 仅有 $(2),(5)
两个分歧理想. 我们猜想, 并总结出如下的定理:
定理. 当 A 是自由 B-模时, 仅有有限多个素理想分歧.
证明. 我们来证明, 一个素理想 \mathfrak{p} 分歧当且仅当
简单的对 $\frac{A}{\mathfrak{p}}$ 张量积得
$$\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).$$
我们引入一个重要的交换代数引理:
**命题.** 设 $\mathbb{k}$ 是一个完美域, 对于 $\mathbb{k}$-代数 $A$, $A
中无非 0 幂零元当且仅当
*证明.* 对于某个非 $0$ 幂零元 $n$, 考虑一个包含 $n$ 的基 $\mathfrak{B}$.
所以 $\text{Tr}\left( b_{i}b_{j} \right)$ 所需的线性映射
$x \mapsto b_{i}b_{j}x$ 使得 $b_{i} = n$ 时它是幂零映射, 因此
$\text{Tr}\left( x \mapsto nb_{j}x \right) = 0$, 也就是
$\text{disc}\left( A|\mathbb{k} \right) = 0$; 如果 $A$ 中无非 $0
幂零元, 可以用交换代数的结论证明:
\bigcap_{\mathfrak{p} \in \text{ Spec }A\backslash 0}\mathfrak{p} = 0 \Longrightarrow \left\lbrack A:\mathbb{k} \right\rbrack \geq |\text{Spec }A\backslash 0|
(考虑到 A 是 Noether 环) 进而 A = \prod\frac{A}{\mathfrak{p}}, 因此
**证毕.**
因此, 我们有 $$\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},$$
其中 $\mathfrak{P}$ 是任意选定的使得 $\mathfrak{P}~|~\mathfrak{p}
的素理想.
证明. 注意到
G / {D_{\mathfrak P}} \to {\mathfrak P : \mathfrak P | \mathfrak p}, \sigma \mapsto \sigma(\mathfrak P)
是双射. 局部化与 Galois 作用交换, 故 e(\mathfrak P | \mathfrak p) = e(\sigma(\mathfrak P) | \mathfrak p). 带入 \mathfrak p 的唯一分解即证.
类数与 Dirichlet 中心定理
定义. A 的所有分式理想构成理想群
它们商去主分式理想 $P(A)$ 得到**理想类群** $H(A)$.
**定理.** 对于 Dedekind 整环 $A$, 若 $\text{Frac}(A)|{\mathbb{Q}}
是有限扩张, \mathfrak{c} \in H 是一个 A 的理想类, 则存在
I \in \mathfrak{c}$, $\left( \mathcal{O}_{\mathbb{F}}:I \right)
是有限的.
证明. 我们先给出一个纯代数证明, 然后再给出基于经典的 Minkwoski
界的分析学证明.
我们观察到 \mathbb{Z} 的四条性质: (主理想整环) \mathbb{Z}
是主理想整环; (有限商性) {\mathbb{Z}}/I 永远是有限环; (小范数元素)
有这样一个元素 c \in {\mathbb{Z}}, 使得
|\left\{ x \in {\mathbb{Z}}:|{\mathbb{Z}}/x{\mathbb{Z}}| \leq cn \right\}| \geq n
对每一个 n 成立; (半三角不等式) 形如下的元素有上界:
\frac{|{\mathbb{Z}}/(x + y)|}{|{\mathbb{Z}}/x| + |{\mathbb{Z}}/y|}.
对于这样的主理想整环, 定理一定成立. 可以验证, \mathbb{Z} 和
这是我们证明得以推广的关键. 同时, 我们也应当观察到 $A$ 的性质, $A
是自由有限生成 \mathbb{Z}-模.
我们开始着手证明定理. 考虑 A|{\mathbb{Z}} 的一组基 \mathfrak{B}. 以
$|A/x| = |{\mathbb{Z}}/\mathrm{N}_{\text{Frac}(A)|{\mathbb{Q}}}(x)|
可以写作 x 在 \mathfrak{B} 下坐标的一个齐次 n 次多项式. 因此, 当
$|A/x| \in \mathrm{O}(\left( \max|{\mathbb{Z}}/x_{i}| \right)^{n})$. 设
$I$ 是 $A$ 的一个理想,
$n = |\mathfrak{B}|,m = |A/I|,m_{0} = \left\lfloor m^{1/n} \right\rfloor$.
取得**小范数元素**性质中的常数 $c \in {\mathbb{Z}}$. 设
$$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).$$
对于每一个 $I$, 我们都存在一个在理想类群中是 $I$ 的逆的理想 $J$ 使得
$|A/J| \in \mathrm{O}(1)$. 因此, 得欲证. [证明就这样完成了喵! ✧(≖ ◡
≖✿)]{align="right"}
*证明.* 我们来介绍常规的代数数论证法. 我们有每一个理想类群都存在理想 $I
使得 |A/I| \leq C, 其中 C 是一个与 A 有关的常数, 其定义为:
C = \frac{n!}{n^{n}}\left( \frac{8}{\tau} \right)^{s}|\Delta|^{\frac{1}{2}}.
其中 n = \left\lbrack \text{Frac}(A):{\mathbb{Q}} \right\rbrack,
$s$ 为商去共轭类后的 $A \rightarrow {\mathbb{C}}$ 的数量.
为了这一证明, 我们需要铺陈晶格理论.
**定义.** 实 $n$ 维线性空间 $V$ 中的**晶格** $\Gamma$ 是同构于
${\mathbb{Z}}^{n}$ 的加法离散子群 $\Gamma \subset V$. 其一组基为
$\mathfrak{B}$, 则以 $\lbrack 0,1)$ 维系数的 $\mathfrak{B}
的线性组合记作其基本域 \Phi. 定义 d(\Gamma) 为 \Phi 的测度, 称为
不依赖维度地, $V$ 中的晶格 $\Gamma$ 是使得
$\Gamma \otimes_{\mathbb{Z}}{\mathbb{R}} \simeq V$ 的 $\mathbb{Z}$-子模.
**命题.** 设 $T \subset V$ 紧, 凸, 且关于原点中心对称. 如果 $T$ 的体积
$|T|$ 大于 $2^{n}d(\Gamma)$, 则 $T$ 中存在一个非零的 $\Gamma$-点.
*证明.* 不妨设 $d(\Gamma) = 1$. 考虑如下映射:
$$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.$$
因此存在 $f(\varphi) > 1$, 设 $A,B \in T,A - B \in 2\Gamma$. 则 $A$ 与
$- B$ 的中点 $\in T$, 进而得证. **证毕.**
首先, 我们基于 $V = {\mathbb{R}}^{r} \times {\mathbb{C}}^{s}
有一个范数为: \sum|x| + 2\sum|z|, 其中 x 是实分量, z 是复分量.
因此, 我们取一个充分大的以原点为圆心的球体 B. 设半径为 R,
我们来计算其体积. 将复分量写为 z = r\mathrm{e}^{\mathrm{i}\varphi},
则这一个变换的 Jacobi 行列式为 \prod r_{i}. 我们因此提出一个
$$\sum|x_{i}| + 2\sum r_{i} \leq R,$$ 所以我们先固定一个
$A = 2\sum r_{i}$, 则此时 $\sum|x_{i}| \leq R - A$, 这是一个 $\ell^{1}
球, 因此其体积为 \frac{2^{r}}{r!} \cdot (R - A)^{r}. 我们提取出系数,
则剩余部分是:
\int_{2\sum r_{i} \leq R,r_{i} \geq 0}\left( R - 2\sum r_{j} \right)^{r}\prod r_{j}\mathrm{d}r_{j}.
Dirichlet 积分给出这一部分为 \frac{4^{- s}r!}{n!}, 因此,
原球的体积可以表示为
由于 $\text{Frac }A~|~{\mathbb{Q}}$ 是有限扩张, 它可以嵌入到
$\mathbb{C}$ 中, 有两种嵌入, **实嵌入**,
$\text{Frac }A \rightarrow {\mathbb{R}}$; **虚嵌入**, 依据共轭成对出现,
$\text{Frac }A \rightarrow {\mathbb{C}}$. 这些嵌入拼接起来得到一个空间
$V = {\mathbb{R}}^{r} \times {\mathbb{C}}^{s}$ 以及嵌入
$\text{Frac }A \hookrightarrow V$. 则对于理想 $I$, 在 $V$ 中的像给出 $V
的一个晶格. 这是因为我们有态射合成
然后我们来证明: 存在 $x \in I$, 使得 $$\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}.$$
取得临界点 $R^{n} = |A/I| \cdot C \cdot n^{n}$, 此时 $R
为半径的球中会包含一个非零 \Gamma-点, 这样
进而等于所有 $\sigma:\text{ Frac }A \rightarrow {\mathbb{C}}$ 带入
$\alpha$ 的乘积. 根据均值不等式,
$|A/\alpha| \cdot n^{n} \leq |\alpha'|^{n} \leq R^{n}$, $\alpha'$ 表示
$\alpha$ 在 $V$ 中的像. 因此
$|A/\alpha| \cdot n^{n} \leq |A/I| \cdot C \cdot n^{n}$, 进而
$|A/\alpha| \leq |A/I| \cdot C$, 因此, 重复上面的纯代数证明即可.
**证毕**
**命题.** $H$ 是有限群.
*证明.* 对于任意整数 $M$, 若
$I = \prod\mathfrak{p}_{i}^{\left\{ n_{i} \right\}}$, 则
$|A/I| = \prod p_{i}^{r_{i}f_{i}}$, 其中
$p_{i} = |\mathfrak{p}_{i} \cap {\mathbb{Z}}|$. 由于 $f_{i}$ 是定制,
所以 $\left( p_{i},f_{i} \right)$ 仅有有限种可能, 也就给出了有限个理想
$I$. 然而, 如果有无限个理想类, 则每个理想类都能拿出一个小于 Minkwoski 界
$C$ 的理想, 矛盾.
**定义.** $H(A)$ 称为 $A$ (或 $\text{Frac }A$ 的) **理想类群**, 其大小为
$h(A)$, 称为 $A$ 的**类数**.
**命题.** $\mathbb{Q}$ 上的所有代数扩张都有分歧素理想.
*证明.* 对于任意一个数域 $\mathbb{K}$, 考虑到可以用 Minkwoski
界的性质反解出 $|\Delta|$:
$$|\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)|$$
进而 $\alpha$ 只有 $\mathrm{O}(n^{r + 2s})$ 个. 根据上述讨论,
$\alpha \in \ker\log$, 使得
$\forall g \in \text{ Hom}({\mathbb{K}},{\mathbb{C}}),g(\alpha) = 1$,
因此 $\alpha$ 只有有限个, 故 $\ker\log$ 是有限群, 进而只有单位根,
而根据经典结论它是循环群.
任取实数 $r$, 考虑若 $\left| {\log\alpha} \right|_{\infty} \leq r$, 则
$|g_{i}\alpha| \leq \exp r$. 进而 $\text{im }\log$ 是
$\mathcal{O}_{\mathbb{K}}$ 的一个离散子群, 因此我们证明了
$\text{im }\log$ 的秩 $\leq r + s - 1$; 下面我们将证明相等关系.
我们的思路是: 利用列严格对角占优矩阵必然可逆的性质.
**命题.** 如果一个矩阵 $A
满足其任意一个对角线元素都大于该行其余元素的和, 则 A 可逆.
证明. 否则设 Ax = 0 有非平凡解. 假设 x 的分量中, x_{k}
的绝对值最大, 则有 - a_{kk}x_{k} = \text{ 其余 }a_{ki}x_{i} 之和.
两边取绝对值可推出矛盾. 证毕.
对于实嵌入 \iota, 我们记 S = \left\{ \iota \right\}; 对于虚嵌入对
$S = \left\{ \Re(\iota),\Im(\iota) \right\}$. 取基 $\mathfrak{B}$. 设
$\Omega(k)$ 为所有在 $\mathfrak{B}$ 下坐标位于 $\lbrack 0,k\rbrack^{n}
的整数环中的数 ((k + 1)^{n} 个). 假设常数
C = \max\left\{ \sum_{b \in \mathfrak{B}}|\sigma(b)|:\sigma:{\mathbb{K}} \rightarrow {\mathbb{C}} \right\},
进而 |\sigma(x)| \leq Ck,x \in \Omega(k). 设 k 充分大, 并假设
$d = \frac{2Ck}{m}$, 那么将 $\lbrack - Ck,Ck\rbrack$ 等分成长 $d$ 的段,
那么会有 $m$ 个段, 进而将 $\Omega(k)$ 分成 $m^{|S|}$ 份. 由于
$m^{|S|} < (k + 1)^{n}$, $\Omega(k)$ 中存在两个数位于同一个部分,
进而由平移不变形, 存在一个数与 $0$ 在同一个段中. 我们设它为 $\alpha$.
进而, 对于我们关心的嵌入 $\iota:{\mathbb{K}} \rightarrow {\mathbb{C}}$,
有 $$|\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
$N\left( x_{1} \right) = N\left( x_{2} \right) = \ldots = N$. 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"}