rkm0959

Stickelberger’s Criterion : $K$가 NF고 $n = [K : \mathbb{Q}]$이라 하자. $\alpha_1, \cdots , \alpha_n \in \mathcal{O}_K$에 대하여, $d = \text{disc}(\alpha_1, \cdots, \alpha_n) \equiv 0, 1 \pmod{4}$.

• 특히, 여기서 $\text{disc}(\mathcal{O}_K) \equiv 0, 1 \pmod{4}$를 얻는다.

Discriminant는 결국 determinant의 제곱이고, determinant는 결국 짝순열 곱의 합에 홀순열 곱의 합을 뺀 것이다.

짝순열 곱의 합을 $P$, 홀순열 곱의 합을 $N$이라고 하면, $d = (P - N)^2 = (P + N)^2 - 4 PN$이 성립한다.

그러므로, 만약 $P+N$과 $PN$이 정수임을 보일 수 있다면, 제곱수의 성질에 의해서 원하는 것이 증명될 것이다.

한편, $P, N$이 각각 AI라는 점은 자명하므로, $P+N, PN$이 유리수임을 보이면 충분하다.

이를 위해서는 적당한 Galois group을 꺼내고, 모든 경우에 대해서 $P+N$, $PN$이 fix 된다는 것을 보이는 방식이 사용된다.

하지만 우리가 지금 normal extension 위에서 놀고 있다는 것은 모르므로, normal closure를 꺼내야 한다.

즉, $K$가 $\mathbb{Q}$의 finite extension이므로, 그 normal closure $L$을 생각할 수 있다. 그러니 $\text{Gal}(L/\mathbb{Q})$에서 놀아보자.

여기서 $K$ embedding을 $\sigma_1, \cdots , \sigma_n$이라고 하자. $L = \sigma_1(K) \cdot \sigma_2(K) \cdots \sigma_n(K)$임은 잘 알려져 있다.

또한, 각 $\phi \in \text{Gal}(L/\mathbb{Q})$에 대하여, $\{\phi \circ \sigma_i\} = \{\sigma_i \}$임도 잘 알려져 있다. 그렇다면 $\phi$에 $S_n$의 원소가 대응된다는 건데...

결과적으로, 이 대응되는 $\phi$가 짝순열이라면 $\phi$는 $P, N$을 고정시키고, 홀순열이라면 $\phi$는 $P, N$을 swap 한다. 증명은 어렵지 않다.

그러니 $P+N$, $PN$은 홀짝 여부에 관계없이 항상 고정되며, 그러니 Galois Theory의 결과에서 $\mathbb{Q}$의 원소가 된다.

이제 우리는 다음 결과를 증명할 준비가 완료되었다.

정리 : $\omega = e^{2\pi i / m}$이고, $K = \mathbb{Q}(\omega)$라면, $\mathcal{O}_K = \mathbb{Z}[\omega]$다.

물론, $\mathbb{Z}[\omega] \subset \mathcal{O}_K$는 자명하다. 반대방향이 핵심이다.

Step 1 : Discriminant Facts

$p$를 홀수 소수라고 하고, $\omega = e^{2\pi i / p}$라 하자. $f(x) = \text{irr}(\omega, \mathbb{Q}) = \Phi_p(x) = \frac{x^p-1}{x-1}$이라 하자.

$x^p-1 = (x-1)f(x)$를 미분하면 $px^{p-1} = f(x) + (x-1) f'(x)$를 얻고, $x = \omega$를 대입하여 $f'(\omega) = \frac{p}{\omega (\omega - 1)}$을 얻는다. 

이제 Norm의 multiplicative 성질을 이용하고, 약간의 단순 계산을 하면, 결론적으로 $$N(f'(\omega)) = \frac{N(p)}{N(\omega) N(\omega - 1)} =  \frac{p^{p-1}}{1 \cdot p} = p^{p-2}$$를 얻는다. 이는 $\text{disc}(\omega) = \pm p^{p-2}$임을 의미한다. 비슷한 논의를 자연수 $m$에 대해서도 할 수 있다.

$\omega = e^{2\pi i / m}$이라 하고, $f(x) = \text{irr}(\omega, \mathbb{Q}) = \Phi_m(x)$라 하자.

이제 $x^m - 1 = f(x)g(x)$라 쓰고, 미분 후 $x = \omega$를 대입하면 $m = \omega f'(\omega)g(\omega)$를 얻는다.

Norm을 취하고 multiplicative 성질을 이용하면, $m^{\phi(m)} = \pm \text{disc}(\omega) N(\omega g(\omega))$를 얻는다.

그런데 $\omega g(\omega)$는 AI이므로, 그 norm은 정수임을 알 수 있다. 즉, $\text{disc}(\omega) | m^{\phi(m)}$. 이 정도 결과만 있어도 충분하다.

사실 여기서 홀수 소수 $p$에 대하여 $\mathbb{Q}(\zeta_p)$가 포함하는 quadratic field가 무엇인지를 바로 얻을 수 있다. 

discriminant의 제곱근을 생각하면, 이 값은 무조건 $\mathbb{Q}(\zeta_p)$에 속해야 한다. 이는 $\mathbb{Q}(\zeta_p)$가 splitting field이기 때문.

그러니 조금만 고민하면 $\mathbb{Q}(\sqrt{\pm p})$가 cyclotomic field의 subfield임을 확인할 수 있다.

단, $+$ 부호는 $p \equiv 1 \pmod{4}$일 때, $-$ 부호는 $p \equiv 3 \pmod{4}$일 때 얻어진다.

여기에 $\mathbb{Q}(\zeta_8)$이 $\sqrt{2}$와 $i$를 포함한다는 사실을 이용하면, 결국 우리는

• 모든 $m$에 대하여, $\mathbb{Q}(\sqrt{m})$은 cyclotomic field의 subfield다

라는 사실을 얻는다. 소인수분해를 한 다음, 대응되는 cyclotomic field의 composite을 생각하면 된다.

여기서 cyclotomic field의 composite은 cyclotomic field임을 이용하였다. 위 결과의 매우 강력한 강화는

• Kronecker–Weber Theorem : Finite Abelian Extension of $\mathbb{Q}$ is a subfield of cyclotomic field

Step 2 : Proof for Prime Power $m$

이제부터 $m = p^r$이라고 가정한다. $p$는 소수. 또한, $m = 2$인 경우는 자명하므로 생략한다.

보조정리 1 : $\text{disc}(1 - \omega) = \text{disc}(\omega)$가 성립한다.

이는 $\omega$의 conjugate이 $\{\alpha_i\}$라면, $1 - \omega$의 conjugate은 $\{1 - \alpha_i\}$이므로 자명하다.

보조정리 2 : $\prod_{1 \le k \le m, p \nmid k} (1 - \omega^k) = p$가 성립한다. $$\prod_{1 \le k \le m, p \nmid k} (x - \omega^k) = (x^{p^r}-1) / (x^{p^{r-1}} - 1) = 1 + x^{p^{r-1}} + \cdots + x^{p^{r-1}(p-1)}$$임은 매우 쉽게 보일 수 있으며, 이 식에 $x = 1$을 대입하면 원하는 결과를 얻는다. 증명 끝. 

이제 본 증명을 하자. $n = \phi(m) = p^{r-1}(p-1) = [K, \mathbb{Q}]$이라 하자. 

$1 - \omega$ 역시 degree $n$ over $\mathbb{Q}$이므로, $1, (1-\omega), \cdots , (1-\omega)^{n-1}$은 AI로 이루어진 $K$의 basis over $\mathbb{Q}$이다. 그러니, 각 $\alpha \in \mathcal{O}_K$에 대하여, $$ \alpha = \frac{1}{d} (m_0 + m_1(1 - \omega) + \cdots + m_{n-1} (1- \omega)^{n-1})$$이라 유일하게 쓸 수 있다. 물론 $d = \text{disc}(\omega)$이고 $m_i$들은 정수. 만약 $\mathcal{O}_K \neq \mathbb{Z}[\omega]$라면, 적당한 $\alpha$와 $i$가 있어 $d \nmid m_i$가 성립한다.

여기서 $d = \text{disc}(\omega)$는 앞선 결과에 의해 $p$의 거듭제곱이다. 이제 $\alpha$에 다음 작업을 걸어주자.

• $v_p(m_i)$가 최소인 $i$ 중 가장 작은 것을 $k$라고 하자. $v_p(m_k) < v_p(d)$임에 주목하자.
• $\alpha$를 $\alpha \cdot p^{v_p(d) - v_p(m_k) - 1}$로 교체한다. 여전히 $\alpha$는 AI.
• 이제 $\alpha$의 형태를 다시 보면, 결국 $$ \alpha = \frac{1}{p} (m'_0 + m'_1(1 - \omega) + \cdots + m'_{n-1} (1- \omega)^{n-1})$$이다. 그런데 $v_p(m'_0), \cdots v_p(m'_{k-1}) \ge 1$이므로, $\alpha$의 $(1-\omega)^0, \cdots (1-\omega)^{k-1}$ 부분은 전부 정수이다.
• 그러니 이 부분을 날려도 ($m'_0 = \cdots = m'_{k-1} = 0$으로 바꿔도) 여전히 $\alpha$는 AI. 
• 이제 우리의 최종 결론은 $\alpha$가 AI이고, $m'_k$는 $p$의 배수가 아니며, 각 $m'_i$는 정수이고, $$\alpha = \frac{1}{p} (m'_i (1-\omega)^k + \cdots + m'_{n-1}(1-\omega)^{n-1})$$

한편, 보조정리 2에서 $p / (1-\omega)^n$이 $\mathbb{Z}[\omega]$의 원소임을 얻는다. 그러니 $$m'_k/(1-\omega) + m'_{k+1} + \cdots + m'_{n-1}(1-\omega)^{n-k-2} = \alpha p / (1-\omega)^{k+1} \in  \mathcal{O}_K$$이다. 결과적으로는 $m'_k / (1-\omega)$가 AI. 그런데 norm을 생각하면 $1-\omega$의 norm은 $p$인데 $m'_k$의 norm은 $p$의 배수가 아니니 모순. 증명 끝.

Step 3 : Combining Prime Powers

$\text{gcd}(m_1, m_2) = 1$, $m = m_1m_2$이고, 증명하고자 하는 성질이 $m_1, m_2$에 대해 증명되었다면 $m$에 대해서도 성립함을 보이자.

우선 $\mathbb{Q}(\zeta_m)$이 $\mathbb{Q}(\zeta_{m_1})$과 $\mathbb{Q}(\zeta_{m_2})$의 composite임은 자명하다. 비슷하게, $\mathbb{Z}[\zeta_m]$이 $\mathbb{Z}[\zeta_{m_1}]$과 $\mathbb{Z}[\zeta_{m_2}]$의 composite임도 자명하다.

그러니 discriminant의 GCD 조건만 보면 되는데, Step 1에서 얻은 결과에 의해서 이는 자명하다. 그러니 composite의 ring of integers는 composite. ok.

$K$가 $n = [K : \mathbb{Q}]$인 NF라고 할 때, $\mathcal{O}_K$를 $K$에 속하면서 AI인 원소들의 집합이라고 하자. 이를 $K$의 ring of integers라고 한다.

우리의 첫 목표는 $\mathcal{O}_K$의 구조를 파악하는 것이다. 이를 위해서 free abelian group에 대한 이해가 필요하다. 

보조정리 : $\alpha$가 AN이면, 적당한 자연수 $m$이 존재하여 $m\alpha$가 AI이다. 증명은 쉬우니 넘어간다.

그러므로, $K$ over $\mathbb{Q}$에 대한 basis를 잡되, 각 원소가 전부 AI가 되도록, 즉 $\mathcal{O}_K$의 원소가 되도록 할 수 있다.

이제 $\{ \alpha_1, \cdots , \alpha_n\}$을 그 basis라고 하고, $$A = \mathbb{Z}\alpha_1 \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}\alpha_n$$이라고 정의하자. 이는 free abelian group of rank $n$이며, $A \subset \mathcal{O}_K$는 자명하다. 반대로, $d = \text{disc}(\alpha_1, \cdots , \alpha_n)$이라 할 때, 우리는 $$\mathcal{O}_K \subset \frac{1}{d} A$$임을 보일 수 있다. 정확하게 말하자면, $\alpha \in \mathcal{O}_K$라면 적당한 정수 $m_1, m_2, \cdots, m_n$이 존재하여 $$\alpha = \frac{1}{d} \sum_{i=1}^n m_i \alpha_i$$이고, 이때 $d|m_i^2$이 성립한다. 물론, 이런 $m_i$들이 유일함은 자명하다. 

증명의 아이디어를 보자. 우선 $\alpha = \sum_{i=1}^n x_i \alpha_i$인 $x_i \in \mathbb{Q}$를 잡는다. 이제 embedding $\sigma_1 , \cdots, \sigma_n$을 적용하면, $\sigma_j(\alpha) = \sum_{i=1}^n x_i \sigma_j(\alpha_i)$를 얻는다. 이제 Cramer's Rule을 적용하면, 각 $x_i^2$이 AI에 $d$를 나눈 형태임을 알 수 있다. 마무리는 쉽다.

첨언하자면 이인석 교수님의 대수학에서 Linear Algebra over $\mathbb{Z}$를 다룰 때 determinant/adjoint의 힘을 강조하는데, 여기서도 보인다.

이제 $\mathcal{O}_K$가 두 free abelian group of rank $n$ 사이에 끼어있으니, $\mathcal{O}_K$도 그렇다는 것을 알 수 있다.

정리 : $\mathcal{O}_K$ is a free abelian group of rank $n$

결국 $\mathcal{O}_K$가 basis over $\mathbb{Z}$를 갖는다는 것을 알 수 있다. 이는 $K$의 basis over $\mathbb{Q}$가 되기도 한다.

이를 number ring $\mathcal{O}_K$의 integral basis라고 부른다. 물론, 이는 유일하지 않다. 하지만, 두 integral basis는 같은 discriminant를 가짐을 보일 수 있다.

한쪽이 다른 쪽의 정수 계수 선형결합이 되어야 하므로, determinant를 생각하면 각 discriminant가 서로의 양수 배수여야 한다. 그

러니 discriminant가 같을 수 밖에 없으며, 이 값을 $\mathcal{O}_K$의 자체적인 값으로 이해해도 된다. 즉, $\text{disc}(\mathcal{O}_K)$라는 표현을 쓸 수 있다.  

다음 주제는, 두 NF $K, L$의 composite field $KL$의 ring of integers $\mathcal{O}_{KL}$을 보는 것이다.

$\{\alpha_1, \cdots , \alpha_m\}$이 $\mathcal{O}_K$의 integral basis, $\{\beta_1, \cdots , \beta_n\}$이 $\mathcal{O}_L$의 integral basis라 하자.

그러면 $\mathcal{O}_{KL}$이 $\mathcal{O}_K \mathcal{O}_L$을 포함하는 것은 자명하다. 반대방향이 문제다. 이때, $[KL : \mathbb{Q}] = mn$, $d = \text{gcd}(\text{disc}(\mathcal{O}_K), \text{disc}(\mathcal{O}_L))$이라면, $$\mathcal{O}_{KL} \subset \frac{1}{d} \mathcal{O}_K \mathcal{O}_L$$임을 증명할 수 있다. 특히 $d=1$이면 $\mathcal{O}_{KL} = \mathcal{O}_K \mathcal{O}_L$이 성립한다.

우선 $\alpha_i \beta_j$가 $\mathcal{O}_K \mathcal{O}_L$의 basis over $\mathbb{Z}$, $KL$의 basis over $\mathbb{Q}$임은 degree condition $[KL : \mathbb{Q}] = mn$에서 얻어진다. 그러므로, 각 $\alpha \in \mathcal{O}_{KL}$은 $$\alpha = \sum_{i, j} \frac{m_{i, j}}{r} \alpha_i \beta_j$$라고 쓸 수 있다. 단, $\text{gcd}(r, \text{gcd}(m_{i, j})) = 1$이라고 하자. 이제 목표를 보이기 위해서는 $r | d$임을 보이면 충분하고, 대칭성에서 $r| \text{disc}(\mathcal{O}_K)$만 보여도 된다. 각 $K$의 embedding $\sigma$를 $KL$의 embedding으로 확장하되, $L$을 고정하도록 하자. 이 역시 degree condition에 의해 가능한 것이다. 그러면 $$\sigma(\alpha) = \sum_{i, j} \frac{m_{i, j}}{r} \sigma(\alpha_i) \beta_j$$가 되고, 여기서 $$x_i = \sum_{j=1}^n \frac{m_{i, j}}{r} \beta_j$$라 하면 $$\sigma(\alpha) = \sum_{i=1}^m  x_i \sigma(\alpha_i)$$가 된다. 여기서 Cramer's Rule을 또 적용하면 $x_i^2$이 AI / discriminant 형태가 됨을 알 수 있다. 여기서 $\text{disc}(\mathcal{O}_K) x_i$는 AI임을 얻는다.

그러므로, 이 값은 정의상 $\mathcal{O}_L$에 속하고 $\beta_j$들의 정수 계수 선형결합으로 표현된다. 마무리는 쉽다.

마지막 주제는 integral basis의 표현이다. NF는 모두 $\mathbb{Q}(\alpha)$ 형태이니 (Primitive Element Theorem) integral basis 역시 모두 $\alpha$에 대한 식으로 표현할 수 있을 것이다. 이를 더욱 강화한 결과를 소개한다. 약간 Fundatemental Theorem of Finitely Generated Abelian Group 느낌이 난다.

정리 : $\alpha \in \mathcal{O}_K$고, $\text{deg}(\alpha, \mathbb{Q}) = n$이라 하자. 이때, $\mathcal{O}_K$의 integral basis $$1, \frac{f_1(\alpha)}{d_1}, \cdots , \frac{f_{n-1}(\alpha)}{d_{n-1}}$$이 존재한다. 단, $d_i \in \mathbb{Z}$이며 $d_1 | d_2 | \cdots | d_{n-1}$이고, $f_i$는 monic이며 $\mathbb{Z}[x]$에 속한다. 또한, $d_i$들은 유일하다.

이 결과로 quadratic field $\mathbb{Q}(\sqrt{m})$이나 pure cubic field $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{m})$의 ring of integers의 integral basis를 구할 수 있다고 한다.

Step 1 : 기본 세팅 잡기

$d = \text{disc}(\mathcal{O}_K)$이라 하자. $\{1, \alpha, \cdots , \alpha^{n-1}\}$는 $K$의 basis over $\mathbb{Q}$다.

그러니, $\mathbb{O}_K$의 각 원소는 $1/d, \alpha/d, \cdots , \alpha^{n-1}/d$에 의해 generate 되는 free abelian group에 속한다.

특히, $F_k$를 $1/d, \cdots, \alpha^{k-1}/d$에 의해 generate 되는 free abelian group이라 하고, $R_k$를 $F_k$의 원소 중 AI인 것의 집합이라 하자.

$R_1 = \mathbb{Z}$이고, $\mathbb{R}_n = \mathcal{O}_K$임은 이제 자명하다. 목표는 $\mathbb{R_k}$의 integral basis를 귀납적으로 만들어가는 것이다.

Step 2 : 추가할 원소 잡기

$1, f_1(\alpha) / d_1, \cdots , f_{k-1}(\alpha) / d_{k-1}$이 $R_k$의 integral basis라고 가정하자. 

이제 canonical projection $\pi$를 생각하는데, 대충 $R_{k+1}$의 원소에서 $\alpha^k$ 항을 빼내는 것으로 생각하면 된다.

그런데 $\pi(R_{k+1})$은 자명히 $\alpha^k / d$가 generate 하는 cyclic group의 subgroup이므로, cyclic이다.

그러니, 적당한 $\beta \in R_{k+1}$이 있어 $\pi(\beta)$가 $\pi(R_{k+1})$을 생성하게 할 수 있다. 이제 $\beta$를 basis에 추가하면, $R_{k+1}$의 integral basis를 얻는다.

$R_{k+1}$의 원소가 있으면, $\pi$ 값이 0이 되도록 $\beta$를 적당히 빼주고, 남은 값을 $R_k$의 기존 basis로 표현하면 된다. 선형독립 성질 역시 자명하다. 

Step 3 : 각 성질 증명

이제 $\beta$가 어떤 형태를 가지고 있는지 보면 된다. 먼저 $f_{k-1}(\alpha) / d_{k-1}$이 AI이므로, $\alpha f_{k-1}(\alpha) / d_{k-1}$ 역시 AI가 된다. 이는 $\pi(R_{k+1})$에 $\alpha^k / d_{k-1}$이 포함된다는 의미고, $\pi(\beta) = \alpha^k / d_k$라고 쓰면 $d_{k-1} | d_k$라는 것이다. 이제 $\beta = f_k(\alpha) / d_k$이고, $f_k$가 monic이라고 쓸 수 있다. 결국 문제는 $f_k \in \mathbb{Z}[x]$가 성립하냐는 것이다. $f_k(\alpha) / d_{k-1}$이 $\beta$의 정수배이므로 AI이고, $\alpha f_{k-1}(\alpha) / d_{k-1}$ 역시 AI이므로, $$ \frac{f_k(\alpha) - \alpha f_{k-1}(\alpha)}{d_{k-1}} = \gamma$$ 역시 AI가 된다. $\gamma$는 $R_k$에 속하므로, $\text{deg}(g) < k$인 $g \in \mathbb{Z}[x]$가 있어 $\gamma = g(\alpha) / d_{k-1}$이라 쓸 수 있다. 이제 $f_k - xf_{k-1} = g$임을 쉽게 얻을 수 있고 $f$ 역시 $\mathbb{Z}[x]$의 원소임을 얻는다. 마지막으로 $d_i$의 유일성을 보여야 하는데, 이는 $m R_{i+1} \subset \mathbb{Z}[\alpha]$인 최소 $m$이 $d_i$와 같다는 것에서 보여진다.  

Marcus의 Number Fields를 읽는다. 딱 학부 수준에서 대수적 정수론 맛보기 좋은 책이라고 생각한다.

Chapter 1은 책 내용의 맛보기를 페르마의 마지막 정리를 통해 소개하는 내용이니 생략.

Chapter 7 이후부터는 복소해석에 대한 기초가 필요한 것 같아, 미래의 나에게 미룬다.

현대대수학 1, 2 정도의 사전지식을 가정한다. 본인은 프렐라이 + 이인석 교수님의 대수학 책을 어느 정도 읽은 상태다.

증명을 다 쓰고 싶지는 않고, 최대한 압축해서 쓰려고 한다. 일단 내가 읽으려고 쓰는 목적이 커서...

지금까지 읽은 간단한 후기는

• 이거 겁나 재밌다 ㅋㅋㅋ 벌써부터 되게 강력한 결과들이 많은데, 뒤에서는 훨씬 더 많아진다
• $\mathbb{Q}, \overline{\mathbb{Q}}, \mathbb{C}$ 위에서 노는 메리트가 굉장히 많다 : 일단 char 0인게 너무 편하다.
• Perfect Field, Separability, Primitive Element Theorem을 정말 마음 편하게 적용할 수 있다 
• 현대대수를 재밌게 복습/강화할 수 있는 좋은 공부가 되고 있는 것 같다
• Evan Chen의 Napkin은 먼저 흐름만 쓱 보고, Stein은 읽은 후 코드만 쓱 보면 딱 좋은 것 같다

이제부터 본문 시작인데, 먼저 현대대수 복습부터 빠르게 하자.

정의: $\alpha$가 적당한 $\mathbb{Q}[x]$의 원소의 근이라면, $\alpha$를 Algebraic Number라 한다.

정의: $\alpha$가 적당한 monic인 $\mathbb{Z}[x]$의 원소의 근이라면, $\alpha$를 Algebraic Integer라 한다.

정의: $\mathbb{C}$의 subfield이면서 $\mathbb{Q}$의 finite extension인 것을 Number Field라 한다.

이제부터 그냥 Algebraic Number를 AN, Algebraic Integer를 AI, Number Field를 NF라 하겠다.

일단 여기서 바로 얻을 수 있는 중요한 결과들이 있다. 모두 Gauss' Lemma로 증명이 된다.

• $\alpha$가 $\mathbb{Z}[x]$라 하고, $\text{irr}(\alpha, Q)$를 생각하면 이는 $\mathbb{Z}[x]$의 원소.
• $\alpha$가 AI면서 유리수라면 정수여야 한다.  

또한, 현대대수학에서 우리는 Cyclotomic Field에 대한 중요한 결과를 배웠다.

• $\omega = e^{2\pi i / m}$이라 하면 $\text{deg}(\omega, \mathbb{Q}) = \phi(m)$
• Cyclotomic Polynomial은 irreducible, 정수 계수 다항식
• 특히 $\mathbb{Q}(\omega)$ over $\mathbb{Q}$의 Galois group은 $\mathbb{Z}_m^{\times}$와 isomorphic

이제 대수적 정수론의 "진짜" 첫 결과를 보자. $\alpha \in \mathbb{C}$에 대하여 다음이 동치이다.

• 1. $\alpha$가 AI
• 2. additive group of $\mathbb{Z}[\alpha]$ is finitely generated
• 3. $\alpha$ is a member of some subring of $\mathbb{C}$ with a finitely generated additive group
• 4. $\alpha A \subset A$ for some finitely generated additive subgroup $A \subset \mathbb{C}$

증명을 스케치하자면, 먼저 1 => 2 => 3 => 4 방향은 자명하다. 4 => 1이 핵심이다. 이를 위해서는 $A$의 generating set $a_1, a_2, \cdots , a_n$을 잡고, $\alpha$를 곱하는 것을 정수 계수를 갖는 선형변환으로 생각하면 된다. 이러면 $\alpha$가 정수 항을 가지는 행렬의 eigenvalue임을 확인할 수 있고, 특성다항식을 생각하면 ok.

2, 3번 조건이 상당히 강력하다. 여기서 AI가 ring 구조를 가짐을 얻는다.

• $\alpha, \beta$가 AI면 additive group of $\mathbb{Z}[\alpha]$, $\mathbb{Z}[\beta]$가 finitely generated.
• 이들의 generating set을 가지고 additive group of $\mathbb{Z}[\alpha, \beta]$ 역시 finitely generated임을 안다.
• 그런데 $\alpha + \beta$, $\alpha \beta$가 모두 $\mathbb{Z}[\alpha, \beta]$에 속하므로, ok.

또한, algebraic integer를 계수로 갖는 monic polynomial의 근도 algebraic integer임을 얻을 수 있다. (이인석 교수님의 대수학 책의 "그 trick")

이제 우리가 볼 다음 대상은 Trace와 Norm이다. $K, L$이 NF고 $K \le L$이라 하자. $n = [L : K]$라 하고, $\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$이 $K$를 fix하는 embedding $L \rightarrow \mathbb{C}$이라 하자. 이제 각 $\alpha \in L$에 대하여 Trace, Norm을 

• Trace : $T^L_K(\alpha) = \sum_{i=1}^n \sigma_i(\alpha)$,  Norm : $N^L_K(\alpha) = \prod_{i=1}^n \sigma_i(\alpha)$

라고 한다. 이 함수들이 linear/multiplicative임은 자명하다. 또한, 이 값들이 $K$에 속함도 익숙할 것이다.

또한, $\alpha$가 AI라면 Trace, Norm 모두가 AI임도 이제 AI가 ring임을 아니 쉽게 증명할 수 있다.

추가적으로, Trace/Norm은 transitivity를 갖는다. 즉, $T^L_K(T^M_L(\alpha)) = T^M_K(\alpha)$, $N^L_K(N^M_L(\alpha)) = N^M_K(\alpha)$이다. 물론 $K \le L \le M$.

이를 위한 증명은 특별한 아이디어를 쓰지 않으므로 (현대대수학에서 다 보이는 아이디어) 생략한다.

다음으로 볼 대상은 Discriminant. $K$가 NF고 $n = [K : \mathbb{Q}]$이라 하자. $\alpha_1, \alpha_2, \cdots , \alpha_n \in K$에 대하여, $\alpha_1, \alpha_2, \cdots , \alpha_n$의 discriminant를 $$\text{disc}(\alpha_1, \cdots , \alpha_n) = \text{det}([\sigma_i(\alpha_j)])^2$$라고 정의한다. 여기서 $\text{det}(A)^2 = \text{det}(AA^T)$임을 적용하면, $$\text{disc}(\alpha_1, \cdots , \alpha_n) = \text{det}([T(\alpha_i \alpha_j)])$$를 얻는다. 그러니, $\alpha_i$들이 전부 AI면 discriminant 역시 AI가 된다. 또한, 간단한 선형대수를 통해서 $\text{disc}$를 통해서 $\alpha_i$들이 linearly independent over $\mathbb{Q}$인지 확인할 수 있음을 보일 수 있다. Trace의 성질을 활용해주면 된다. 이러한 면에서 determinant와 유사한 점이 있다고 생각할 수 있겠다.

이제 $K = \mathbb{Q}(\alpha)$라 하고, $n = [K : \mathbb{Q}]$라 하자. 이때, $$\text{disc}(\alpha) = \text{disc}(1, \alpha, \cdots , \alpha^{n-1})$$이라고 정의한다. discriminant의 첫 정의를 생각하면 이는 Vandermonde 형태를 가진다. $\alpha_1, \cdots , \alpha_n$을 $\alpha$의 conjugate이라 하면, 결국 $$\text{disc}(\alpha) = \prod_{1 \le r < s \le n} (\alpha_r - \alpha_s)^2 = \pm N^K (f'(\alpha))$$를 얻는다. 여기서 $f = \text{irr}(\alpha, \mathbb{Q})$이다. 또한, $\pm$은 $n \equiv 0, 1 \pmod{4}$일 때 성립한다.

첫 등식은 Vandermonde에서 나오고, 두 번째 식은 $r$이 $f$의 근일 때 $f'(r)$의 식 형태에서 나온다. 당연하지만 $f$는 중근이 없다.