Dirichlet 单位定理

单位乘法看起来非线性，取各嵌入的绝对值再取对数后，乘法变成加法。范数为 $\pm 1$ 强迫这些对数加起来为零，所以单位只能落在一个余维一超平面上。

定理的内容不只是“对数落在超平面”。它还说这些点组成一个铺满该超平面的离散格；超平面维数恰好为 $r_1+r_2-1$，于是成为自由单位的数量。

对数嵌入中的复坐标权重 ​

为每对非实嵌入选一个代表 ${\tau }_j$，定义

复嵌入成共轭对，范数中贡献绝对值的平方，所以这里放系数二。对单位，所有坐标和为 $\log |N(u)|=0$。若使用不乘二的复坐标，也可以，但超平面方程必须相应带权，不能两种约定混用。

$\lambda$ 的核正是 ${\mu }_K$。如果一个整元素在全部嵌入下绝对值均为一，它的所有幂的共轭仍有界；对应首一多项式的整数系数也有统一界，所以这些幂只能有有限多个不同值，最终两幂相等，得到根单位。这说明核的有限性有整性作为支撑。

在 $\mathbb{Q}(\sqrt{13})$ 中找全单位 ​

令

它属于整数环，且

所以它确实是单位，并且在所选实嵌入中大于一。

还要证明它是基本单位，而非某个更小单位的幂。设一个单位 $u$ 满足 $1<u<\epsilon$。写

其中 $a,b\in \mathbb{Z}$ 同奇偶，另一嵌入为 $u^{\prime }=\pm 1/u$。因此

最后一个严格不等式使用 $t+t^{-1}$ 在 $t>1$ 单调增加。于是 $0<b<1$，与 $b$ 为整数矛盾。因此 $\epsilon$ 是最小的大于一的正单位。

对任意正单位 $u$，选整数 $n$ 使 $1\le u{\epsilon }^{-n}<\epsilon$，最小性迫使该比值为一。负单位再乘 $-1$ 即可，得到完整结论

其两个实嵌入对数为 $(n\log \epsilon ,-n\log \epsilon )$，符号 $\pm$ 被绝对值消去。

虚二次域有 $r_1=0,r_2=1$，自由秩为零，所有单位都是根单位；实二次域有 $r_1=2,r_2=0$，自由秩为一。这解释了两类二次数域单位数量的根本差别。

为什么对数像不仅离散，还满秩 ​

若一批单位的对数坐标有界，则全部共轭绝对值有统一界；整性再次把它们限制为有限集合，所以对数像是离散子群。但离散只给出秩不超过超平面维数，仍需证明不会落在更低维子空间。

满秩部分先用整数基公理库数域的整数基Integral basis整数环是秩等于扩张次数的自由整数模；用迹配对证明有限生成，并在 Q(√13) 中算出幂基子阶的指数。把整数环实现为嵌入空间中的满秩格，再利用Minkowski 格点定理公理库格上的 Minkowski 第一定理Minkowski's first theorem for lattices · Minkowski convex body theorem · Minkowski 格点定理体积超过格基本区域两倍幂的中心对称凸体必含非零格点。：沿超平面的不同方向改变嵌入空间中的盒子形状，同时保持体积足够大，就能找到范数统一有界的非零整元素。这些元素生成的主理想范数有统一界，而这样的整理想只有有限多个。把具有同一主理想的元素相除，得到单位，进而使任意超平面点都能被某个单位对数以统一误差逼近。一个离散子群若具有这种相对稠密性，就必须张满超平面。

有限核与对数格的一组有限基共同给出单位群的有限生成性。此后有限生成 Abel 群结构定理公理库有限生成阿贝尔群结构定理Structure theorem for finitely generated abelian groups每个有限生成阿贝尔群唯一分解为自由部分与有限循环素幂部分。把它分成有限挠部分与自由部分；挠单位恰为根单位，格的秩给出自由秩。分类定理使用的是已经证明的有限生成性，不负责代替对数格的满秩论证。

本页使用元素范数公理库数域范数Number field norm · Field norm over the rationals将数域元素的乘法视作有理线性算子，以行列式定义范数并用于整数环中的因子约束。检验单位，并使用对数格理解其秩；这与理想类群衡量非主理想的障碍是不同问题。类数有限并不意味着单位群有限。