二元型与定向理想的对应

分母是理想指数，不是随意的比例 ​

虚二次嵌入中，元素范数理路数域范数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。为 $N(z)=z\bar{z}=|z{|}^2$。若直接把理想的两条基放进这个平方长度，不同大小的同类理想会给不同的整体倍数。除以指数恰好消掉这个大小因子。

例如 $D=-23$，令 $\theta =(1+\sqrt{-23})/2$，满足 ${\theta }^2-\theta +6=0$。理想

在整基 $(1,\theta )$ 中的指数为二。其归一化范数是

整数型 $(2,1,3)$ 在此直接来自一个指数为二的理想格。

先证明归一化后的系数确实为整数 ​

任意 $0\ne z\in I$ 都满足 $(z)\subseteq I$。主理想的指数等于乘法映射的绝对行列式，故

所以 $N(z)/n\in \mathbb{Z}$；$z=0$ 时结论也成立。这一步只用指数相乘，不预先假定任意理想范数的乘法性。

写 $Q_I=a{x}^2+bxy+c{y}^2$，则

三者都是整数。非零复数的范数为正，基又实线性无关，所以 $Q_I$ 正定。

面积一次给出判别式和反向标量 ​

基 $(1,\theta )$ 的正向面积是 $\sqrt{|D|}/2$。由子格指数与余体积公式理路格行列式Lattice determinant · Lattice covolume · 格余体积欧氏格基本平行多面体在其实张成空间中的内在体积。，正定向基满足

另一方面，$b=2\mathrm{Re}(\bar{\alpha }\beta )/n$，所以

取实部、虚部的平方，或直接展开 $b^2-4ac$，得到

再除以 $N(\alpha )=an$，得到一条更有用的等式：

这正是从计算所得型恢复原理想的显式缩放证书，不只说明二者“应当有关”。

输入一组不规范的理想基 ​

仍取 $I=(2,\theta )$，改用正定向基

它们在 $(1,\theta )$ 中的坐标矩阵是 $\left(\begin{array}{cc}6& 10\\ 1& 2\end{array}\right)$，行列式为二，确实生成同一个指数二理想。计算得到

故 $Q_I=(24,83,72)$。正定约化理路正定二元型约化Reduction of positive definite binary quadratic forms · Gauss reduction of binary quadratic forms · 约化正定二元型通过整数剪切和带符号交换将正定二元型化为唯一边界代表，输出总SL₂换元证书，并以判别式界穷尽全部正等价类。将它送到 $(2,1,3)$，并输出整数换元矩阵。

无需约化，也能直接检查逆转换。当前型给出

乘上 $\lambda =(6+\theta )/24$ 后，两个生成元依次变成

第二个等式只需代入 ${\theta }^2=\theta -6$。所以它精确恢复原来的两个基向量。

反转定向会把类取逆，不能忽略 ​

对同一个理想 $I=(2,\theta )$，若错误地允许负定向基 $(2,-\theta )$，归一化范数会变成 $(2,-1,3)$。前页已经直接证明它与 $(2,1,3)$ 不正等价。于是“任意有序基都行”会让同一个理想类得到两个不同答案。

正确理解是：共轭理想 $\bar{I}$ 的正定向基可以取 $(2,-\bar{\theta })$，其型确为 $(2,-1,3)$。共轭反转一次方向，给第二个向量加负号再反转一次，最后仍是正定向。下文将证明 $[\bar{I}]=[I{]}^{-1}$；这里的两个型因此对应互逆类，而不是同一个类的两种正定向写法。

非最大子阶会破坏哪一个结论 ​

在 $A=\mathbb{Z}[2i]$ 中取 $J=2\mathbb{Z}+2i\mathbb{Z}$。这是 $A$-理想，指数为二，归一化范数是

它的判别式为 $-16$，却不是本原型。此处 $-16$ 是子阶 $A$ 的判别式，完整整数环 $\mathbb{Z}[i]$ 的判别式为 $-4$。

而且 $J$ 在 $A$ 中不可逆：$iJ\subseteq J$，若存在分式理想 $J^{-1}$，两边乘它会得到 $iA\subseteq A$，与 $i\notin A$ 矛盾。直接计算也有 $J^2=4\mathbb{Z}+4i\mathbb{Z}$，其 $A$-指数为八，不等于 $2^2$。所以本页的“全部非零理想”对应不能原样搬到任意子阶；在那里须另外限制到可逆理想。

完整整数环公式的分母检查 ​

上面的整环公式可以用整基的分母检验理路数域的整数基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。直接得到。写 $K=\mathbb{Q}(\sqrt{d})$，其中 $d<0$ 平方自由。若 $u+v\sqrt{d}$ 整且 $v\ne 0$，则

将 $t$ 约成最简分数，分母的平方必须整除平方自由的 $d$，故 $t\in \mathbb{Z}$。条件 $m^2-d{t}^2\equiv 0(\mathrm{mod}4)$ 在 $d\equiv 1(\mathrm{mod}4)$ 时要求 $m,t$ 同奇偶，在 $d\equiv 2,3(\mathrm{mod}4)$ 时要求两者都偶。若 $v=0$，有理代数整数就是整数。反向代入首一二次方程便能核验这些候选全都整，从而得到所列完整整数环。

这个环也确实满足 Dedekind 条件：秩二整数模的子模有限生成，保证 Noether；完整整数环整闭；每个非零素理想包含某个非零整数范数，商因而是有限整环，必为域。原有理想类群的全部非零分式理想接口在此适用。

基本判别式为什么保证本原性 ​

若型的三个系数有公因子 $g>1$，则 $g^2\mid D$。当 $D$ 平方自由时不可能。若 $D=4d$、$d$ 平方自由且 $d\equiv 2,3(\mathrm{mod}4)$，唯一剩余可能是公因子二；但将型除以二后，其整数判别式会是 $d$，而整数型的判别式只能模四余零或一，仍然矛盾。

所以在本页的基本判别式范围，任何整数型一旦具有判别式 $D$，便自动本原。前面的归一化范数计算已经给出全部所需条件。

反向构造确实是理想，并且可逆 ​

给 $Q=(a,b,c)$，记 $\eta =(b+\sqrt{D})/2$。因为 $b$ 与 $\delta$ 同奇偶，$\eta -\theta =(b-\delta )/2\in \mathbb{Z}$，故 $\mathcal{O}=\mathbb{Z}[\eta ]$。关系

说明乘以 $\eta$ 将 $a$ 送到 $a\eta$，将 $\eta$ 送到 $b\eta -ac$，两者都在 $a\mathbb{Z}+\eta \mathbb{Z}$ 中。因此该格确为理想。相对整基 $(1,\eta )$，其指数为 $a$；且

还可直接算出逆。乘积 $I_Q\overline{I_Q}$ 除以 $a$ 后，由 $a,\eta ,\bar{\eta },c$ 生成。它们都在 $\mathcal{O}$ 中，又有 $\eta +\bar{\eta }=b$，而 $gcd(a,b,c)=1$，所以这些生成元的整数线性组合包含一。故

由此共轭理想确实代表逆类。对一般 $I$，先用 $I=(\alpha /a)I_{Q_I}$，结论同样成立。

逐项核验双射中的选择无关 ​

同一理想的两组正定向整数基由行列式为一的整数矩阵相连，故型只发生正等价换元。若 $J=\lambda I$，乘以非零复数 $\lambda$ 的实行列式为 $|\lambda {|}^2>0$，所以方向保持；面积和范数都乘同一个 $|\lambda {|}^2$，归一化型不变。每个分式理想类可先乘一个正整数得到整理想代表，因而映射对所有理想类有定义。

反向构造已证明每个 $Q$ 都来自 $I_Q$，所以满射。若两个理想给出正等价型，就先作正定向换基，使它们给出相同的 $(a,b,c)$。显式恢复式分别写成

于是 $J=({\alpha }^{\prime }/\alpha )I$，两者同理想类，证明单射。这也说明任何正等价换元都不改变反向得到的理想类，无需逐个猜出换元后的理想生成元。

表示是理想中的一条范数方程 ​

对正定向基 $(\alpha ,\beta )$ 和 $n=N(I)$，有

本原表示还要求元素在这组整数基中的两个坐标互素。对 $I=(2,\theta )$，$Q_I(2,1)=13$ 对应 $4+\theta \in I$，其范数为 $26$，恰好是 $2\cdot 13$；不是十三。

现在把两个型先变成理想、相乘后再变回型，就得到Gauss 合成理路Gauss 二元型合成Gauss composition of binary quadratic forms · Dirichlet composition · 二元二次型类合成在负基本判别式下构造互素首系数和共同中项，用整数CRT计算型类乘积；由定向理想双射证明选择无关与群律，并完整算出判别式−23的三阶类群。。本页的可逆转换将负责它的选择无关；具体 CRT 公式负责把这个定义真正算出来。