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U12：在一个二次数域里跑通算术链条 ​

题目 ​

固定 $K=\mathbb{Q}(\sqrt{13})$，$\theta =(1+\sqrt{13})/2$。

1. 证明 $(1,\theta )$ 为完整整数基，算出 $\mathbb{Z}[\sqrt{13}]$ 的指数、迹矩阵与两个基的判别式。
2. 分解有理素数 $2,3,13$，逐个列出 $e,f,g$，并解释为什么 $X^2-13$ 模 $2$ 的重根不能判分歧。
3. 求迹对偶基、余不同理想和不同理想；再写出三个素数的分解群、惯性群与合法的 Frobenius。
4. 证明 $\epsilon =(3+\sqrt{13})/2$ 为基本单位，给出其范数、逆与对数像。
5. 在 $\mathbb{Q}({\zeta }_5)$ 中解释 $5$ 完全分歧、$2$ 惰性、$11$ 完全分裂，作为从二次域走向分圆域的检查。

答案 ​

${\theta }^2-\theta -3=0$，所以 $\theta$ 整。对任意整元素 $a+b\sqrt{13}$，迹和范数迫使 $m=2a,t=2b$ 都为整数，并满足 $m^2-13t^2\equiv 0(\mathrm{mod}4)$，因此 $m,t$ 同奇偶。于是该元素为 $(m-t)/2+t\theta$，整环恰为 $\mathbb{Z}[\theta ]$。由 $\sqrt{13}=-1+2\theta$，子阶指数为二。

迹为 $\mathrm{Tr}(a+b\theta )=2a+b$，故整基矩阵和判别式为

$$G=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 7\end{array}\right),D_K=13.$$

幂基 $(1,\sqrt{13})$ 的迹矩阵为 $\mathrm{diag}(2,26)$，判别式 $52=2^2{D}_K$。这两个判别式分别属于完整整数环与指数二子阶。

用 $f=X^2-X-3$：模二不可约，故 $(2)$ 素且剩余域 ${\mathbb{F}}_4$，$(e,f,g)=(1,2,1)$；模三分解为 $X(X-1)$，故

$$3{\mathcal{O}}_K=(3,\theta )(3,\theta -1),$$

每个分支 $(e,f)=(1,1)$，$g=2$；模十三为 $(X-7{)}^2$，故

$$13{\mathcal{O}}_K=(13,\theta -7{)}^2=(\sqrt{13}{)}^2,$$

$(e,f,g)=(2,1,1)$。三种情况均满足 $gef=2$。

改用 $X^2-13$ 时，指数为二，Dedekind 判据在 $p=2$ 处不能使用。其模二重根是子阶假象：候选理想 $(2,\sqrt{13}-1)$ 实为 $(2)$，商有四个元素，而不是重一次因子预测的两个。真正分歧由域判别式 $13$ 判断，故坏指数素数二与分歧素数十三不同。

由

$$G^{-1}=\frac{1}{13}\left(\begin{array}{cc}7& -1\\ -1& 2\end{array}\right),$$

对偶基为 $(7-\theta )/13$、$(2\theta -1)/13$，也就是 $(\theta -1)/\sqrt{13}$、$1/\sqrt{13}$。因此

$${\mathfrak{D}}^{-1}=\frac{1}{\sqrt{13}}{\mathcal{O}}_K,\mathfrak{D}=(\sqrt{13}),\mathrm{N}(\mathfrak{D})=13.$$

完整整基原始元的导数 $f^{\prime }(\theta )=\sqrt{13}$ 再次核验结果。

Galois 群为 $G=\{1,\sigma \}$，$\sigma (\theta )=1-\theta$。在 $3$ 上方，$\sigma$ 交换两素理想，所以 $D=I=1$，Frobenius 为恒等。在 $2$ 上方，$D=G$、$I=1$，而 ${\overline{\theta }}^2=1+\overline{\theta }=\overline{\sigma (\theta )}$，所以 Frobenius 是 $\sigma$。在 $13$ 上方，$D=I=G$，两自同构模素理想后都恒等，因此没有按未分歧定义唯一确定的 Frobenius 元素。

单位 $\epsilon =1+\theta$ 的范数为 $-1$，逆为 $\theta -2$。若有单位 $1<u<\epsilon$，写成 $u=(a+b\sqrt{13})/2$，另一嵌入 $u^{\prime }=\pm 1/u$，则

$$0<b\sqrt{13}=u-u^{\prime }\le u+u^{-1}<\epsilon +{\epsilon }^{-1}=\sqrt{13},$$

与整数 $b$ 矛盾。故 $\epsilon$ 是最小的大于 $1$ 的正单位，任意单位都为 $\pm {\epsilon }^n$。对数像是 $(n\log \epsilon ,-n\log \epsilon )$，是和为零直线上的秩一格。

最后，五次分圆域的 Galois 群为 $(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}{)}^{\times }\cong C_4$。${\mathrm{\Phi }}_5(1)=5$ 且各 $1-{\zeta }_5^a$ 与 $1-{\zeta }_5$ 相伴，所以 $(5)=(1-{\zeta }_5{)}^4$，完全分歧。$2$ 模五的阶为四，故剩余次数四、惰性；$11$ 模五为一，故 Frobenius 恒等、完全分裂。四个剩余根可写为 $3,4,5,9$ 模十一。

验收标准 ​

• 找到整元素不等于找到整基，必须证明包含所有整元素
• 不把多项式判别式直接当域判别式，必须保留指数平方
• 同时核验 $e$、$f$ 与上方素理想数量，不以“只有一个素理想”判分歧
• 不同理想导数公式仅用于完整单生成整数环
• 未分歧 Frobenius 的唯一性来自惯性群平凡，分歧素数不能套用
• 单位范数为 ±1 只证明它是单位；基本单位还须排除介于 $1$ 与该单位之间的正单位

资料入口 ​

• Lie 群：Etingof 的 MIT 18.755 完整讲义，§§2–9、14、34–36
• 结：Quintanilha 的 Heidelberg 2025 课程讲义目录，Lectures 1–8；Kauffman 的 State Models and the Jones Polynomial，§2
• 局部代数：Stacks Project 的深度、Koszul 正则性、Artin–Rees 与 Noether 完成
• 数域：Milne 的 Algebraic Number Theory，Chs. 2–3、5–6、8；Sutherland 的 不同理想讲义