二元二次形式の代数

・任意の二次形式はある簡約な二次形式と同値である。
・異なる簡約な二次形式は異なる同値類を定める。
を示せばよい。
　正定値の二次形式を考えていたので$a,c\ge 0$であることに注意する。

簡約化の存在

　任意の二次形式$f=[a,b,c]$に対して$f$と同値な二次形式$F=[A,B,C]$を$|B|$が最小となるように取る。このとき
$$\left(\begin{array}{c}X\\ Y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& k\\ 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)$$
という変換を考えると
$$F(X,Y)=A{x}^2+(B+2kA)xy+C^{\prime }{y}^2(C^{\prime }\in \mathbb{Z})$$
が成り立つので$B^{\prime }=B+2kA$が最小となるような$k$を取ることで
$$-A<B^{\prime }\le A$$
特に$|B^{\prime }|\le A$とできる。よって$B$の最小性より$|B|\le |B^{\prime }|\le A$が成り立つ。同様に$|B|\le C$もわかる。
　また$A>C$のとき変換$(X,Y)=(-y,x)$によって$[C,-B,A]$を再び$F$とおくことで$A\le C$としてよく、
・$A=C$かつ$B<0$の場合は変換$(X,Y)=(-y,x)$によって$F^{\prime }=[A,-B,A]$は簡約
・$A<C$かつ$B=-A$のとき$(X,Y)=(x+1,y)$によって$F^{\prime }=[A,A,C]$は簡約
・$A<C$かつ$B\ne -A$のとき$F$は簡約
となるので$f$はある簡約な二次形式と同値であることが示された。

非同値性

　$f=[a,b,c]$を簡約な二次形式とすると
$f(x,y)\ge (a-|b|+c)(min\{x,y\}{)}^2$
が成り立つので$xy\ne 0$において
$f(x,y)\ge a-|b|+c\ge c\ge a$
が成り立つ。よって$a$は$f(x,y)$が$(x,y)=(0,0)$を除く整数点上で表現する最小の整数であり、$c$は二番目に小さい整数となる。
　いま簡約な二次形式$g=[a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime }]$が$f$と同値であるとして、$(a,b,c)=(a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime })$となることを示す。

• $a<c<a-|b|+c$であるとき
  $a,a^{\prime }$の最小性から$a=a^{\prime }$が直ちに導かれる。このとき$f(x,y)=a,c$の解はそれぞれ$(\pm 1,0),(0,\pm 1)$の丁度$2$つであることに注意すると$a=c^{\prime }$ならば$g(x,y)=a$の解が$4$つになり矛盾。よって$a<c^{\prime }$であり、$c,c^{\prime }$の二番目の最小性から$c=c^{\prime }$が導かれる。
  　いま
  $$f(px+qy,rx+sy)=g(x,y)(ps-qr=1)$$
  とおくと
  $$a=g(1,0)=f(p,q),c=g(0,1)=f(r,s)$$
  であるので$(p,q)=(\pm 1,0),(q,r)=(0,\pm 1)$が成り立つ。また$ps-qr=1$より複号同順であることがわかるので
  $$g(x,y)=f(\pm x,\pm y)=f(x,y)$$
  を得る。
• $|b|=a$または$a=c$のとき
  $c=a-|b|+c$または$a=c$なので$f,g$は$4$点以上で最小値、あるいは二番目の最小値を取ることから同様にして$(a,c)=(a^{\prime },c^{\prime })$がわかる。判別式の不変性から$b^2=b^{\prime 2}$がわかるので$b,b^{\prime }\ge 0$より$b=b^{\prime }$を得る。

　$gcd(2a,2a^{\prime })=2$および
$$b\equiv b^{\prime }(\mathrm{mod}2)(\because D\equiv b^2\equiv b^{\prime 2}(\mathrm{mod}4))$$
から中国剰余定理より
$$\begin{array}{rcl}B& \equiv & b(\mathrm{mod}2a)\\ B& \equiv & b^{\prime }(\mathrm{mod}2a^{\prime })\end{array}$$
なる$B$が$\mathrm{lcm}(2a,2a^{\prime })=2a{a}^{\prime }$を法としてただ一つ存在することがわかる。
　具体的には
$$pa+q{a}^{\prime }=1$$
を満たすような整数$p,q$に対して
$$B=pa{b}^{\prime }+q{a}^{\prime }b$$
がその解となる。
　また
$$a{b}^{\prime 2}\equiv aD,a^{\prime }{b}^2\equiv a^{\prime }D(\mathrm{mod}4a{a}^{\prime })$$
に注意すると$B=pa{b}^{\prime }+q{a}^{\prime }b$に対して
$$(b+b^{\prime })B\equiv (pa+q{a}^{\prime })(D+b{b}^{\prime })=D+b{b}^{\prime }(\mathrm{mod}4a{a}^{\prime })$$
つまり
$$\begin{array}{rcl}{B}^2-D& \equiv & B^2-(b+b^{\prime })B+b{b}^{\prime }\\ & =& (B-b)(B-b^{\prime })\equiv 0(\mathrm{mod}4a{a}^{\prime })\end{array}$$
が成り立つことがわかる。

　$\pm B=b+2ka$とおくと変換$(x^{\prime },y^{\prime })=(x+ky,y)$によって
$$f(x^{\prime },y^{\prime })=a{x}^2\pm Bxy+a^{\prime }C{y}^2(C=\frac{B^2-D}{4a{a}^{\prime }})$$
が成り立つので$f=[a,{\pm }_{1}B,a^{\prime }C]$および同様に$g=[a^{\prime },{\pm }_{2}B,aC]$と置き直してよい。
　このとき
$$f(x,y)=a(x\pm \frac{B+\sqrt{D}}{2a}y)(x\pm \frac{B-\sqrt{D}}{2a}y)$$
と因数分解できることに注意して${\pm }_3={\pm }_1\cdot {\pm }_2$とおき$X,Y$を
$$\begin{array}{rcl}X{\pm }_3\frac{B+\sqrt{D}}{2a{a}^{\prime }}Y& =& \left(x{\pm }_1\frac{B+\sqrt{D}}{2a}y\right)\left(z{\pm }_2\frac{B+\sqrt{D}}{2a^{\prime }}w\right)\\ & =& xz+\frac{B+\sqrt{D}}{2a{a}^{\prime }}({\pm }_{2}axw+{\pm }_1{a}^{\prime }yz){\pm }_3\frac{2B^2+2B\sqrt{D}-(B^2-D)}{4a{a}^{\prime }}yw\\ & =& (xz{\mp }_{3}Cyw){\pm }_3\frac{B+\sqrt{D}}{2a{a}^{\prime }}({\pm }_{1}axw{\pm }_2{a}^{\prime }yz+Byw)\end{array}$$
によって定めると
$$f(x,y)g(z,w)=F(X,Y)$$
が成り立つことがわかる。

　$D\equiv 0(\mathrm{mod}4)$のときは$X,Y$を
$$\begin{array}{rcl}X+\frac{\sqrt{D}}{2}Y& =& a(x+\frac{b+\sqrt{D}}{2a}y)(z+\frac{b-\sqrt{D}}{2a}w)\\ & =& (axz+\frac{b}{2}(xw+yz)+cyw)+\frac{\sqrt{D}}{2}(yz-xw)\end{array}$$
によって定め、$D\equiv 1(\mathrm{mod}4)$のときは
$$\begin{array}{rcl}X+\frac{1+\sqrt{D}}{2}Y& =& a(x+\frac{b+\sqrt{D}}{2a}y)(z+\frac{b-\sqrt{D}}{2a}w)\\ & =& (axz+\frac{b+1}{2}xw+\frac{b-1}{2}yz+cyw)+\frac{1+\sqrt{D}}{2}(yz-xw)\end{array}$$
によって定めることでわかる。

　$gcd(a,b,c)=1$より$gcd(a,a+b+c,c)=1$でもあるので$n$の素因数$p$に対して$(x_p,y_p)=(1,0),(0,1),(1,1)$のいずれかは$f(x_p,y_p)$と$p$と互いに素となるように取れる。このとき中国剰余定理から任意の$p\mid n$に対し
$$x\equiv x_p,y\equiv y_p(\mathrm{mod}p)$$
となるような整数$x,y$を取ると
$$f(x,y)\equiv f(x_p,y_p)\not\equiv 0(\mathrm{mod}p)$$
つまり$f(x,y)$と$n$は互いに素となる。

　$f(\alpha ,\gamma )=n$とすると$\alpha ,\gamma$は互いに素であったのである整数$\beta ,\gamma$が存在して
$$\alpha \delta -\beta \gamma =1$$
が成り立つ。このとき変換
$$\left(\begin{array}{c}X\\ Y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\alpha & \beta \\ \gamma & \delta \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)$$
によって
$$f(X,Y)=n{x}^2+mxy+l{y}^2$$
が成り立つことがわかる。

　ディリクレ積がwell-defined性についてはめんどくさそうなので省略する。
　$C(D)$がディリクレ積について閉じていること、つまり原始的な二次形式の積が再び原始的となることを示す。
　$f_{\sim },g_{\sim }$の積$F_{\sim }=[a,b,c{]}_{\sim }$が$gcd(a,b,c)=d>1$を満たすとする。このとき補題5よりある$x,y,z,w$が存在して$f(x,y),g(z,w)$は$d$と互いに素となり、ある整数$X,Y$が存在して
$$f(x,y)g(z,w)=F(X,Y)$$
が成り立つことから$F(X,Y)$も$d$と互いに素となるので$F(X,Y)$は常に$d$で割り切れることに矛盾。よって$d=1$を得る。

　ディリクレ積の結合性についてはめんどくさそうなので省略する。

$I_{\sim }$の単位性

　$I_{\sim }$と$[a,b,c{]}_{\sim }$のディリクレ積は$[a,B,C{]}_{\sim }$となるが、$B$の取り方は$B\equiv b(\mathrm{mod}2a)$において自由なので$B=b$とでき、主張を得る。

$[a,b,c{]}_{\sim }$の可逆性

　$[a,b,c{]}_{\sim }$と$[a,-b,c{]}_{\sim }=[c,b,a{]}_{\sim }$のディリクレ積は$[ac,b,1{]}_{\sim }=[1,-b,ac]$となる(このことについてはおまけとして補足する)ので
$$X=\{\begin{array}{cl}x-\frac{b}{2}y& D\equiv 0(\mathrm{mod}4)\\ x-\frac{b+1}{2}y& D\equiv 1(\mathrm{mod}4)\end{array}$$
および$Y=y$によって
$$I(X,Y)=x^2-bxy+ac{y}^2$$
が成り立つことから主張を得る。

　$f_{\sim }^2=I_{\sim }$ならば$f_{\sim }=f_{\sim }^{-1}=[a,-b,c{]}_{\sim }$が成り立つので$f=[a,b,c]$と$g=[a,-b,c]$が同値となるような条件を考えればよい。
・$0<|b|<a<c$のときは$f$と$g$は異なる簡約形式を定めるので不適
・$b=0$のとき$f=g$より適当
・$a=b$のとき$g(x+1,y)=f(x,y)$より適当
・$a=c$のとき$g(y,-x)=f(x,y)$より適当
よって主張を得る。

　$D\equiv 0(\mathrm{mod}4)$かつ$b=0$のとき$ac=-D^{\prime }$なる互いに素な$a,c$の取り方は$D^{\prime }$が奇数のとき$2^r$通り、$D^{\prime }$が偶数のとき$2^{r+1}$通りであり、$a<c$なるものはその半分の$2^{r-1},2^r$通りとなる。$D\equiv 1(\mathrm{mod}4)$のときは$b$は奇数なので$b\ne 0$である。
　あとは$a=c$のとき$b=2c-b^{\prime }$とおくと$0<b<c$より$c<b^{\prime }<2c$であり$(X,Y)=(x+y,-x)$によって
$$c{X}^2+(2c-b^{\prime })XY+c{Y}^2=b^{\prime }{x}^2+b^{\prime }xy+c{y}^2$$
が成り立つので$b=a<c$のときと合わせて$D=b(b-4c)$なる互いに素な$b,c(b<2c)$の個数を考えればよい。

• $D\equiv 1(\mathrm{mod}4)$のとき$b$は奇数なので$b$と$b-4c$は互いに素であり、$-D=bd$なる互いに素な$b,d$の取り方は$2^r$通りで$b<2c=(b+d)/2$つまり$b<d$なる取り方は$2^{r-1}$通りである。
• $D\equiv 0(\mathrm{mod}4)$のとき$b=2b^{\prime }$とおいて$D^{\prime }=b^{\prime }(b^{\prime }-2c)$を考える。
  • $D^{\prime }\equiv 1(\mathrm{mod}4)$のとき$c$は$b$と互いに素、特に奇数であったので
    $$b^{\prime }(b^{\prime }-2c)\equiv b^{\prime }(b^{\prime }-2)\equiv -1(\mathrm{mod}4)$$
    つまり$D^{\prime }=b^{\prime }(b^{\prime }-2c)$なる$b^{\prime },c$は存在しない。
  • $D^{\prime }\equiv 2(\mathrm{mod}4)$または$D^{\prime }\equiv 4(\mathrm{mod}8)$のとき、同様に$c$は奇数$b^{\prime }$は偶数なので
    $$b^{\prime }(b^{\prime }-2c)\equiv b^{\prime }(b^{\prime }-2)\equiv 0(\mathrm{mod}8)$$
    となって$D^{\prime }=b^{\prime }(b^{\prime }-2c)$なる$b^{\prime },c$は存在しない。
  • $D^{\prime }\equiv 3(\mathrm{mod}4)$のとき$-D^{\prime }=b^{\prime }{d}^{\prime }$なる互いに素な$b^{\prime },d^{\prime }$の取り方は$2^r$通りで$b^{\prime }<c=(b^{\prime }+d^{\prime })/2$つまり$b^{\prime }<d^{\prime }$なる取り方は$2^{r-1}$通りである。
  • $D^{\prime }\equiv 0(\mathrm{mod}8)$のとき、$b^{\prime }=2b^{″}$とおいて$D^{\prime }/4=b^{″}(b^{″}-c)$を考えると$-D^{\prime }/4=b^{″}{d}^{″}$なる互いに素な$b^{″},d^{″}$の取り方は$2^{r+1}$通りで$2b^{″}<c=b^{″}+d^{″}$つまり$b^{″}<d^{″}$なる取り方は$2^r$通りである。

　以上より主張を得る。

$$\begin{array}{rcl}b& \equiv & b^{\prime }(\mathrm{mod}2)\\ \frac{D+b{b}^{\prime }}{2}& =& \frac{b^2-4ac+b{b}^{\prime }}{2}\equiv \frac{b+b^{\prime }}{2}b(\mathrm{mod}2a)\\ \frac{D+b{b}^{\prime }}{2}& =& \frac{b^{\prime 2}-4a^{\prime }{c}^{\prime }+b{b}^{\prime }}{2}\equiv \frac{b+b^{\prime }}{2}{b}^{\prime }(\mathrm{mod}2a^{\prime })\end{array}$$
に注意すると$m=2a{a}^{\prime }$および
$$\begin{array}{rcl}(a_1,a_2,a_3)& =& (a^{\prime },a,\frac{b+b^{\prime }}{2})\\ (b_1,b_2,b_3)& =& (a^{\prime }b,a{b}^{\prime },\frac{D+b{b}^{\prime }}{2})\end{array}$$
に対して以下に示す補題が適用でき、
$$\frac{b+b^{\prime }}{2}B\equiv \frac{D+b{b}^{\prime }}{2}(\mathrm{mod}2a{a}^{\prime })$$
は
$$B^2-D\equiv (B-b)(B-b^{\prime })(\mathrm{mod}4a{a}^{\prime })$$
と同値であることから主張を得る。

　方程式に解が存在すれば
$$a_i{a}_{j}x\equiv a_i{b}_j\equiv a_j{b}_i(\mathrm{mod}m)$$
が成り立たなければならない。
　逆に
$$a_i{b}_j\equiv a_j{b}_i(\mathrm{mod}m)$$
が成り立つとき、仮定より
$$pm+\sum _{k=1}^n{p}_k{a}_k=1$$
なる整数$p,p_k$を取り
$$x=\sum _{k=1}^n{p}_k{b}_k$$
とおくと
$$a_{i}x=\sum _{j=1}^n{p}_j{a}_i{b}_j\equiv \left(\sum _{j=1}^n{p}_j{a}_j\right)b_i\equiv b_i(\mathrm{mod}m)$$
よりこれがその解となる。
　また$y$も同じ方程式を満たすとき
$$a_k(x-y)\equiv 0(\mathrm{mod}m)$$
より
$$x-y\equiv \left(\sum _{k=1}^n{p}_k{a}_k\right)(x-y)\equiv \sum _{k=1}^n{p}_{k}0=0(\mathrm{mod}m)$$
と一意性がわかる。