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オストロフスキーの定理の証明

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日本語での証明がみあたらなかったので。

準備


以下、単に体といった場合、自明な体を除いて考える。

付値

K上の付値とは、写像||:KRであって、次の条件を満たすものである。
(条件)任意のx,yKについて
(1) |0|=0 を除いて |x|>0(2) |x||y|=|xy|(3) |x+y||x|+|y|

K上の付値||について、Kの乗法単位元を1Kとすると|1K|=1

|1K||1K|=|1K|であるが、|1K|0より両辺|1K|1をかけて
|1K|=1

通常の絶対値

QおよびR上で、通常の絶対値||は付値となる。これを、他の付値と区別するため||とかく。つまり、xRに対して
|x|:={x(x>0)0(x=0)x(x<0)

自明な付値

Kにおいて、||0
|x|0={0(x=0)1(x0)
と定めるとこれは付値となる。これを自明な付値といい、これ以外の付値を非自明な付値という。

p進付値

素数pに対し、|0|p=0と定め、xQが整数nと既約分数もしくはpと互いに素な整数x0を用いてx=pnxと表されるとき、
|x|p=|pnx|p:=pn
とすると、||pQ上の付値となる。これをp進付値という。

485=2435より、|485|2=24=116

付値の同値

||α, ||βを体K上の非自明な付値とする。このとき、ある実数a>0があって任意のxKについて
|x|α=|x|βa
であるとき、||α, ||βは同値であるという。

Q上の非自明な付値||α, ||βについて、aを実数、xを有理数、nを2以上の整数とするとき、
|x|α=|x|βa|n|α=|n|βa
である。つまり、||α, ||βが同値であることを調べるには2以上の整数について調べれば必要十分である。

は明らか。よってについて示す。
2以上の整数nに対して|n|α=|n|βaのとき、一般に|n|=|n|,|1|=1よりnを任意の整数としても|n|α=|n|βaである。よって、任意の有理数pq  (q0)に対して|p|α=|p|βa,|q|α=|q|βaであり、q0から|q|α,|q|β0より
|p|α|q|α=|p|βa|q|βa|pq|α=|pq|βa
から、示された。

ベズーの補題(Bézout's lemma)

a,bを0でない整数とし、d=gcd(a,b)とする。このとき、整数x,yについて
(1) dax+byと表せる最小の正整数であり、
(2) ax+byの形で表せる整数は全てdの倍数である。

突然の初等整数論ですが、証明の途中でちょこっと使うだけです。

S={ax+by: x,yZ}とすると、u,vSおよび整数kについて、uvS, kuSである。ここで、hSに含まれる最小の正整数とし、Sの元でhの倍数でないものが存在すると仮定し、それをmとする。このとき、mは整数q, 0<r<hを用いてm=qh+rとおける。しかし、r=mqhよりmS, qhSからr=mqhSであるが、0<r<hより、これはhSに含まれる最小の正整数であるという仮定に反し、矛盾。よって、Sの任意の元はhの倍数である。
また、明らかにaS, bSであるから、a,bhの倍数、つまりhdである。よってhd。また、a=ad, b=bdとするとax+by=(ax+by)dだから、Sの任意の元はdの倍数。hSより、hdの倍数だからhd。故に、h=d

オストロフスキーの定理の証明

オストロフスキーの定理(Ostrowski’s Theorem)

||Q上の非自明な付値とする。このとき、||||と同値であるか、ある素数pに対して||pと同値である。

まず、任意のnZ1に対して|n|1のときを考える。||は非自明な付値であり、|x|=|x|より、|ab|1なるa,bZ1が存在する。このとき、|a||b|であり|a|1,|b|1からa,bの少なくともどちらか一方は1未満である。よって、|n|<1,nZ1なるnがとれる。このとき、nm個の相異なる素数p1,p2,,pmと1以上の整数a1,a2,,amを用いて
n=p1a1p2a2pmam
と素因数分解されるとすると、|n|<1より|pi|<1となるような整数1imが存在する。いま、1im, 1jm, ijとして、|pi|<1, |pj|<1と仮定する。このとき、十分大きな整数Nに対して|pi|N<12, |pj|N<12であるが、piNpjNは互いに素だからベズーの補題よりs,yZであって
spiN+tpjN=1
を満たすs,tが存在し、|pi|N<12, |pj|N<12, |s|1, |t|1より
1=|1|=|spiN+tpjN|<|spiN|+|tpjN|=|s||pi|N+|t||pj|N<|s|+|t|21
となり、1<1より矛盾。よって、ある整数1imのみが|pi|<1を満たし、1jm, ijのときpj=1。したがって、|p|=prを満たすr>0をとると、nZ1に対してn=pkn, gcd(p,n)=1を満たす整数nがあって、
|n|=|pkn|=|p|k|n|=(pr)k=(pk)r=|pk|pr=|pkn|pr=|n|pr
より、補題2から||||pは同値である。
次に、あるmZ2に対して|m|>1のときを考える。
このとき、nZ2として、0a0,a1,...,ar<n, nrm
m=i=0raini
を満たすとする(いわゆるmn進法表記)。このときrlognmであり、|ai|ai|1|=ainであることに注意して、N=max{1,|n|}とすると
|m|=|i=0raini|i=0r|ai||n|ii=0rnNr=(1+r)nNr(1+lognm)nNlognm
である。ここで、tを正整数として上式においてmmtとすると
|m|t=|mt|(1+tlognm)nNtlognm
両辺t乗根をとって
|m|{(1+tlognm)n}1/tNlognm
いま、tは任意の正整数で、
limt{(1+tlognm)n}1/t=1
だから
|m|limt{(1+tlognm)n}1/tNlognm=Nlognm
いま、N=max(1,|n|)よりNlognm=max(1,|n|lognm)であるが、N=1とすると、1<|m|1となり矛盾。よって、max(1,|n|lognm)=|n|lognm
|m||n|lognm=|n|logm/logn
より
|m|1/logm|n|1/logn
であるが、n,mは任意だからそれぞれ入れ替えた式も成立。よって、
|n|1/logn=|m|1/logm
つまり、任意のnZ2に対してc=|n|1/lognを満たす定数cが存在し、このとき、任意のnZ2に対して
|n|=clogn=nlogc=|n|logc
であるから、補題2より||||は同値である。

参考文献

Ostrowski’s Theorem and Completions of Fields

投稿日:2023710
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