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東北大学 1972年理系第1問解説

方針・初手

定義された $N(\alpha)$ が、複素数平面における原点からの距離の2乗 $|\alpha|^2$、すなわち $\alpha\bar{\alpha}$ に等しいことを見抜くのが最大のポイントです。この性質を利用すると、(1) は容易に証明できます。(2) は整数を係数とする2次不定方程式に帰着させるため、平方完成を用いて変数を絞り込みます。(3) は (1) の結果から導かれる「ノルムの乗法性」を利用して $N(\alpha)$ の値を決定し、(2) の結果に帰着させます。

解法1

(1)

方程式 $x^2 + x + 1 = 0$ の解は虚数であり、その1つが $\omega$ であるから、もう1つの解は共役複素数 $\bar{\omega}$ となる。解と係数の関係より、以下の式が成り立つ。

$$ \omega + \bar{\omega} = -1, \quad \omega\bar{\omega} = 1 $$

$R$ の要素 $\alpha = p + q\omega$（$p, q$ は整数）に対し、その共役複素数は $\bar{\alpha} = p + q\bar{\omega}$ である。これと上の関係式を用いると、

$$ \begin{aligned} \alpha\bar{\alpha} &= (p + q\omega)(p + q\bar{\omega}) \\ &= p^2 + pq(\omega + \bar{\omega}) + q^2\omega\bar{\omega} \\ &= p^2 - pq + q^2 \end{aligned} $$

すなわち、$N(\alpha) = \alpha\bar{\alpha}$ が成り立つ。これを用いると、$N(\alpha\beta)$ は次のように変形できる。

$$ \begin{aligned} N(\alpha\beta) &= (\alpha\beta)\overline{(\alpha\beta)} \\ &= \alpha\beta\bar{\alpha}\bar{\beta} \\ &= (\alpha\bar{\alpha})(\beta\bar{\beta}) \\ &= N(\alpha)N(\beta) \end{aligned} $$

ゆえに、$N(\alpha\beta) - N(\alpha)N(\beta) = 0$ である。

(2)

$\alpha = p + q\omega$（$p, q$ は整数）とおく。 $N(\alpha) = 1$ より、以下の式が成り立つ。

$$ p^2 - pq + q^2 = 1 $$

両辺を4倍して、平方完成を行う。

$$ \begin{aligned} 4p^2 - 4pq + 4q^2 &= 4 \\ (2p - q)^2 + 3q^2 &= 4 \end{aligned} $$

$p, q$ は整数であるから、$2p - q$ および $q$ も整数である。 $(2p - q)^2 \ge 0$ であるから、$3q^2 \le 4$ であり、これを満たす整数 $q$ は $q = 0, \pm 1$ のみである。

(i) $q = 0$ のとき $(2p)^2 = 4$ より $2p = \pm 2$ となり、$p = \pm 1$ である。したがって、$(p, q) = (1, 0), (-1, 0)$ となり、$\alpha = 1, -1$ である。

(ii) $q = 1$ のとき $(2p - 1)^2 + 3 = 4$ より $(2p - 1)^2 = 1$ となる。 $2p - 1 = \pm 1$ より $2p = 2, 0$ となり、$p = 1, 0$ である。したがって、$(p, q) = (1, 1), (0, 1)$ となり、$\alpha = 1 + \omega, \omega$ である。

(iii) $q = -1$ のとき $(2p + 1)^2 + 3 = 4$ より $(2p + 1)^2 = 1$ となる。 $2p + 1 = \pm 1$ より $2p = 0, -2$ となり、$p = 0, -1$ である。したがって、$(p, q) = (0, -1), (-1, -1)$ となり、$\alpha = -\omega, -1 - \omega$ である。

以上より、$\alpha = 1, -1, \omega, -\omega, 1 + \omega, -1 - \omega$ である。

(3)

$\frac{1}{\alpha} \in R$ であるから、$\beta = \frac{1}{\alpha}$ とおくと $\beta \in R$ であり、$\alpha\beta = 1$ を満たす。 $\alpha \in R$ であるから、$\alpha = p + q\omega$（$p, q$ は整数）とおける。 $p=q=0$ のとき $\alpha=0$ となり逆数を持たないから、$(p, q) \neq (0, 0)$ である。

$$ N(\alpha) = p^2 - pq + q^2 = \left(p - \frac{1}{2}q\right)^2 + \frac{3}{4}q^2 \ge 0 $$

$(p, q) \neq (0, 0)$ より $N(\alpha) > 0$ であり、$p, q$ が整数のため $N(\alpha)$ は正の整数である。同様に、$\beta \in R$ より $N(\beta)$ も正の整数である。 (1) の結果より、$N(\alpha\beta) = N(\alpha)N(\beta)$ が成り立つから、

$$ N(\alpha)N(\beta) = N(1) $$

ここで $1 = 1 + 0 \cdot \omega$ より、$N(1) = 1^2 - 1 \cdot 0 + 0^2 = 1$ であるから、

$$ N(\alpha)N(\beta) = 1 $$

$N(\alpha), N(\beta)$ はともに正の整数であるから、$N(\alpha) = 1$ かつ $N(\beta) = 1$ となる。したがって、$N(\alpha) = 1$ が必要である。 (2) の結果より、これを満たす $\alpha$ は $\alpha = \pm 1, \pm \omega, \pm (1 + \omega)$ のいずれかである。

逆に、これらの $\alpha$ について $\frac{1}{\alpha} \in R$ となるか確認する。 $\omega$ は $x^2 + x + 1 = 0$ の解であるから、$\omega^2 + \omega + 1 = 0$ より $\omega^2 = -\omega - 1$ である。また、両辺に $\omega - 1$ を掛けると $\omega^3 - 1 = 0$ より $\omega^3 = 1$ である。

$\alpha = 1$ のとき、$\frac{1}{\alpha} = 1 \in R$
$\alpha = -1$ のとき、$\frac{1}{\alpha} = -1 \in R$
$\alpha = \omega$ のとき、$\frac{1}{\alpha} = \frac{\omega^2}{\omega^3} = \omega^2 = -\omega - 1 \in R$
$\alpha = -\omega$ のとき、$\frac{1}{\alpha} = -\frac{\omega^2}{\omega^3} = -\omega^2 = \omega + 1 \in R$
$\alpha = 1 + \omega$ のとき、$1 + \omega = -\omega^2$ より $\frac{1}{\alpha} = -\frac{1}{\omega^2} = -\frac{\omega}{\omega^3} = -\omega \in R$
$\alpha = -1 - \omega$ のとき、$-1 - \omega = \omega^2$ より $\frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\omega^2} = \frac{\omega}{\omega^3} = \omega \in R$

いずれの場合も $\frac{1}{\alpha} \in R$ を満たす。よって、求める $\alpha$ は $\alpha = 1, -1, \omega, -\omega, 1 + \omega, -1 - \omega$ である。

解法2

(1) の別解（直接計算による証明）

$\alpha = a + b\omega$, $\beta = c + d\omega$（$a, b, c, d$ は整数）とおく。 $\omega^2 + \omega + 1 = 0$ より $\omega^2 = -\omega - 1$ であるから、

$$ \begin{aligned} \alpha\beta &= (a + b\omega)(c + d\omega) \\ &= ac + (ad + bc)\omega + bd\omega^2 \\ &= ac + (ad + bc)\omega + bd(-\omega - 1) \\ &= (ac - bd) + (ad + bc - bd)\omega \end{aligned} $$

したがって、$\alpha\beta$ は $R$ の要素であり、そのノルムは次のように計算できる。

$$ \begin{aligned} N(\alpha\beta) &= (ac - bd)^2 - (ac - bd)(ad + bc - bd) + (ad + bc - bd)^2 \\ &= (a^2c^2 - 2abcd + b^2d^2) - (a^2cd + abc^2 - abcd - abd^2 - b^2cd + b^2d^2) \\ &\quad + (a^2d^2 + 2abcd - 2abd^2 + b^2c^2 - 2b^2cd + b^2d^2) \\ &= a^2c^2 + a^2d^2 + b^2c^2 + b^2d^2 - a^2cd - abc^2 - abd^2 - b^2cd + abcd \end{aligned} $$

一方、$N(\alpha)N(\beta)$ を計算すると、

$$ \begin{aligned} N(\alpha)N(\beta) &= (a^2 - ab + b^2)(c^2 - cd + d^2) \\ &= a^2c^2 - a^2cd + a^2d^2 - abc^2 + abcd - abd^2 + b^2c^2 - b^2cd + b^2d^2 \\ &= a^2c^2 + a^2d^2 + b^2c^2 + b^2d^2 - a^2cd - abc^2 - abd^2 - b^2cd + abcd \end{aligned} $$

両者の式は完全に一致するため、$N(\alpha\beta) = N(\alpha)N(\beta)$ となる。ゆえに、$N(\alpha\beta) - N(\alpha)N(\beta) = 0$ である。

解説

本問の集合 $R$ は、代数的整数論において「アイゼンシュタイン整数」と呼ばれる非常に有名な体系です。$N(\alpha)$ はその「ノルム」を意味します。 (1) で証明した $N(\alpha\beta) = N(\alpha)N(\beta)$ は「ノルムの乗法性」と呼ばれる重要な性質であり、解法2のように成分計算で示すことも可能ですが、解法1のように複素数の共役を用いた $N(\alpha) = \alpha\bar{\alpha}$ を利用すると、計算量が大幅に削減できます。 (3) は「アイゼンシュタイン整数の単数（乗法についての逆元もまた同じ集合に属する要素）」を求める問題です。(1) の乗法性を活用することで $N(\alpha) = 1$ という条件に持ち込み、(2) の結果をそのまま利用する典型的な誘導問題となっています。