Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.

[Феликс Шмидель]

Замечание
-------------------

Нужно включить в раздел о группах понятие гомоморфизма, изоморфизма, автоморфизма.

Функция $f: G \rightarrow H$ из группы $G$ в группу $H$ называется гомоморфизмом, если
$f(a b)=f(a) f(b)$, для любых элементов $a$ и $b$ группы $G$.
Взаимно-однозначный гомоморфизм называется изоморфизмом.

Пусть $f: G \rightarrow H$ - гомоморфизм.
Тогда $f$ переводит единицу группы $G$ в единицу группы $G$.
Это следует из равенств: $f(a)=f(e a)=f(e) f(a)$.
Также $f$ переводит обратные элементы в обратные: $f(a^{-1})=(f(a))^{-1}$.
Это следует из равенств: $f(e)=f(a^{-1} a)=f(a^{-1}) f(a)$.
Ядром гомоморфизма (обозначаемым $\operatorname{Ker}(f)$) называется множество элементов группы $G$, переводимых в единицу группы $H$.
Ядро гомоморфизма $f: G \rightarrow H$ является подгруппой группы $G$.
Образ $f(G)$ является подгруппой группы $H$.
Эта подгруппа $f(G)$ изоморфна фактор группе $G/ \operatorname{Ker}(f)$.
В самом деле, функция $\varphi: G/ \operatorname{Ker}(f) \rightarrow f(G)$, переводящая смежный класс $a \operatorname{Ker}(f)$ в $f(a)$ является изоморфизмом.

Изоморфизм $f: G \rightarrow G$ группы в себя называется автоморфизмом.

Автоморфизмом поля называется такое его отображение в себя, которое является изоморфизмом его группы по сложению и группы по умножению.

[Феликс Шмидель]

Однозначный гомоморфизм называется мономорфизмом (в случае полей это гомоморфизм групп по сложению и умножению).

Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле и $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $g_1$, ..., $g_n$ - сопряжённые числа с $g$, где $g_1=g$.
Пусть $f_1, ..., f_n$ - мономорфизмы из поля $F$ в поле $\mathbb{C}$ комплексных чисел.
Каждый из этих мономорфизмов переводит рациональные числа в самих себя, а число $g$ в одно из сопряжённых с ним чисел $g_1$, ..., $g_n$.

Нормой числа $a \in F$ называется число:

$N(a)=f_1(a) f_2(a)...f_n(a)$,

то есть произведение всех сопряжённых с $a$ чисел (возможно, как мы знаем, с повторениями).

Следом числа $a$ называется число:

$T(a)=f_1(a)+ f_2(a)+...+f_n(a)$,

то есть сумма всех сопряжённых с $a$ чисел (возможно, как мы знаем, с повторениями).

Полином $(x-f_1(a))(x-f_2(a))...(x-f_n(a))$ называется характеристическим полиномом числа $a$ в поле $F$.
Свободный член этого полинома равен $(-1)^n N(a)$.
Коэффициент при $x^{n-1}$ равен $-T(a)$.

Пусть $v_1$, ..., $v_n$ - произвольный базис расширения $F:\mathbb{Q}$.

Пусть матрица $M=\left( \begin{array} {cccc} f_1(v_1) & f_1(v_2) & \ldots & f_1(v_n) \\ f_2(v_1) & f_2(v_2) & \ldots & f_2(v_n) \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ f_n(v_1) & f_n(v_2) & \ldots & f_n(v_n) \end{array} \right) $

Дискриминантом базиса $v_1$, ..., $v_n$ называется число:

$disc(v_1, ..., v_n)=|M|^2$,

то есть квадрат детерминанта матрицы $M$.


Замечание
------------------

Мономорфизмы переводят поле $F$ в сопряжённые поля, которые изоморфны $F$.
Об этом нужно упомянуть при определении сопряжённых элементов.

-- Сб авг 18, 2012 00:04:00 --

Исправление
---------------------

Феликс Шмидель в сообщении #606694 писал(а):

Алгебраических числа называются сопряжёнными, если они являются корнями одного и того-же неприводимого полинома с рациональными коэффициентами.

исправляется на:

Алгебраические числа называются сопряжёнными, если они являются корнями одного и того-же неприводимого полинома с рациональными коэффициентами.

[Феликс Шмидель]

Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле и $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $p(x)$ - минимальный полином числа $g$.
Пусть $g_1, ..., g_n$ - все комплексные корни полинома $p(x)$, где $g_1=g$.

Вычислим дискриминант базиса $1$, $g$, $g^2$, ..., $g^{n-1}$.

$disc(1, g, g^2, ..., g^{n-1})=\left| \begin{array} {cccc} 1 & g_1 & \ldots & g_1^{n-1} \\ 1 & g_2 & \ldots & g_2^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & g_n & \ldots & g_n^{n-1} \end{array} \right|^2$.

Определитель, который возводится в квадрат в правой части этого равенства, называется определителем Вандермонда.

Он равен произведению

(1) $\prod (g_j-g_i)$, где $1\leq i<j\leq n$, по всем таким парам индексов $i$ и $j$.

Чтобы доказать это, рассмотрим полином:

$f(x)=\left| \begin{array} {cccc} 1 & x & \ldots & x^{n-1} \\ 1 & g_2 & \ldots & g_2^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & g_n & \ldots & g_n^{n-1} \end{array} \right|$.

Числа $g_2, ..., g_n$ являются корнями этого полинома степени $n-1$, старший коэффициент которого равен

$(-1)^{n-1} \left| \begin{array} {cccc} 1 & g_2 & \ldots & g_2^{n-2} \\ 1 & g_3 & \ldots & g_3^{n-2} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & g_n & \ldots & g_n^{n-2} \end{array} \right|$.

Значит $f(x)=(x-g_2)(x-g_3)...(x-g_n) (-1)^{n-1} \left| \begin{array} {cccc} 1 & g_2 & \ldots & g_2^{n-2} \\ 1 & g_3 & \ldots & g_3^{n-2} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & g_n & \ldots & g_n^{n-2} \end{array} \right|$.

Из этого, по индукции, следует значение (1) для определителя Вандермонда.

[Феликс Шмидель]

Таким образом,

(2) $disc(1, g, g^2, ..., g^{n-1})=\prod (g_j-g_i)^2$, где $1\leq i<j\leq n$, по всем таким парам индексов $i$ и $j$.

Из этого равенства следует, что $disc(1, g, g^2, ..., g^{n-1})$ является симметричной функцией чисел $g_1$, ..., $g_n$.
По теореме Ньютона о симметричных многочленах $disc(1, g, g^2, ..., g^{n-1})$ выражается полиномиально через коэффициенты полинома $p(x)$, следовательно является рациональным числом.
Из равенства (2) следует, что это рациональное число отлично от 0, поскольку числа $g_1$, ..., $g_n$ различны.

Из равенства $p(x)=(x-g_1)...(x-g_n)$ следует, что $p'(x)=\sum_{i=1}^n\prod_{j=1, j\neq i}^n (x-g_j)$, следовательно:

(3) $p'(g_i)=\prod_{j=1, j\neq i}^n (g_i-g_j)$.

Из равенства (3) следует:

(4) $disc(1, g, g^2, ..., g^{n-1})=(-1)^{n(n-1)/2} p'(g_1)...p'(g_n)$,

поскольку фактор $(g_i-g_j)$ встречается в $p'(g_i)$, а фактор $(g_j-g_i)$ - в $p'(g_j)$, для любой пары неравных индексов $i$ и $j$.

Обозначим базис $1$, $g$, $g^2$, ..., $g^{n-1}$, записанный в виде столбца, через $U$.
Пусть $V$ - произвольный базис расширения $F:\mathbb{Q}$, записанный в виде столбца.
Пусть $V=M U$, где $M$ - матрица перехода от базиса $U$ к $V$.
Матрица берехода от базиса $V$ к $U$ является обратной к $M$, поэтому $M$ - обратимая матрица с ненулевым детерминантом.
Из равенства $V=M U$ следует:

(5) $disc(V)=|M|^2 disc(U)$, где |M| - детерминант матрицы $M$.

Из равенства (5) следует, что дискриминант любого базиса расширения $F:\mathbb{Q}$ является рациональным числом, отличным от нуля.

[Феликс Шмидель]

Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $g_1$, ..., $g_n$ - сопряжённые числа с $g$, где $g_1=g$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Докажем, что $G$ - свободная абелева группа ранга $n$.

Будем называть базис числового поля $\mathbb{Q}$-базисом, а базис абелевой группы - $\mathbb{Z}$-базисом.

Целые алгебраические числа $1$, $g$, $g^2$, ..., $g^{n-1}$ образуют $\mathbb{Q}$-базис поля $F$ и $\mathbb{Z}$-базис абелевой группы по сложению $H$, которую они генерируют.
Любой элемент группы $H$ имеет вид $a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1}$, где $a_0$, ..., $a_{n-1}$ - целые числа.
Поэтому все элементы группы $H$ - целые алгебраические числа.
Множество элементов группы $H$ образуют кольцо, которое является подкольцом кольца $G$ всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Рассмотрим множество целых алгебраических чисел вида $r_0+r_1 g+r_2 g^2+...+r_{n-1} g^{n-1}$, где $r_0$, ..., $r_{n-1}$ - рациональные числа, $<1$ по абсолютной величине.
Обозначим это множество через $R$.
Докажем, что $R$ - конечное множество.

Пусть $c=r_0+r_1 g+r_2 g^2+...+r_{n-1} g^{n-1}$ - какое-либо число этого множества.

Пусть $c_i=r_0+r_1 g_i+r_2 g_i^2+...+r_{n-1} g_i^{n-1}$, при $i=1, ..., n$.
Пусть $d_i=1+|g_i|+|g_i^2|+...+|g_i^{n-1}|$, при $i=1, ..., n$.
Пусть $D=\max(d_1, ..., d_n)$.

Тогда $|c_i|\leq D$, при $i=1, ..., n$.

То есть, числа множества $R$ и все их сопряжённые числа ограничены (по абсолютной величине) числом $D$.

Пусть $f(x)=(x-c_1)...(x-c_n)$ -характеристический полином числа $c$ в поле $F$.

Все коэффициенты этого полинома ограничены (по абсолютной величине), например, числом $2^n (D+1)^n$ (поскольку колличество слагаемых в элементарном симметричном полиноме равно биноминальному коэффициенту, который $<2^n$).

Из этого следует, что колличество таких полиномов конечно, поскольку все их коэффициенты - целые числа.

Колличество корней этих полиномов тоже конечно, следовательно $R$ конечное множество.

Любое целое алгебраическое число поля $F$ представимо в виде линейной комбинации с рациональными коэффициентами чисел $1$, $g$, $g^2$, ..., $g^{n-1}$.
Эта линейная комбинация является суммой числа из кольца $H$ и числа из множества $R$.

Значит числа $1$, $g$, $g^2$, ..., $g^{n-1}$ и числа множества $R$ генерируют абелеву группу по сложению всех целых алгебраических чисел поля $F$.
Поэтому $G$ - конечно-генерируемая абелева группа (без элементов конечного порядка), следовательно свободная абелева группа.

Ранг группы $G$ не меньше ранга её подгруппы $H$, который равен $n$.
C другой стороны существует такое целое положительное число $m$, что множество чисел $m R$ содержится в $H$ (поскольку $R$ конечно).
Следовательно $m G$ содержится в $H$, следовательно ранг $G$ (равный рангу $m G$) не больше $n$.
Значит ранг $G$ равен $n$.

[Феликс Шмидель]

Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.
Пусть $U$ - $\mathbb{Z}$-базис абелевой группы по сложению $G$, записанный в виде столбца его элементов.
Пусть $H$ - подгруппа ранга $n$ группы $G$.
Пусть $V$ - $\mathbb{Z}$-базис подгруппы $H$, записанный в виде столбца его элементов.

Тогда

(1) $disc(V)=|G/H|^2 disc(U)$,

где $disc(U)$ и $disc(V)$ - дискриминанты базисов $U$ и $V$, а $|G/H|$ - порядок фактор группы $G/H$.


Доказательство
-------------------------

Пусть $V=M U$, где $M$ - матрица целых чисел.
Тогда $disc(V)=|M|^2 disc(U)$, где $|M|$ - определитель матрицы $M$.
Но ранее мы доказали, что $|G/H|=|M|$.

Из равенства (1) следует, что $disc(V)$ делится на $|G/H|^2$.

Применим это следствие к подгруппе $H$, генерируемой числами $1$, $g$, $g^2$, ..., $g^{n-1}$.
Поскольку эти числа образуют $\mathbb{Z}$-базис подгруппы $H$, то $disc(1, g, g^2, ..., g^{n-1})$ делится на $|G/H|^2$.

Если $p$ - простой делитель порядка фактор группы, то в ней есть элемент $a H$ порядка $p$.
В этом случае $p a \in H$, поэтому

(2) $a=\frac{1}{p} (a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1})$,

где $a_0$, ..., $a_{n-1}$ - целые числа, не все делящиеся на $p$.

Поскольку $disc(1, g, g^2, ..., g^{n-1})$ делится на $p^2$, то только такие простые числа являются кандидатами для существования целого алгебраического числа вида (2).

[Феликс Шмидель]

Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$, где $g=\sqrt[n]{2}$, $n$ - простое число.
Пусть $q(x)=x^n-2$.
Согласно критерию Эйзенштейна, полином $q(x)$ является неприводимым над $\mathbb{Q}$, следовательно минимальным полиномом числа $g$.
Поскольку $q'(x)=n x^{n-1}$, то $disc(1, g, g^2, ..., g^{n-1})=(-1)^{n(n-1)/2} n^n 2^{n-1}$.

Единственными простыми числами, на квадрат которых делится $disc(1, g, g^2, ..., g^{n-1})$ являются числа $2$ и $n$.
Покажем, что если $a=\frac{1}{2} (a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1})$ является целым алгебраическим числом, где $a_0$, ..., $a_{n-1}$ -целые числа, то все эти числа - чётные.
Предположим обратное, и пусть $m$ - наименьшее целое неотрицательное число, для которого $a_m$ - нечётное число.
Помножив $a$ на $g^{n-1-m}$, получим, что $\frac{1}{2} a_m g^{n-1}$ является целым алгебраическим числом, что невозможно, поскольку норма этого числа не является целым числом.

Предположим, теперь, что $a=\frac{1}{n} (a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1})$ является целым алгебраическим числом, где $a_0$, ..., $a_{n-1}$ -целые числа.

В дальнейшем мы докажем, что след $T(a (2^k-g^k))$ делится на $n$, при $k=1, 2, ..., n-1$.
Из этого следует, что $2^k a_0 - 2 a_{n-k}$ делится на $n$.

Следовательно, $\frac{1}{n}a_0(2^{n-1}+2^{n-2} g+2^{n-3} g^2+...+g^{n-1})$ - целое алгебраическое число.

Лемма
-----------

Число $b=\frac{1}{n}(2^{n-1}+2^{n-2} g+2^{n-3} g^2+...+g^{n-1})$ является целым алгебраическим тогда и только тогда, когда $2^n-2$ делится на $n^2$.

Мы докажем строго эту лемму в дальнейшем, когда познакомимся с идеалами.
Идея доказательства состоит в следующем.

(3) $2^n-2=(2-g)(2-g i_n)(2-g i_n^2)...(2-g i_n^{n-1})$, где $i_n$ - корень n-ой степени из 1.

Левая часть равенства (3) делится на $n$, а $n=(1-i_n)^{n-1} u$, где $u$ - делитель единицы.
Пусть $\rho$ - наибольший общий делитель (идеал) одного из множителей в правой части равенства (3) с $(1-i_n)$.
Тогда $\rho$ является наибольшим общим делителем любого другого из этих множителей с $(1-i_n)$.

Имеем:

(4) $2^{n-1}+2^{n-2} g+2^{n-3} g^2+...+g^{n-1}=(2-g i_n)(2-g i_n^2)...(2-g i_n^{n-1})$

Если левая часть (4) делится на $n$, то правая часть (3) делится на $n \rho$, следовательно $2^n-2$ делится на $n^2$.

Идея доказательства того, что $T(a (2^k-g^k))$ делится на $n$ состоит в том, что $T(a (2^k-g^k))$ делится на $\rho$ (поскольку $(2^k-g^k)$ делится на $(2-g)$ делится на $\rho$, из чего следует, что $(2^k-g^k i_n^{kt})$ делится на $\rho$, так как $(1-i_n)$ делится на $\rho$).

Рассуждения ведутся в поле $\mathbb{Q}(i_n, \sqrt[n]{2})$.

В этом поле разложение $(1-i_n)$ на множители (идеалы) зависит от того, делится $2^n-2$ на $n^2$ или нет.
Если $2^n-2$ делится на $n^2$, то $(1-i_n)$ равно произведению $n$ различных простых идеалов.
Если $2^n-2$ не делится на $n^2$, то $(1-i_n)$ равно $n$-ой степени простого идеала.

Мы докажем это в дальнейшем.

Теорема
----------------

Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$, где $g=\sqrt[n]{2}$, $n$ - простое число.
Кольцо целых алгебраических чисел поля $F$ совпадает с $\mathbb{Z}(g)$ тогда и только тогда когда $2^n-2$ не делится на $n^2$.

Эта теорема следует непосредственно из леммы.

Заметим, что в настоящее время известно только два простых числа, таких, что $2^n-2$ делится на $n^2$: $1093$ и $3511$.

[Феликс Шмидель]

Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Идеалом кольца $G$ называется такая подгруппа $I$ группы по сложению $G$, что $g a \in I$ для любых $g \in G$ и $a \in I$.

Любой идеал кольца $G$ является его подкольцом, впрочем, не обязательно содержащим $1$.
Если идеал кольца $G$ содержит $1$, то он совпадает с $G$.
Само кольцо $G$ является идеалом, который называется единичным.

Лемма
-------------

Любой идеал $I$ кольца $G$ является свободной абелевой группой по сложению ранга $n$.

Доказательство
-------------------------

Поскольку $I$ является подгруппой свободной абелевой группы $G$ ранга $n$, то $I$ является свободной абелевой группой ранга не больше $n$.
Пусть $c$ - какой-либо элемент идеала $I$.
Покажем, что норма $N(c)$ принадлежит идеалу $I$.

Пусть $f(x)=x^n+a_{n-1} x^{n-1}+...+a_0$ - характеристический полином числа $c$ в поле $F$.
Тогда $-a_0=c^n+a_{n-1} c^{n-1}+...+a_1 c$.
Поскольку все коэффициенты полинома $f(x)$ являются целыми числами, то $a_0$ принадлежит идеалу $I$, значит норма $N(c)$ принадлежит идеалу $I$.

Множество $N(c) G$ содержится в идеале $I$ и является его подгруппой по сложению ранга $n$.
Поэтому ранг группы $I$ не меньше $n$.
Значит ранг группы $I$ равен $n$.

Таким образом, фактор группа $G/I$ является конечной.
Нормой $N(I)$ идеала $I$ называется порядок фактор группы $|G/I|$.

Два элемента $a$ и $b$ кольца $G$ называются сравнимыми по модулю идеала $I$, если $a-b \in I$, то есть если $a$ и $b$ принадлежат одному и тому-же смежному классу фактор группы $G/I$.
Сравнения по модулю идеала $I$ удовлетворяют обычным свойствам сравнений: их можно складывать и умножать, и также умножать на произвольный элемент кольца $G$.
Полной системой вычетов по модулю идеала $I$ называется максимальный набор не сравнимых друг с другом по модулю $I$ элементов.
Если выбрать по одному элементу из каждого смежного класса фактор группы $G/I$, получим полную систему вычетов.

Идеал $I$ кольца $G$ называется собственным, если он не совпадает с $G$.

Cобственный идеал $I$ кольца $G$ называется максимальным, если кроме $I$ нет других собственных идеалов, содержащих $I$.
Собственный идеал $I$ кольца $G$ называется простым, если из $ab \in I$ следует $a \in I$ или $b \in I$, для любых элементов $a$ и $b$ кольца $G$.

Лемма
-----------

Любой максимальный идеал $I$ является простым.

Доказательство
------------------------

Пусть $a$ - какой либо либо элемент кольца $G$, не принадлежащий идеалу $I$.
Пусть $J$ - множество всех элементов вида $c+d a$, где $c$ - произвольный элемент идеала $I$, а $d$ - произвольный элемент кольца $G$.
Поскольку $J$ является идеалом, содержащим $I$ и не совпадающим с $I$, то $J=G$ в силу максимальности $I$.
В частности, $1 \in J$, значит:

(1) $1=c_1+d_1 a$, где $c_1 \in I$, $d_1 \in G$.

Помножив это равенство на $b$, где $b$ - произвольный элемент кольца $G$, получим:

(2) $b=c_2+d_1 (a b)$, где $c_2=b c_1 \in I$.

Если $ab \in I$, то из равенства (2) следует, что $b \in I$.
Значит $I$ - простой идеал, что и требовалось.


Лемма
-----------

Любой простой идеал $I$ кольца целых алгебраических чисел $G$ является максимальным.

Доказательство
-----------------------

Это свойство простых идеалов является следствием конечности фактор группы $G/I$.
Пусть $d_1$, ..., $d_m$ - полная система вычетов по модулю идеала $I$.
Пусть $a$ - какой-либо элемент кольца $G$, не принадлежащий идеалу $I$.
Пусть $J$ - какой-либо идеал, содержащий идеал $I$ и элемент $a$.
Докажем, что идеал $J$ совпадает с кольцом $G$.
В силу простоты идеала $I$, элементы $a d_1$, ..., $a d_m$ не сравнимы друг с другом и образуют полную систему вычетов по модулю идеала $I$.
Поэтому $a d \equiv 1$ по модулю идеала $I$, для некоторого $d$ из $d_1$, ..., $d_m$.
Из этого сравнения следует, что $1$ принадлежит идеалу $J$, следовательно идеал $J$ cовпадает с кольцом $G$.
Значит идеал $I$ - максимальный.

[Феликс Шмидель]

Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Пусть $S$ - какое-либо непустое множество идеалов кольца $G$.
Идеал $I \in S$ называется максимальным в $S$, если он не содержится ни в каком другом идеале из $S$.

Если $S$ - множество всех собственных идеалов кольца $G$, то максимальный идеал в $S$ является максимальным идеалом кольца $G$.

Лемма
-----------
Пусть $S$ - какое-либо непустое множество идеалов кольца $G$.
Тогда существует максимальный идеал (возможно не один) в $S$.

Доказательство
------------------------

Предположим обратное.
Тогда существует бесконечная цепочка
(1) $I_1 \subset I_2 \subset I_3 \subset ...$ идеалов из $S$, в которой никакие два соседних идеала не равны.
Пусть $J$ - объединение всех идеалов этой цепочки.
Множество $J$ является идеалом кольца $G$, следовательно конечно-генерируемой абелевой группой по сложению.
Пусть $b_1$, ..., $b_m$ - генераторы этой абелевой группы идеала $J$.
Все идеалы цепочки (1), начиная с некоторого, содержат все элементы $b_1$, ..., $b_m$, следовательно содержат идеал $J$.
Поскольку эти идеалы также содержатся в $J$, то они равны $J$, в противоречии с тем, что соседние идеалы цепочки (1) не равны.


Пусть $A$ и $B$ - два множества чисел из поля $F$.
Произведением множеств $A$ и $B$ называется множество чисел поля $F$, представимых конечной суммой произведений вида $a b$, где $a \in A$, $b \in B$ (среди слагаемых могут быть одинаковые).
Это произведение множеств коммутативно и ассоциативно.
Чтобы доказать ассоциативность заметим, что $(A B) C$ и $A (B C)$ являются множеством чисел поля $F$, представимых конечной суммой произведений вида $a b c$, где $a \in A$, $b \in B$, $c \in C$.

Лемма
-------------
Пусть $A_1$, ..., $A_m$ - множества целых алгебраических чисел из кольца $G$.
Пусть $\rho$ - простой идеал кольца $G$.

Если произведение множеств $A_1...A_m$ содержится в $\rho$, то хотя бы одно из этих множеств содержится в $\rho$.

Доказательство
-------------------------

Сначала докажем лемму для $m=2$.
Предположим обратное: $A_1 A_2 \subseteq \rho$, $A_1 \not \subseteq \rho$, $A_2 \not \subseteq \rho$.
Тогда существуют два числа $a \in A_1$ и $b \in A_2$, ни одно из которых не принадлежит идеалу $\rho$.
Произведение $a b$ принадлежит $A_1 A_2$, следовательно принадлежит $\rho$, в противоречии с тем, что $\rho$ - простой идеал.

Пусть теперь $m>2$.
Предположим обратное, и пусть $m$ - наименьшее целое число большее $2$-ух, для которого утверждение леммы неверно.
Тогда $A_1 \not \subseteq \rho$, значит $A_2...A_m \subseteq \rho$.
В силу минимальности $m$, одно из множеств $A_2$, ..., $A_m$ содержится в $\rho$ в противоречии с предположением.

Лемма
-----------

Если $A$ и $B$ - группы по сложению, то их произведение $A B$ является группой по сложению.

Доказательство
------------------------

Разность двух конечных сумм произведений вида $a b$ , где $a \in A$, $b \in B$ является конечной суммой произведений этого вида, поскольку $-(a b)=(-a) b$ и $-a \in A$.
Значит разность двух чисел из $A B$ принадлежит $A B$, следовательно $A B$ является группой по сложению.

Лемма
----------

Если $A$ и $B$ - идеалы, то их произведение $A B$ является идеалом.

Доказательство
------------------------
Множество $A B$ содержит только целые алгебраические числа.
В силу предыдущей леммы, $A B$ является группой по сложению.

Пусть $c \in G$ - какое-либо целое алгебраическое число, а $d$ - какое-либо число из $A B$.
Покажем, что $c d \in A B$.

Число $c d$ является конечной суммой произведений вида $c (a b)$ , где $a \in A$, $b \in B$.
Поскольку $c (a b)=(c a) b$ и $c a \in A$, то $с d \in A B$, что и требовалось.


Суммой идеалов $A$ и $B$ называется множество чисел вида $a+b$, где $a \in A$ и $b \in B$.
Сумма идеалов $A$ и $B$ является идеалом.

Лемма
----------

Пусть $A$, $B$, $C$ - идеалы.
Тогда $(A+B) C=A C+B C$.

Доказательство
----------------------------
Конечная сумма произведений вида $(a+b) c$, где $a \in A$, $b \in B$, $c \in C$ равна сумме двух конечных сумм: конечной суммы произведений вида $a c$, где $a \in A$, $c \in C$, и конечной суммы произведений вида $b c$, где $b \in B$, $c \in C$.
Поэтому $(A+B) C \subseteq A C+B C$.

Поскольку $0 \in B$ и $a c=(a+0) c$, где $a \in A$, $c \in C$, то $AC \subseteq (A+B) C$.
Поскольку $0 \in A$ и $b c=(0+b) c$, где $b \in B$, $c \in C$, то $BC \subseteq (A+B) C$.
Следовательно, $A C+B C \subseteq (A+B) C$.

Значит $(A+B) C=A C+B C$.


Пусть $c_1$, ..., $c_m$ - какой-либо набор элементов кольца $G$.
Пусть $I$ - множество элементов вида $d_1 c_1+...+d_m c_m$, где $d_1$, ..., $d_m$ - произвольные элементы кольца $G$.
Множество $I$ является идеалом, содержащим элементы $c_1$, ..., $c_m$.
Этот идеал назвается генерируемым элементами $c_1$, ..., $c_m$ и обозначается $(c_1, ..., c_m)$.

Главными идеалами называются идеалы , генерируемые одним элементом.
Главные идеалы обозначаются $(c)$ или $c G$, где $c \in G$ - генератор идеала.


Лемма
-----------

Любой идеал $I$ содержит произведение конечного числа простых идеалов (которое может состоять и из одного сомножителя).

Доказательство
------------------------

Предположим обратное.
Пусть $S$ - множество всех идеалов, которые не содержат произведение конечного числа простых идеалов.
Пусть $I$ - максимальный идеал в множестве $S$ (которое непусто по предположению).
Идеал $I$ не является простым по предположению, следовательно существуют такие целые алгебраические числа $a$ и $b$, не принадлежащие идеалу $I$, что $a b \in I$.
В силу максимальности $I$ в $S$, идеалы $I+(a)$ и $I+(b)$ не принадлежат $S$, т.е. содержат произведения конечного числа простых идеалов.
Следовательно идеал $(I+(a))(I+(b))$ содержит произведение конечного числа простых идеалов.
Но $(I+(a))(I+(b))=I^2+(a) I+(b) I+(a)(b) \subseteq I$, что противоречит принадлежности идеала $I$ множеству $S$.


Лемма
------------

Пусть $I$ - какой-либо собственный идеал кольца $G$.
Тогда существует такое алгебраическое число $r$, не являющееся целым, что $r I \subseteq G$.

Доказательство
-----------------------

Пусть $c$ - какой-либо ненулевой элемент идеала $I$.
Имеем:

(2) $\rho_1...\rho_m \subseteq (c) \subseteq I \subseteq \rho$,

где $\rho_1$, ..., $\rho_m$ - простые идеалы, существующие в силу того, что идеал $(c)$ содержит произведение простых идеалов, а $\rho$ - простой идеал, существующий в силу того, что среди собственных идеалов кольца $G$, содержащих $I$, есть максимальный.

Пусть $m$ - наименьшее колличество простых идеалов, произведение которых содержится в $(c)$.

Поскольку $\rho_1...\rho_m \subseteq \rho$ и $\rho$ - простой идеал, то один из идеалов $\rho_1$, ..., $\rho_m$ содержится в $\rho$.

Без ограничения общности, предположим: $\rho_1 \subseteq \rho$

Поскольку $\rho_1$ - простой идеал, то он является максимальным идеалом кольца $G$, поэтому $\rho=\rho_1$.

Если $m=1$, то из (2) следует: $I=(c)$, следовательно $\frac{1}{c} I=G$, где $r=\frac{1}{c}$ не является целым алгебраическим числом (иначе единица $1=\frac{1}{c} c$ принадлежала бы идеалу $I$, и $I$ не был бы собственным идеалом).

Пусть $m>1$.

В силу минимальности $m$, произведение $\rho_2...\rho_m$ не содержится в $(c)$.
Пусть $a$ - целое алгебраическое число, принадлежащее $\rho_2...\rho_m$, но не принадлежащее $(c)$.
Тогда $a I \subseteq a \rho=a \rho_1 \subseteq \rho_1...\rho_m \subseteq (c)$, следовательно $a I \subseteq (c)$, следовательно $\frac{a}{c} I \subseteq G$.
Поскольку $a \not \in (c)$, то $r=\frac{a}{c}$ не принадлежит $G$ и не является целым алгебраическим числом, что и требовалось.

Лемма
-------------

Пусть $I$ - какой-либо ненулевой идеал кольца $G$.
Алгебраическое число $r \in F$ является целым алгебраическим числом тогда и только тогда, когда
$rI$ cодержится в $I$.

Доказательство
------------------------
Если $r$ - целое алгебраическое число, то $rI$ cодержится в $I$ по определению идеала.
Пусть $r \in F$ - алгебраическое число, и $rI$ cодержится в $I$.
Докажем, что $r$ - целое алгебраическое число.
Пусть $H$ - абелева группа по сложению, генерируемая степенями $1$, $r$, $r^2$, ....
Пусть $c$ - какой-либо ненулевой элемент идеала $I$.
Группа $cH$ содержится в идеале $I$, следовательно является подгруппой конечно-генерируемой абелевой группы.
Поэтому $cH$, а значит и $H$ является конечно-генерируемой абелевой группой.
Значит $r$ - целое алгебраическое число.

[Феликс Шмидель]

Исправление
--------------------

Феликс Шмидель в сообщении #608960 писал(а):

Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Идеалом кольца $G$ называется такая подгруппа $I$ группы по сложению $G$, что $g a \in I$ для любых $g \in G$ и $a \in I$.

исправляется на:
Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Идеалом кольца $G$ называется такая подгруппа $I$ группы по сложению $G$, что $a c \in I$ для любых $a \in G$ и $c \in I$.


Исправление
--------------------

Феликс Шмидель в сообщении #608960 писал(а):

Лемма
-------------

Любой идеал $I$ кольца $G$ является свободной абелевой группой по сложению ранга $n$.

Доказательство
-------------------------

Поскольку $I$ является подгруппой свободной абелевой группы $G$ ранга $n$, то $I$ является свободной абелевой группой ранга не больше $n$.
Пусть $c$ - какой-либо элемент идеала $I$.
...

исправляется на:

Идеал, содержащий только $0$ называется нулевым.

Лемма
-------------

Любой ненулевой идеал $I$ кольца $G$ является свободной абелевой группой по сложению ранга $n$.

Доказательство
-------------------------

Поскольку $I$ является подгруппой свободной абелевой группы $G$ ранга $n$, то $I$ является свободной абелевой группой ранга не больше $n$.
Пусть $c$ - какой-либо ненулевой элемент идеала $I$.
...

Исправление
--------------------

Феликс Шмидель в сообщении #608960 писал(а):

Cобственный идеал $I$ кольца $G$ называется максимальным, если кроме $I$ нет других собственных идеалов, содержащих $I$.
Собственный идеал $I$ кольца $G$ называется простым, если из $ab \in I$ следует $a \in I$ или $b \in I$, для любых элементов $a$ и $b$ кольца $G$.

исправляется на:

Cобственный ненулевой идеал $I$ кольца $G$ называется максимальным, если кроме $I$ нет других собственных идеалов, содержащих $I$.
Собственный ненулевой идеал $I$ кольца $G$ называется простым, если из $ab \in I$ следует $a \in I$ или $b \in I$, для любых элементов $a$ и $b$ кольца $G$.


Исправление
--------------------

Феликс Шмидель в сообщении #610403 писал(а):

Лемма
-----------

Любой идеал $I$ содержит произведение конечного числа простых идеалов (которое может состоять и из одного сомножителя).

Доказательство
------------------------

Предположим обратное.
Пусть $S$ - множество всех идеалов, которые не содержат произведение конечного числа простых идеалов.
...

исправляется на:

Лемма
-----------

Любой собственный ненулевой идеал $I$ содержит произведение конечного числа простых идеалов (которое может состоять и из одного сомножителя).

Доказательство
------------------------

Предположим обратное.
Пусть $S$ - множество всех собственных ненулевых идеалов, которые не содержат произведение конечного числа простых идеалов.
...

Исправление
--------------------

Феликс Шмидель в сообщении #610403 писал(а):

Лемма
------------

Пусть $I$ - какой-либо собственный идеал кольца $G$.
Тогда существует такое алгебраическое число $r$, не являющееся целым, что $r I \subseteq G$.

Доказательство
-----------------------

Пусть $c$ - какой-либо ненулевой элемент идеала $I$.
...

исправляется на:

Лемма
------------

Пусть $I$ - какой-либо собственный ненулевой идеал кольца $G$.
Тогда существует такое алгебраическое число $r$, не являющееся целым, что $r I \subseteq G$.

Доказательство
-----------------------

Пусть $c$ - какой-либо ненулевой элемент идеала $I$.
...

[Феликс Шмидель]

Исправление
--------------------

Феликс Шмидель в сообщении #610403 писал(а):

Лемма
-----------

Любой идеал $I$ содержит произведение конечного числа простых идеалов (которое может состоять и из одного сомножителя).

Доказательство
------------------------

Предположим обратное.
Пусть $S$ - множество всех идеалов, которые не содержат произведение конечного числа простых идеалов.
Пусть $I$ - максимальный идеал в множестве $S$ (которое непусто по предположению).
Идеал $I$ не является простым по предположению, следовательно существуют такие целые алгебраические числа $a$ и $b$, не принадлежащие идеалу $I$, что $a b \in I$.
В силу максимальности $I$ в $S$, идеалы $I+(a)$ и $I+(b)$ не принадлежат $S$, т.е. содержат произведения конечного числа простых идеалов.
Следовательно идеал $(I+(a))(I+(b))$ содержит произведение конечного числа простых идеалов.
Но $(I+(a))(I+(b))=I^2+(a) I+(b) I+(a)(b) \subseteq I$, что противоречит принадлежности идеала $I$ множеству $S$.

исправляется на:

Покажем, что в кольце $G$ cуществуют простые идеалы.
Пусть $S$ - множество всех собственных идеалов, содержащих идеал $2 G$.
Множество $S$ непусто, поскольку идеал $2 G$ - собственный.
Максимальный идеал в $S$ является максимальным идеалом кольца $G$, следовательно простым.

Лемма
-----------

Любой ненулевой идеал $I$ содержит произведение конечного числа простых идеалов (которое может состоять и из одного сомножителя).

Доказательство
------------------------

Предположим обратное.
Пусть $S$ - множество всех ненулевых идеалов, которые не содержат произведение конечного числа простых идеалов.
Пусть $I$ - максимальный идеал в множестве $S$ (которое непусто по предположению).
Единичный идеал $G$ не принадлежит $S$, поэтому $I\neq G$.
Идеал $I$ не является простым по предположению, следовательно существуют такие целые алгебраические числа $a$ и $b$, не принадлежащие идеалу $I$, что $a b \in I$.
В силу максимальности $I$ в $S$, идеалы $I+(a)$ и $I+(b)$ не принадлежат $S$, т.е. содержат произведения конечного числа простых идеалов.
Следовательно идеал $(I+(a))(I+(b))$ содержит произведение конечного числа простых идеалов.
Но $(I+(a))(I+(b))=I^2+(a) I+(b) I+(a)(b) \subseteq I$, что противоречит принадлежности идеала $I$ множеству $S$.

[Феликс Шмидель]

Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Теорема
--------------

Для любого ненулевого идеала $I$: существует ненулевой идеал $J$, такой, что $I J$ - главный идеал.

Доказательство
------------------------

Пусть $I$ - ненулевой идеал.
Пусть $c$ - какой-либо ненулевой элемент идеала $I$.

Пусть $J$ - множество всех целых алгебраических чисел $x \in G$, для которых $x I \subseteq (c)$.

Тогда $J$ - ненулевой идеал, содержащий $c$ и

(1) $I J \subseteq (c)$.

Пусть $L=\frac{1}{c} I J$.

Из (1) следует, что $L \subseteq G$.
Поскольку $I$ и $J$ - идеалы, то $L$ - тоже идеал.

Покажем, что $L=G$, следовательно $I J=(c)$.
Предположим обратное, что $L$ - собственный идеал.

Тогда существует такое алгебраическое число $r$, которое не является целым, что $r L \subseteq G$. Следовательно $r \frac{1}{c} I J \subseteq G$, следовательно $(r J) I \subseteq (c)$, следовательно

(2) $r J \subseteq J$.

Из (2) следует, что $r$ - целое алгебраическое число, в противоречии тому, что алгебраическое число $r$ не является целым.

Следствие 1
--------------------

Пусть $I$, $J$ - идеалы и $L$ - ненулевой идеал.
Пусть $L I=L J$.

Тогда $I=J$.

Доказательство
------------------------

Пусть $H$ - такой идеал, что $L H=(c)$, где $c$ - ненулевое целое алгебраическое число.
Помножив равенство $L I=L J$ на $H$ получим:

(3) $(c) I=(c) J$.

Поскольку $(c) I=c I$ и $(c) J=c J$, то из (3) следует

(4) $c I=c J$.

Из (4) следует $I=J$, что и требовалось.


Будем говорить, что идеал $I$ делится на ненулевой идеал $J$, если существует такой идеал $L$, что $I=J L$.

Следствие 2
--------------------

Идеал $I$ делится на ненулевой идеа $J$ тогда и только тогда, когда $I$ содержится в $J$.

Доказательство
-----------------------

Если идеал $I$ делится на идеал $J$, то $I=J L$, следовательно $I$ содержится в $J$.
Пусть идеал $I$ содержится в ненулевом идеале $J$.
Докажем, что $I$ делится на $J$.

Пусть $L$ - такой идеал, что $L J=(c)$, где $c$ - ненулевое целое алгебраическое число.
Пусть

(4) $H=\frac{1}{c} L I$.

Поскольку $I \subseteq J$, то $H \subseteq \frac{1}{c} L J=G$, значит $H$ является идеалом.
Помножив (4) на $J$, получим $H J=\frac{1}{c} (L J) I=I$.
Значит $H J=I$, следовательно $I$ делится на $J$, что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Теорема
---------------

Любой ненулевой собственный идеал разлагается в произведение конечного числа простых идеалов (которое может состоять и из одного сомножителя).

Доказательство
--------------------------

Предположим обратное, и пусть $S$ - множество ненулевых собственных идеалов, которые не разлагаются в конечное число простых идеалов.
Пусть $I$ - максимальный идеал в $S$.
Поскольку $I \in S$, то $I$ не является простым идеалом.
Пусть $J$ - какой-либо простой идеал, содержащий $I$.
Тогда $I$ делится на $J$, следовательно существует такой идеал $L$, что

(1) $I=JL$

Если $L=I$, то из (1) получим $J=G$, в противоречии тому, что $J$ - простой идеал.
Если $L=G$, то из (1) получим $J=I$, в противоречии тому, что $J$ - простой идеал, а $I$ - нет.
Пусть $L$ - идеал, отличный от $I$ и от $J$.
Из (1) следует, что $I$ содержится в $L$.
В силу максимальности идеала $I$ в $S$, идеал $L$ не принадлежит $S$.
Поскольку $L$ - ненулевой, собственный идеал, не принадлежащий $S$, то $L$ разлагается в произведение конечного числа простых идеалов.
Из этого и из (1) следует, что $I$ разлагается в произведение конечного числа простых идеалов, что противоречит принадлежности $I$ к $S$.

Теорема
---------------

Любой ненулевой собственный идеал однозначно разлагается в произведение конечного числа простых идеалов, с точностью до перестановки сомножителей.

Доказательство
--------------------------

В силу предыдущей теоремы, нужно доказать однозначность разложения в произведение конечного числа простых идеалов.
Пусть

(2) $\rho_1...\rho_m=\pi_1...\pi_k$,

где $\rho_1$, ..., $\rho_m$ и $\pi_1$, ..., $\pi_k$ - простые идеалы (среди которых могут быть одинаковые), и где $1 \leq m \leq k$.

Докажем, что правая и левая части равенства (2) совпадают с точности до перестановки сомножителей.

Предположим обратное, и пусть $k$ - наименьшее целое положительное число, для которого это неверно.

Из (2) следует, что $\pi_1...\pi_k \subseteq \rho_1$, следовательно хотя бы один из идеалов $\pi_1$, ..., $\pi_k$ содержится в $\rho_1$.
Если этот идеал не равен $\pi_1$, переставим его на первое место.
Получим

(3) $\pi_1$ содержится в $\rho_1$.

Поскольку $\pi_1$ - простой, и значит максимальный идеал, то $\pi_1=\rho_1$.

Если $m=1$ и $k=1$, то правая и левая часть равенства (2) совпадают, в противоречии с предположением.
Пусть $k>1$.
Если $m=1$, то, сокращая равенство (2) на $\rho_1$, получим $G=\pi_2...\pi_k \subseteq \pi_2$, что невозможно, поскольку $\pi_2$ - простой идеал, следовательно не совпадает с $G$.
Пусть $m>1$.
Cокращая равенство (2) на $\rho_1$, получим:

(4) $\rho_2...\rho_m=\pi_2...\pi_k$.

В силу минимальности $k$, правая и левая части равенства (4) совпадают с точностью до перестановки сомножителей, следовательно это верно и для равенства (2), что противоречит предположению.

[Феликс Шмидель]

Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Нулевой степенью идеала называется единичный идеал $G$.
Таким образом, $A^0=G$ для любого идеала $A$.

Наибольший общий делитель и наименьшее общее кратное ненулевых идеалов $I_1$, ..., $I_m$ определяется стандартным образом из разложения этих идеалов в произведение степеней простых идеалов.
Наибольший общий делитель и наименьшее общее кратное идеалов являются произведениями степеней простых идеалов, то есть идеалами.
Наибольший общий делитель идеалов $I_1$, ..., $I_m$ является таким общим делителем, который делится на любой другой общий делитель.
Наименьшее общее кратное идеалов $I_1$, ..., $I_m$ является таким общим кратным, которое делит любое другое общее кратное.
Ненулевые идеалы $I_1$, ..., $I_m$ называются взаимно-простыми, если их единственным общим делителем является единичный идеал $G$.
Число $c \in G$ называется взаимно-простым с идеалом $I$, если взаимно-просты идеалы $(c)$ и $I$.

Лемма
-----------

Наибольший общий делитель ненулевых идеалов $I_1$, ..., $I_m$ равен сумме этих идеалов.

Доказательство
------------------------

Пусть $J=I_1+...+I_m$.
Поскольку идеал $J$ содержит идеалы $I_1$, ..., $I_m$, то он является их общим делителем.
Поскольку $J$ делится на любой другой общий делитель идеалов $I_1$, ..., $I_m$, то $J$ является наибольшим общим делителем.


Лемма
-----------

Наименьшее общее кратное ненулевых идеалов $I_1$, ..., $I_m$ равно пересечению этих идеалов.

Доказательство
------------------------

Пусть $J=I_1\cap...\cap I_m$.
Заметим, что $J$ - ненулевой идеал, поскольку он содержит произведение $I_1...I_m$ ненулевых идеалов.
Поскольку идеал $J$ содержится в идеалах $I_1$, ..., $I_m$, то он является их общим кратным.
Поскольку $J$ содержит любое другое общее кратное идеалов $I_1$, ..., $I_m$, то $J$ делит это общее кратное.


Лемма
-------------

Пусть $I$ и $J$ - взаимно-простые идеалы.
Тогда существует число $c$, принадлежащее идеалу $I$ и взаимно-простое с $J$.

Доказательство
-------------------------

Наибольшим общим делителем идеалов $I$ и $J$ является единичный идеал $G$.
Значит, $I+J=G$.
Следовательно, существуют числа $c \in I$ и $d \in J$, такие, что $c+d=1$.
Имеем: $(c)+(d)=G$.
Поскольку $(d)$ делится на $J$, то $(c)$ - взаимно-просто с $J$.

Лемма
-----------

Пусть $I$ - ненулевой идеал, и $d$ - какое-либо взаимно-простое с ним число.
Тогда сравнение

(1) $x d \equiv c$ по модулю идеала $I$

разрешимо для любого числа $c$ кольца $G$.

Доказательство
------------------------

Пусть $b_1$, ..., $b_m$ - полная система вычетов по модулю идеала $I$.
Числа $d b_1$, ..., $d b_m$ не сравнимы друг с другом по модулю идеала $I$ и образуют полную систему вычетов.
Поэтому $c$ сравнимо с одним из этих чисел $d b_i$, и число $x=b_i$ является решением сравнения (1).


Теорема (китайская теорема об остатках для идеалов)
------------------------------------------------------------------------------

Пусть $I_1$, ..., $I_m$ - попарно взаимно-простые идеалы.
Пусть $c_1$, ..., $c_m$ - произвольные числа кольца $G$ (то есть, целые алгебраические числа).

СУществует число $c \in G$, сравнимое с $c_1$ по модулю $I_1$, с $c_2$ по модулю $I_2$, ..., с $c_m$ по модулю $I_m$.

Доказательство
------------------------

Определим идеалы $J_1$, ..., $J_m$ следующим образом: $J_i=\prod_{j=1, j\neq i}^m I_j$.
Идеалы $I_i$ и $J_i$ - взаимно-просты для любого $i=1, ..., m$.
Пусть $d_1 \in J_1$, ..., $d_m \in J_m$ - такие числа, что $d_i$ взаимно просто с $I_i$, для любого $i=1, ..., m$.
Будем искать число $c$ в виде $c=x_1 d_1+...+x_m d_m$, где $x_1$, ..., $x_m$ - числа кольца $G$, которые нам предстоит найти.
Пусть $i$ - какой-либо индекс из $1, ..., m$.
Поскольку число $d_i$ делится на идеал $J_i$, который делится на все идеалы $I_1$, ..., $I_m$, кроме $I_i$, то сравнение $c \equiv c_i$ по модулю $I_i$ равносильно сравнению

(2) $x_i d_i \equiv c_i$ по модулю $I_i$.

Сравнение (2) имеет решение в силу предыдущей леммы.


Следствие
------------------

Пусть $I_1$, ..., $I_m$ - попарно взаимно-простые идеалы.
Тогда $N(I_1...I_m)=N(I_1)...N(I_m)$, то есть норма произведения идеалов равно произведению норм этих идеалов.

Доказательство
-------------------------

Пусть $B_i$ - полная система вычетов по модулю идеала $I_i$, для $i=1...m$.
Выберем из $B_1$, ..., $B_m$ по одному вычету, получим набор из $m$ чисел.
Пусть $C$ - множество всевозможных таких наборов.
Пусть $E$ - полная система вычетов по модулю идеала $I_1...I_m$.
Каждому числу из $E$ соответствует набор из $C$ сравнимых с этим числом вычетов по модулям идеалов $I_1$, ..., $I_m$.
Разным вычетам из $E$ соответствуют разные наборы из $C$.
В силу китайской теоремы об остатках для идеалов, любой набор из $C$ соответствует некоторому вычету из $E$.
Поэтому, колличество вычетов в $E$ равно колличеству наборов в $C$.
Колличество вычетов в $E$ равно $N(I_1...I_m)$.
Поскольку колличество вычетов в $B_i$ равно $N(I_i)$, то колличество наборов в $C$ равно $N(I_1)...N(I_m)$.
Значит, $N(I_1...I_m)=N(I_1)...N(I_m)$.

[Феликс Шмидель]

Пусть $F=\mathbb{Q}(g)$ - числовое поле, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $[F:\mathbb{Q}]=n$.
Пусть $G$ - кольцо всех целых алгебраических чисел поля $F$.

Лемма
-------------

Пусть $I$ и $J$ - ненулевые идеалы.
Тогда существует число $c$, принадлежащее идеалу $I$, такое, что $(c, I J)=I$ (то есть, наибольший общий делитель $c$ и $I J$ равен $I$).

Доказательство
-------------------------

Пусть $\rho_1$, ..., $\rho_m$ - все простые идеалы, на которые делится идеал $I J$.
Пусть $I=\rho_1^k_1...\rho_m^k_m$, где $k_1$, ..., $k_m$ - целые неотрицательные числа (некоторые, из которых, могут быть нулями).
Для каждого индекса $i=1,...,m$, выберем число $c_i$ принадлежащее идеалу $\rho_i^k_i$, но не принадлежащее идеалу $\rho_i^{k_i+1}$.
Пусть $c \in G$ - число, сравнимое с $c_i$ по модулю идеала $\rho_i^{k_i+1}$, для любого $i=1,...,m$.
Такое число $c$ cуществует в силу китайской теоремы об остатках для идеалов.
Число $c$ делится на идеал $\rho_i^k_i$, но не делится на идеал $\rho_i^{k_i+1}$, для любого $i=1,...,m$.
Значит $(c, I J)=I$, что и требовалось.


Следствие
-----------------

Любой ненулевой идеал $I$ генерируется двумя своими элементами (существуют такие два элемента).

Доказательство
------------------------

Пусть $d$ - какой-либо ненулевой элемент идеала $I$.
Пусть $J$ - такой идеал, что $I J=(d)$.
Пусть $c$ - такой элемент идеала $I$, что $(c, I J)=I$.

Тогда $(c, d)=I$, что и требовалось.


Теорема
--------------

Пусть $I$ - ненулевой идеал.
Пусть $a\neq 0$ и $b$ - числа кольца $G$.

Cравнение

(1) $x a \equiv b$ по модулю идеала $I$

имеет решение $x \in G$ тогда и только тогда, когда число $b$ делится на идеал $(a, I)$ - наибольший общий делитель числа $a$ и идеала $I$.

Доказательство
-----------------------

Пусть сравнение (1) имеет решение $x \in G$.
Число $(x a-b)$ делится на идеал $I$, значит и на идеал $(a, I)$.
Поскольку число $a$ делится на идеал $(a, I)$, то число $b=x a -(xa-b)$ делится на идеал $(a, I)$.
Что и требовалось.

Пусть теперь число $b$ делится на идеал $(a, I)$.
Покажем, что существует решение $x \in G$ сравнения (1).

Пусть $J$ - такой идеал, что $(a)=(a, I) J$
Пусть $v$ - такой элемент идеала $J$, что $(v, JI)=J$.

Поскольку число $v$ делится на идеал $J$, а число $b$ делится на идеал $(a, I)$, то число $v b$ делится на идеал $J (a, I)$, равный $(a)$.
Следовательно, число $v b$ делится на число $a$.

Пусть $L$ - такой идеал, что $I=(a, I) L$.
Поскольку $(a)=(a, I) J$, то идеал $J$ взаимно-прост с идеалом $L$.
Поскольку $(v, JI)=J$, то $(v, J L (a, I))=J$.
А поскольку идеал $J$ взаимно-прост с идеалом $L$, то число $v$ взаимно-просто с идеалом $L$.
Значит, сравнение

(2) $xv \equiv vb/a$ по модулю идеала $L$

имеет решение $x \in G$.

Покажем, что из сравнения (2) следует сравнение (1).
Из (2) следует, что число $v(x a -b)$ делится на идеал $a L$, значит идеал $\frac{(v)}{J}(x a -b)$ делится на идеал $\frac{(a)}{J} L=(a, I) L=I$, то есть

(3) идеал $\frac{(v)}{J}(x a-b)$ делится на идеал $I$.

Из $(v, JI)=J$ следует, что идеал $\frac{(v)}{J}$ взаимно-прост с идеалом $I$, поэтому из (3) следует, что число $(x a-b)$ делится на идеал $I$, что и требовалось.


Лемма
-----------

Пусть $I$ и $J$ - ненулевые идеалы.
Пусть $c$ -число, принадлежащее идеалу $I$, такое, что $(c, I J)=I$.

Пусть $a_1$, ..., $a_m$ - полная система вычетов по модулю идеала $I$.
Пусть $b_1$, ..., $b_k$ - полная система вычетов по модулю идеала $J$.

Тогда числа

(4) $c b_i+a_j$, где $i=1, ..., k$; $j=1, ..., m$;

образуют полную систему вычетов по модулю идеала $I J$.

Доказательство
------------------------

Пусть

(5) $c b_{i_1}+a_{j_1} \equiv c b_{i_2}+a_{j_2}$ по модулю идеала $IJ$, где $i_1$ и $i_2$ - какие-либо индексы от $1$ до $k$, а $j_1$ и $j_2$ - какие-либо индексы от $1$ до $m$.

Поскольку число $c$ делится на идеал $I$, то из (5) следует:

(6) $a_{j_1} \equiv a_{j_2}$ по модулю идеала $I$.

Из (6) следует:

(7) $j_1=j_2$ и $a_{j_1}=a_{j_2}$,

поскольку $a_{j_1}$ и $a_{j_2}$ принадлежат полной системе вычетов по модулю идеала $I$.

Из (5) и (7) следует:

(8) $c b_{i_1} \equiv c b_{i_2}$ по модулю идеала $IJ$.

Поскольку $(c, IJ)=I$, то число $(b_{i_1}-b_{i_2})$ делится на идеал $J$, следовательно:

(9) $i_1=i_2$ и $b_{i_1}=b_{i_2}$,

поскольку $b_{i_1}$ и $b_{i_2}$ принадлежат полной системе вычетов по модулю идеала $J$.

Равенства (7) и (9) означают, что числа (4) не сравнимы друг с другом.

Осталось показать, что любое число кольца $G$ сравнимо с одним из чисел (4) по модулю идеала $I J$.

Пусть $d$ - какое-либо число кольца $G$.
Пусть $d \equiv a$ по модулю идеала $I$, где $a$ - одно из чисел $a_1$, ..., $a_m$.
Рассмотрим сравнение:

(10) $x c \equiv (d-a)$ по модулю идеала $I J$.

Это сравнение имеет решение $x \in G$, поскольку число $(d-a)$ делится на идеал $(c, IJ)=I$

Число $x$ сравнимо с числом $b$ по модулю идеала $J$, где $b$ - одно из чисел $b_1$, ..., $b_k$.
Поскольку число $c$ делится на идеал $I$, то $x c \equiv b c$ по модулю идеала $I J$, и из (10) следует:

(11) $b c \equiv (d-a)$ по модулю идеала $I J$.

Из (11) следует: $d \equiv c b+a$ по модулю идеала $I J$, что и требовалось.


Следствие
----------------

Пусть $I$ и $J$ - ненулевые идеалы.
Тогда $N(I J)=N(I) N(J)$, то есть норма произведения идеалов равна произведению норм этих идеалов.

Это следует непосредственно из доказанной леммы.