四元数環

$(a,b)_K$ の積は双線形なので、$\phi$ が積を保つことは基底の元どうしの積で確かめれば十分である。def-quaternion-algebra-def の積の表の各項（$ij=k$、$ji=-k$、$k^2=-ab$、$ik=aj$、$ki=-aj$、$jk=-bi$、$kj=bi$ および $i^2=a$、$j^2=b$）は、いずれも 3 つの関係式 $i^2=a$、$j^2=b$、$ij=-ji$ と結合律だけを使って導かれた。$A$ の中で $I,J$ は同じ関係式を満たし $A$ は結合的だから、同じ計算がそのまま通用して、たとえば $(IJ)^2=-ab$、$I(IJ)=aJ$、$(IJ)J=bI$ が成り立つ。すなわち基底の任意の 2 元 $e,e'$ について $\phi(ee')=\phi(e)\phi(e')$ である。後半は、$\phi$ が 4 次元空間から 4 次元空間への全射な線形写像だから全単射であることによる。

1. $\bar{\bar q}=q$ は定義から明らかである。$\overline{pq}=\bar q\bar p$ は両辺が $(p,q)$ について双線形なので基底の元 $e,e'\in\{1,i,j,k\}$ について確かめれば十分である。$e$ または $e'$ が $1$ なら両辺は等しい。$e=e'\in\{i,j,k\}$ なら $ee'\in K$ で、$\bar e\bar e'=(-e)(-e')=ee'$ だから等しい。$e\ne e'$ が $\{i,j,k\}$ の相異なる 2 元なら、積の表から $ee'=\pm e''$（$e''$ は残りの基底元の $K^\times$ 倍）で $\overline{ee'}=\mp e''$、一方 $\bar e'\bar e=e'e=-ee'=\mp e''$ となり等しい。
2. $u:=yi+zj+wk$ とおくと $q=x+u$、$\bar q=x-u$ で、$x\in K$ は中心的だから $q\bar q=\bar qq=x^2-u^2$ である。積の表を使って
   $$ u^2=y^2a+z^2b+w^2(-ab)+yz(ij+ji)+yw(ik+ki)+zw(jk+kj)=ay^2+bz^2-abw^2 $$
   となる（括弧の中はすべて $0$）。よって $q\bar q=x^2-ay^2-bz^2+abw^2$ である。
3. 1 と 2 により $\operatorname{nrd}(pq)=pq\,\overline{pq}=p(q\bar q)\bar p=\operatorname{nrd}(q)\,p\bar p=\operatorname{nrd}(p)\operatorname{nrd}(q)$ である（$\operatorname{nrd}(q)\in K$ は中心的）。
4. $q^2-(q+\bar q)q+\bar qq=q^2-q^2-\bar qq+\bar qq=0$ である。$q\notin K$ なら $1,q$ は一次独立で、$q^2\in K+Kq$ だから $K[q]=K+Kq$ は 2 次元の可換部分多元環である。
5. $\operatorname{nrd}(q)\ne0$ なら $q\cdot\operatorname{nrd}(q)^{-1}\bar q=\operatorname{nrd}(q)^{-1}\bar q\cdot q=1$ だから $\operatorname{nrd}(q)^{-1}\bar q$ は $q$ の両側逆元である。逆に $qq'=1$ なる $q'$ があれば、3 により $\operatorname{nrd}(q)\operatorname{nrd}(q')=\operatorname{nrd}(1)=1$ なので $\operatorname{nrd}(q)\ne0$ である。

いずれも $Q=(a,b)_K$ の中に新しい関係式を満たす 2 元 $I,J$ を見つけ、$1,I,J,IJ$ が $Q$ を張ることを確かめて lem-quaternion-algebra-universal を適用する。

1. $I=j$、$J=i$ とすると $I^2=b$、$J^2=a$、$IJ=ji=-ij=-JI$ で、$1,I,J,IJ=-k$ は $Q$ を張る。
2. $I=xi$、$J=yj$ とすると $I^2=ax^2$、$J^2=by^2$、$IJ=xyk=-JI$ で、$1,I,J,IJ$ は $Q$ を張る。
3. $I=i$、$J=k$ とすると $I^2=a$、$J^2=k^2=-ab$、$IJ=ik=aj$、$JI=ki=-aj$ だから $IJ=-JI$ で、$1,i,k,aj$ は $Q$ を張る。
4. まず $\ell\in L$ に対して $j\ell=\bar\ell j$ が成り立つ：$j(x+yi)=xj+yji=xj-yij=(x-yi)j$。$I=i$、$J=\lambda j$ とおくと、$J^2=\lambda j\lambda j=\lambda\bar\lambda j^2=N(\lambda)b$、また $\lambda$ は $i$ と可換だから $IJ=i\lambda j=\lambda ij=-\lambda ji=-JI$ である。$N(\lambda)\ne0$ なので $\lambda$ は $L$ の中で逆元 $\bar\lambda/N(\lambda)$ をもち、$L\lambda=L$ である。よって $1,I,J,IJ$ が張る空間は $L+L\lambda j=L+Lj=Q$ となる。

$M_2(K)$ の中で
$$ I:=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix},\qquad J:=\begin{pmatrix}0&b\\1&0\end{pmatrix} $$
とおくと、$I^2=1$、$J^2=\begin{pmatrix}b&0\\0&b\end{pmatrix}=b$、$IJ=\begin{pmatrix}0&b\\-1&0\end{pmatrix}$、$JI=\begin{pmatrix}0&-b\\1&0\end{pmatrix}=-IJ$ である。lem-quaternion-algebra-universal により多元環の準同型 $\phi\colon(1,b)_K\to M_2(K)$ が定まる。$E_{rs}$ を行列単位とすると、標数が $2$ でなく $b\ne0$ なので
$$ E_{11}=\tfrac12(1+I),\quad E_{22}=\tfrac12(1-I),\quad E_{12}=\tfrac1{2b}(J+IJ),\quad E_{21}=\tfrac12(J-IJ) $$
となり、$1,I,J,IJ$ は $M_2(K)$ を張る。$\dim_KM_2(K)=4$ だから、同じ補題により $\phi$ は同型である。

1 $\Rightarrow$ 2：$M_2(K)$ の行列単位 $E_{11}$ は $0$ でなく、$E_{11}E_{22}=0$ なので逆元をもたない。
2 $\Leftrightarrow$ 3：prop-quaternion-algebra-conjugation の 5 により、$0$ でない $q$ が逆元をもたないことは $\operatorname{nrd}(q)=0$ と同値である。よって「逆元をもたない $0$ でない元がある」ことと「ノルム形式が $0$ でない零点をもつ」こととは同値である。
4 $\Rightarrow$ 3：$ax^2+by^2=z^2$ の $0$ でない解に対し $q:=z+xi+yj$ は $0$ でなく、$\operatorname{nrd}(q)=z^2-ax^2-by^2=0$ である。
3 $\Rightarrow$ 5：まず $a$ が $K$ で平方数 $a=c^2$ のときは、$x:=(1+b)/2$、$y:=(b-1)/(2c)$ とおけば $x^2-ay^2=(x-cy)(x+cy)=1\cdot b=b$ となり、3 を使わずに 5 が成り立つ。$a$ が平方数でないときは $L\cong K(\sqrt a)$ は体で、$N(\lambda)=0$ となる $\lambda\in L$ は $0$ だけである。3 の解 $(x,y,z,w)\ne0$ をとり $\lambda_1:=x+yi$、$\lambda_2:=z+wi\in L$ とおくと、ノルム形式の零点であることは $N(\lambda_1)=bN(\lambda_2)$ を意味する。$\lambda_2=0$ なら $N(\lambda_1)=0$ より $\lambda_1=0$ となって解が $0$ になるので $\lambda_2\ne0$、したがって $N(\lambda_2)\ne0$ である。$\mu:=\lambda_1\lambda_2^{-1}\in L$ とおくと、$N$ が乗法的（$N(\lambda\mu)=\lambda\mu\bar\lambda\bar\mu=N(\lambda)N(\mu)$、$L$ は可換）なので $N(\mu)=N(\lambda_1)/N(\lambda_2)=b$ である。$\mu=x'+y'i$ と書けば $b=x'^2-ay'^2$ となる。
5 $\Rightarrow$ 4：$b=x^2-ay^2$ なら $a\,y^2+b\cdot1^2=x^2$ であり、$(y,1,x)$ は $0$ でない解である。
5 $\Rightarrow$ 1：$b=N(\lambda)$（$\lambda=x+yi$）とすると $N(\lambda)=b\ne0$ なので、lem-quaternion-algebra-change-of-symbol の 4 を $\lambda^{-1}=\bar\lambda/b$ に適用して $(a,b)_K\cong(a,\,bN(\lambda^{-1}))_K=(a,1)_K$ を得る。同じ補題の 1 と prop-quaternion-algebra-split-matrix により $(a,1)_K\cong(1,a)_K\cong M_2(K)$ である。
以上で $1\Rightarrow2\Leftrightarrow3$、$3\Rightarrow5\Rightarrow4\Rightarrow3$、$5\Rightarrow1$ が示されたので、5 つの条件はすべて同値である。

1. thm-quaternion-algebra-split の証明の $3\Rightarrow5$ の前半で見たように、$a$ が平方数なら条件 5 が成り立つ。$(a,b)_K\otimes_KL$ が $L$ 上の四元数環 $(a,b)_L$ であることは、基底 $1,i,j,k$ と積の表が係数拡大で変わらないことによる。
2. $ax^2+by^2=z^2$ は $b=-a$ のとき解 $(1,1,0)$ を、$b=1-a$ のとき解 $(1,1,1)$ をもつ。thm-quaternion-algebra-split の 4 による。

thm-quaternion-algebra-split の 4 により、$ax^2+by^2=1$ を満たす $x,y\in\mathbb{F}_q$ があれば十分である（そのとき $(x,y,1)$ が $ax^2+by^2=z^2$ の $0$ でない解になる）。$\mathbb{F}_q^\times$ は位数 $q-1$ の巡回群で、$x\mapsto x^2$ はその上の準同型であり、核は $\{\pm1\}$（$q$ が奇数なので $1\ne-1$）で位数 $2$ だから、像の位数は $(q-1)/2$ である。$0$ を加えて、$\mathbb{F}_q$ の平方数の個数は $(q+1)/2$ である。したがって集合 $S_1:=\{ax^2\mid x\in\mathbb{F}_q\}$ と $S_2:=\{1-by^2\mid y\in\mathbb{F}_q\}$ はどちらも $(q+1)/2$ 個の元をもつ（$t\mapsto at$、$t\mapsto1-bt$ は全単射）。$|S_1|+|S_2|=q+1>q=|\mathbb{F}_q|$ なので $S_1\cap S_2\ne\emptyset$、すなわち $ax^2=1-by^2$ となる $x,y$ が存在する。

中心単純環 の記事の定理「斜体上の行列代数としての表示」（Wedderburn）により $A\cong M_n(D)$（$D$ は $K$ 上の中心斜体）で、$n^2\dim_KD=4$ である。$n=2$ なら $D=K$、$A\cong M_2(K)\cong(1,1)_K$ である（prop-quaternion-algebra-split-matrix）。以下 $n=1$、すなわち $A=D$ が斜体とする。
$x\in A\setminus K$ をとる。$K[x]$ は斜体 $A$ の可換な部分環で $K$ 上有限次元の整域だから体であり、$L:=K[x]$ とおくと $[L:K]\ge2$ である。中心単純環 の記事の定理「中心化環の次元」により、$L$ の中心化環 $C_A(L)$ について $[L:K]\cdot\dim_KC_A(L)=\dim_KA=4$ が成り立つ。$L$ は可換なので $L\subset C_A(L)$、よって $[L:K]^2\le4$ となり $[L:K]=2$、$C_A(L)=L$ である。$x$ は $K$ 上 2 次の方程式 $x^2+\beta x+\gamma=0$ を満たすので、$i:=x+\beta/2$ とおくと $i^2=\beta^2/4-\gamma=:a\in K$ で、$i\notin K$ かつ $A$ が斜体なので $a=i^2\ne0$ である。$L=K+Ki$ である。
$L$ の $K$ 自己同型 $\sigma\colon i\mapsto-i$ は単純な部分多元環 $L$ から $A$ への 2 つの埋め込み $\mathrm{id}$、$\sigma$ を与えるので、Skolem–Noetherの定理（中心単純環 の記事の定理「単純部分代数の埋め込みの共役性」）により $j\in A^\times$ で $j\ell j^{-1}=\sigma(\ell)$（$\ell\in L$）を満たすものがある。とくに $ji=-ij$ である。$j^2$ は $j^2ij^{-2}=\sigma^2(i)=i$ より $i$ と可換なので $j^2\in C_A(L)=L$ であり、$j^2=\alpha+\beta'i$（$\alpha,\beta'\in K$）と書ける。$j$ は $j^2$ と可換だから $j(\alpha+\beta'i)=(\alpha+\beta'i)j$、すなわち $\alpha j-\beta'ij=\alpha j+\beta'ij$ となり、$2\beta'ij=0$、$ij\ne0$ より $\beta'=0$ である。よって $b:=j^2\in K$ で、$j$ が可逆なので $b\ne0$ である。
最後に $1,i,j,ij$ が一次独立であることを示す。$j\in L$ なら $j$ は $i$ と可換で $ij=-ij$、$2ij=0$ となって矛盾するので $j\notin L$ である。$\ell_1+\ell_2j=0$（$\ell_1,\ell_2\in L$）で $\ell_2\ne0$ なら $j=-\ell_2^{-1}\ell_1\in L$ となって矛盾するから $\ell_2=0$、したがって $\ell_1=0$ である。よって $L\oplus Lj$ は $4$ 次元で $A$ に等しく、$I:=i$、$J:=j$ に lem-quaternion-algebra-universal を適用して $(a,b)_K\cong A$ を得る。

1. prop-quaternion-algebra-conjugation の 1 により共役 $q\mapsto\bar q$ は $K$ 線形な全単射で $\overline{pq}=\bar q\bar p$ を満たすので、反対環 $Q^{\mathrm{op}}$ への多元環の同型 $Q\to Q^{\mathrm{op}}$ を与える。中心単純環 の記事の命題「反対代数とのテンソル積」（テンソル積）により $Q\otimes_KQ^{\mathrm{op}}\cong\operatorname{End}_K(Q)\cong M_4(K)$ なので、$Q\otimes_KQ\cong M_4(K)$、すなわち $[Q]+[Q]=0$ である。
2. $[Q]=0$ は $Q\cong M_n(K)$ なる $n$ の存在と同値で、次元を比べて $n=2$ である。
3. Brauer群 の記事の命題「斜体による代表」により、各類はただ 1 つの中心斜体 $D$（同型を除く）で代表され、$Q\cong M_n(D)$、$n^2\dim_KD=4$ である。$[Q]=[Q']$ なら $Q$ と $Q'$ は同じ $D$ をもち、$n$ は $\dim_KD$ から決まるので $Q\cong M_n(D)\cong Q'$ である。逆は明らかである。

thm-quaternion-algebra-split の 1 と 4 の同値そのものである。