二次域的整数环

设 $\alpha=a+b\sqrt d$,$a,b\in\mathbb Q$。若 $b=0$,则 $\alpha=a\in\mathbb Q$ 是代数整数当且仅当 $a\in\mathbb Z$(有理根定理),这正是 $\mathbb Z[\sqrt d]$ 中 $b=0$ 的情形。若 $b\neq0$,$\alpha$ 在 $\mathbb Q$ 上的极小多项式为 $x^2-2ax+(a^2-db^2)$(其迹为 $2a$,范数为 $a^2-db^2$),故 $\alpha$ 为代数整数当且仅当 $2a\in\mathbb Z$ 且 $a^2-db^2\in\mathbb Z$。

记 $u=2a\in\mathbb Z$。由 $a^2-db^2\in\mathbb Z$ 两边乘 $4$ 得 $u^2-4db^2\in4\mathbb Z\subset\mathbb Z$,故 $4db^2\in\mathbb Z$。将 $b=p/q$ 写成最简形式($\gcd(p,q)=1$),则 $4db^2=4dp^2/q^2\in\mathbb Z$ 迫使 $q^2\mid4dp^2$,又因 $\gcd(p,q)=1$,这迫使 $q^2\mid4d$。因 $d$ 无平方因子,整除 $4d$ 的最大完全平方数至多为 $4$,故 $q^2\mid4$,即 $q\in\{1,2\}$;无论哪种情形都有 $v:=2b\in\mathbb Z$。

现在把 $u=2a$、$v=2b$(均为整数)代入 $a^2-db^2\in\mathbb Z$:得到 $\tfrac{u^2-dv^2}{4}\in\mathbb Z$,即 $u^2\equiv dv^2\pmod4$。模 $4$ 的平方只能是 $0$(偶)或 $1$(奇)。若 $v$ 为偶数,$dv^2\equiv0\pmod4$ 迫使 $u$ 也为偶数(否则 $u^2$ 为奇数会给出 $1\not\equiv0$);于是 $u,v$ 均为偶数,即 $a,b\in\mathbb Z$——这是始终存在的"平凡"解,故总有 $\mathbb Z[\sqrt d]\subseteq\mathcal O_K$。

若 $v$ 为奇数,则 $dv^2\equiv d\pmod4$(因 $v^2\equiv1$),故需 $u^2\equiv d\pmod4$。若 $d\equiv2,3\pmod4$(即 $d\equiv2,3\pmod4$),$u^2\in\{0,1\}\pmod4$ 都不可能等于 $2$ 或 $3\pmod4$,故此情形不可能——只剩下 $u,v$ 均为偶数的平凡解,恰好给出 $\mathcal O_K=\mathbb Z[\sqrt d]$。若为 $d\equiv1\pmod4$($d\equiv1\pmod4$),则需 $u^2\equiv1\pmod4$,只要 $u$ 为奇数即满足——而 $v$ 已为奇数,故 $u\equiv v\pmod2$ 恰是 $\alpha=\tfrac{u+v\sqrt d}2$(其中 $u,v$ 均为奇数)的条件,这正是 $\mathbb Z+\mathbb Z\cdot\tfrac{1+\sqrt d}2$(验证:$\tfrac{1+\sqrt d}2$ 本身对应 $u=v=1$,均为奇数),因此此情形下 $\mathcal O_K=\mathbb Z\!\left[\tfrac{1+\sqrt d}2\right]$,严格大于 $\mathbb Z[\sqrt d]$(指数为 $2$)。