コックス「ガロワ理論」 5.4節の演習問題

演習問題1

(5.18)式は異なるjのγ_j同士の入れ替えに対し対称である。

そこで補助多項式S(x)=∏_j f(x-λx_j) ∈F[x₁,..., x_m]を考えると、

S(x)も異なるjのx_j同士の入れ替えに対し対称なので、F[x₁,..., x_m]の対称多項式。

したがって、積を展開してS(x)=∑_k p_k(x₁,..., x_m)x^k(p_k∈F[x₁,..., x_m])と書くことができ、

各p_kは対称多項式となる。

求値写像F[x₁,..., x_m]→F[γ₁,...,γ_m] (x_j→γ_j)は定理2.1.2により環準同型で、

この写像によりS(x)はs(x)に写像されるので、s(x)=∑_k p_k(γ₁,...,γ_m)x^k。

γ₁,...,γ_mはFを拡大したfgの分解体でのg(x)=F[x]の根だから、

系2.2.5により全てのkに対してp_k(γ₁,...,γ_m)∈Fとなり、s(x)∈F[x]となる。

演習問題2

(a)

F⊂Lは有限次拡大だから、[L:F]=mとしてL上の基底α₁=1,α₂,...,α_mが存在して

任意のα∈Lについてα=∑_i a_iα_i (a_i∈F)。Fは有限体だから、

可能なa₁,...,a_mの組合わせは有限通りしかないので、

異なるαは有限個しかないから、Lは有限体。

(b)

α∈L^*は有限巡回群としてのL^*の生成元だから、

任意のβ∈L^*についてn∈ℕ∪{0}, n<|L^*|=|L|-1が存在してβ=αⁿ∈F(α)。

したがってL^*⊂F(α)。

{0}⊂F(α)だからL=L^*∪{0}⊂F(α)。F(α)⊂Lは明らかだから、L=F(α)。

(c)

L^*は巡回群で|L^*|=|L|-1=m だから、L^*≃ℤ/mℤで、

L^*はm個の異なる元1,α,...,α^m-1を持ち、任意のβ∈L^*について、β^m=1。

したがって、m個のβ∈L^*⊂Lはm次多項式x^m-1∈F[x]の根なので、

x^m-1はL上完全分解してx^m-1=(x-1)(x-α)...(x-α^m-1)となる。

(d)

(c)によりLは分離多項式x^m-1の分解体だから、

定理5.3.15(b)によりαはF上分離的。

したがって定理5.4.1が従う。

演習問題3

定理5.4.1の証明においてλが満たさなければならないのは、

(5.16)式だけなので、これがF(α₁,...,α_n)において、

全てのt₁,...,t_nについて成り立てばよい。

t₁=1∈ℤとおく。F(α₁,α₂)においてα₁,α₂のF上の最小多項式をそれぞれf,gとし、

fgの分解体における根を定理5.4.1と同様にα₁=β₁,β₂,..., β_deg(f)および

α₂=γ₁,γ₂,...,γ_mとする。Fは標数0なので命題4.1.5・定理5.3.7により、

fとgは分離的だから、β₁,..., β_deg(f)は相異なり、γ₁,...,γ_mも相異なる。

Δβ=max(|β_r-β_i|)≠0 (1≤i<r≤def(f)), Δγ=min(|γ_s-γ_j|)≠0 (1≤j<s≤def(g))とし、

|Δβ|/|Δγ|<t₂なるt₂∈ℤをとると、全ての(r,s)≠(i,j)の組に対し

|(β_i-t₂γ_j)-(β_r-t₂γ_s)|=|t₂(γ_s-γ_j)-(β_r-β_i)|≥t₂|γ_s-γ_j|-|β_r-β_i|≥t₂Δγ-Δβ>0。

したがってλ=t₂として(5.16)が満たされ、

したがってα₁₂=α₁+t₂α₂はF(α₁,α₂)の原始元だからF(α₁,α₂)=F(α₁₂)。

F(α₁,α₂,α₃)=F(α₁,α₂)(α₃)=F(α₁₂)(α₃)=F(α₁₂,α₃)において、

上の操作を繰り返してt₃∈ℤを定め、F(α₁,α₂,α₃)= F(α₁₃), α₁₃=α₁+t₂α₂+t₃α₃を得る。

以下同様に繰り返してα=α_1n=α₁+t₂α₂+...+t_nα_n (t₁=1, t₂,..., t_n∈ℤ)の形の原始元が得られ、

F(α₁,...,α_n)=F(α)。

演習問題4

(a)

g=x^p-sはFに根を持たず、またpは素数だから命題4.2.6によりgはF上既約。

例5.3.11によりF(α)においてgは(x-α)^pと完全分解するので、

F(α)はgのF上の分解体で、[F(α): F]=p。

h=x^p-uはF(α)に根を持たないから、同様にすればL=F(α,β)はF(α)上のhの分解体だから、

F上のghの分解体でもある。L上でhは(x-β)^pと完全分解して[L:F(α)]=p。

定理4.3.8（塔定理）から[L:F]=p²。

(b)

例5.4.4においてs(t,u)=∑_i,j a_ijtⁱu^j∈Fとすると、、

γはF上の最小多項式f=x^p-s(t,u)の根なので、[F(γ):F]=p。

(c)

(b)により、任意のγ∈L∖Fの最小多項式はL上で(x-γ)^pと完全分解するから、

γはF上分離的でない。したがってF⊂Lは純非分離拡大。

演習問題5

(a)

F(α+λβ)=F(α+μβ)となるμ≠λが存在したと仮定すると、

演習問題4(b)により、1,α+λβ,(α+λβ)²,...,(α+λβ)^p-1は F(α+λβ)の基底だから、

α+μβ=a₀+a₁(α+λβ)+...+a_p-1(α+λβ)^p-1となるa₀,a₁,...,a_p-1∈Fが存在する。

α+μβ-(α+λβ)=(μ-λ)β=a₀+(a₁-1)(α+λβ)+...+a_p-1(α+λβ)^p-1

より、β=(μ-λ)^-1[a₀+(a₁-1)(α+λβ)+...+a_p-1(α+λβ)^p-1]∈F(α+λβ)。

さらにα=(α+λβ)-λβ∈F(α+λβ)。

(b)

(a)よりF(α,β)⊂F(α+λβ)。F(α+λβ)⊂F(α,β)だからF(α+λβ)=F(α,β)。

演習問題4(b)により[F(α+λβ):F]=pだが、

演習問題4(a)により[F(α,β):F]=[F(α+λβ):F]=p²となり矛盾。

したがってF(α+λβ)=F(α+μβ)となるμ≠λは存在しない。

演習問題6

定理5.4.1の証明のn=2についての部分で、gの分離性は使っていいるが、

fの分離性は使っていない。

fが分離的でなくても(5.16)は満たされ、n=2について定理は正しい。

要求されているのは[L:F]が有限次拡大であることだが、

βが代数的なら命題4.3.4により満たされる。

演習問題7

F(α₁,...,α_n)=F(α₁,...,α_n-1)(α_n)において、

F⊂F(α₁,...,α_n-1)は有限次拡大で各α₁,...,α_n-1は分離的だから、

定理5.4.1によりあるF上分離的なαが存在してF(α₁,...,α_n-1)=F(α)。

F(α₁,...,α_n)=F(α)(α_n)=F(α,α_n)において、F⊂F(α,α_n)は有限次拡大なので、

命題4.3.4によりα_nはF上代数的。αはF上分離的だから、

演習問題6によりF⊂F(α,α_n)=F(α₁,...,α_n)は原始元をもつ。

演習問題8

Lにおけるx²-tとx³-uの根をそれぞれα, βとする。

5.3節演習問題8によりαは分離的でβは非分離的。

Lにおいてx²-tは(x-α)(x-2α)と完全分解する。

またβはF上代数的で、例5.3.11と演習問題4(a)により、

Lにおいてx³-uは(x-β)³と完全分解する。

(5.17)式のλ∈Fはこの場合α+λβ≠2α+λβであればよい。

α≠0だから、すべてのλ∈Fについて(5.17)は満たされる。

したがってα+λβが原始元で、(α+λβ)³=tα+λ³uより、

α=[(α+λβ)³-λ³u]/tなのでα∈F(α+λβ)。これよりβ∈F(α+λβ)だから、

F(α,β)⊂F(α+λβ)となりF(α,β)=F(α+λβ)。