演習問題1
(a)
a,b,c∈Fpに対しau+b=cの根u∈Fpが一意に存在することは、
整数論でのau≣c-b (mod p)に0≤u<pとなる根uが一意に存在することと同値で、
これはさらにgcd(a,p)|(c-b)と同値。
a≠0ならば、pは素数なので1≤a<pに対しgcd(a,p)=1だから、
任意のc∈Fpに対し根uが一意に存在し、
γa,bは1対1で上への写像となる。
逆にγa,bが1対1で上への写像ならKer(γa,b)=0だから、
au+b=0となるu∈Fpはu=0だけなので、b=0。
このときa=0ならIm(γa,b)={0}だから、
γa,bが上への写像であることと矛盾するのでa≠0。
(b)
au+b=c (a≠0)とするとu=a-1c-a-1bだから、
γa,b-1=γa-1,-a-1bが一意に存在する。
(c)
(b)によりγa,b∈AGL(1,Fp)の逆元は一意に存在し、単位元はγ1,0で一意。
γa,b∘γc,d(u)=acu+ad+b=γac,ad+b(u)より
γa,b∘(γc,d∘γf,g)(u)=( γa,b∘γc,d)∘γf,g (u)=acfu+acg+ad+bとなるから結合律を満たすので、
AGL(1,Fp)は合成に関して群。
演習問題2
(a)
φ: AGL(1,Fp)→Fp* (γa,b→a)とする。
γa,bγc,d=γac,ad+bよりφ(γa,bγc,d)=ac=φ(γa,b)φ(γc,d)で、
φはFpの乗法群Fp*において積を保つから準同型。
任意のa∈Fp*に対し、γa,b∈AGL(1,Fp)は常に存在するから、φは全射。
φ(γa,b)=1ならa=1だから、Ker(φ)=Tである。
したがってTはAGL(1,Fp)の正規部分群。
(b)
Fpを加法群と見てψ: T→Fp (γ1,b→b)とすれば、
ψ(γ1,bγ1,d)=b+d=ψ(γ1,b)ψ(γ1,d)だから、ψは準同型で、明らかに全射。
γ1,b∈Ker(ψ)ならψ(γ1,b)=b=0だから、Ker(ψ)={γ1,0}={e}なので、
ψは1対1となり、したがって同型。よってT≃Fpとなる。
演習問題3
(a)
体F上の多項式環F[x1,...,xn]において、
写像T:F[x1,...,xn]→F[x1,...,xn] (xi→xτ(i))は環上の求値写像だから、
定理2.1.2により環準同型。T(f)=τ·fとかけばよい。
したがって(6.7)の最初の2式が成り立つ。
ああそういえばそうだな、目からウロコ。
(b)
τ·(γ·f)=τ·f(xγ(1),...,xγ(n))=f(xτγ(1),...,xτγ(n))=(τγ)·f。
演習問題4
準同型であることは演習問題3で示した。
p160や演習問題5の記述から見てたぶん、問題文の「環準同型」が、
「環同型」の誤植なんだろう。
まー変数のラベルを付け替えただけなのだから当然同型。
演習問題3の写像Tについて、T(f)=τ·f =0となったとする。
Ker(T)={0}であることをnについての数学的帰納法で示す。
n=1ならτは恒等置換しかなく、τ·f(x1)=f(x1)=0だから成り立つ。
nで成り立ったとし、n+1でτ·f(x1,...,xn+1)=f(xτ(1),...,xτ(n+1))=0になったとする。
f(xτ(1),...,xτ(n+1))=∑1≤i≤n pi(xτ(1),...,xτ(n))xτ(n+1)i (pi∈F[x1,...,xn])と書けるので、
f(xτ(1),...,xτ(n+1))=0なら各pi(xτ(1),...,xτ(n))=0だから帰納法の仮定によりpi(x1,...,xn)=0。
したがってf(x1,...,xn+1)=0となりn+1でも成り立つ。
故にKer(T)={0}だからTは1対1。
τ∈Snなのでτ·fに対し演習問題3(b)により、
τ-1·(τ·f)が一意に存在するからTは全射。
したがってTは同型だから、f→τ·fはF[x1,...,xn]からそれ自身への同型。
演習問題5
任意のa∈Rに対し、φ: R→R (a→φ(a))を任意の環同型とする。
a,b∈R (b≠0)に対し分数体（の、約分による同値関係の同値類）a/b∈Kが定義される。
φ: K→K (a/b→φ(a)/φ(b))とφを延長すると、φは整域の環同型なので
φ(b)≠0となるから意味を持ち、Ker(φ)=Ker(φ)=0だから1対1で、
φ(a/b)に対しφ-1(a)/φ-1(b)が一意に対応するから全射なのでφは環同型。
さらにa≠0に対しφ((a/b)-1)= φ(b/a)=φ(b)/φ(a)=(φ(a)/φ(b))-1だから、
体の自己同型となる。明らかにこの延長はφにより一意に決まる。
演習問題6
(a)
o(g)=5となるg∈S5について、p224の対称群の性質から、
互いに共通の文字を持たない巡回置換c1,...,crを用いて
g=c1...cr, o(g)=LCM(o(c1),...,o(cr))だが、5は素数なので、
g=c1, o(c1)=5しかありえない。
(b)
f'=5x4-6=0の根は±∜(6/5), ±∜(6/5)iで、f''=20x3よりx=-∜(6/5)<0,x=∜(6/5)>0だから、
実関数としての極値は2つで、x=-∜(6/5)で極大、x=∜(6/5)で極小。
またx→-∞でf→-∞, x→∞でf→∞。
f(-∜(6/5))=(6/5)∜(6/5)+6∜(6/5)+3>0,
f(∜(6/5))=(6/5)∜(6/5)-6∜(6/5)+3=3[1-(8/5)∜(6/5)]<0。
-∞<x<-∜(6/5)でf'>0, -∜(6/5)<x<∜(6/5)でf'<0, ∜(6/5)<x<∞でf'>0。
以上により、fの実数根は-∞<x<-∜(6/5), -∜(6/5)<x<∜(6/5), ∜(6/5)<x<∞にそれぞれ唯一つ、
計3個の実数根がある。
Maximaでのグラフは以下の通り。
演習問題7
（HTMLの表現の都合で2行の置換表現が書きづらいので）γ∈Snとして、
順序列(1,2,3,...,n)を(γ(1),...,γ(n))へ移す置換を
[γ(1),...,γ(n)]と書くことにする。この記法のもとで
σ=(1 2 3...n)=[2,3,4,...,n,1]、τ=(1 2)=[2,1,3...,n]である。
σi-1=[i,i+1,i+2,...,i-1]なので、τσi-1=[i+1,i,i+2,...,i-1]
そこで直接計算によりσn-i+1τσi-1=[1,2,...,i-1,i+1,i,i+2,...,...,n]=(i i+1)のように、
巡回置換の冪の互換への作用として、任意の基本互換を表現できる。
全ての互換は基本互換の積で表現でき、
全ての置換は互換の積で表現できるから、
σn-i+1τσi-1の組合せによって任意の置換を表現できるので、
Sn=<σ,τ>=<(1 2 3...n),(1 2)>。
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