コックス「ガロワ理論」 9.1節の演習問題1

演習問題1

n>1なら、[i]が乗法に関する逆元[j]を持つことは、一次不定方程式ij+ny=1に

1≤j<nとなる整数解(j,y)が唯一つ存在することと同値であるから、gcd(i,n)=1と同値。

したがって(ℤ/nℤ)^*は1≤i<nかつgcd(i,n)=1となる整数の、

nを法とした合同類からなるから、|(ℤ/nℤ)^*|=φ(n)。

n=1のときはすべての整数は0に合同で、i=0として、

ij+y=1にjは任意でy=1という解がある。

したがって(ℤ/1ℤ)^*は単位元のみからなる群{[0]}だから、

|(ℤ/1ℤ)^*|=1=φ(1)。

演習問題2

α|_(ℤ/nmℤ)*: (ℤ/nmℤ)^*→(ℤ/nℤ)^*×(ℤ/mℤ)^*は乗法群としての群準同型となる。

すべての環準同型は乗法の単位元を保つから、

群準同型としてKer(α|_(ℤ/nmℤ)*)={1_nm}なので、α|_(ℤ/nmℤ)*は群同型。

演習問題3

命題A.2.1の証明より、ζ_nは1の原始n乗根。

(ζ_nⁱ)ⁿ=(ζ_nⁿ)ⁱ =1と(ζ_n^ikζ_n^il)ⁿ=[(ζ_nⁱ)ⁿ]^k[(ζ_nⁱ)ⁿ]^l=1から、

G={1, ζ_nⁱ,..., ζ_n^i(n-1)}は乗法に関して群である。

ℤ/nℤの加法群への写像φ:G→ℤ/nℤ (ζ_n^ik→[ik])を考えれると、

φ(ζ_n^ikζ_n^il)=φ(ζ_n^ik+il)=[ik+il]=[ik]+[il]=φ(ζ_n^ik)+φ(ζ_n^il)

なのでφは準同型。

gcd(i,n)=1だから、任意の0≤j<nに対し、

ik≡j (mod n)には0≤k<nとなる整数解kが唯一つ存在するのでφは全射。

gcd(i,n)=1よりik≡0 (mod n)の0≤k<nとなる整数解はk=0のみだから、

Ker(φ)={1}なのでφは1対1。したがってG≃ℤ/nℤだから、

1, ζ_nⁱ,..., ζ_n^i(n-1)は全て異なるxⁿ-1の|ℤ/nℤ|=n個の根である。

よってxⁿ-1のℚ上の分解体はℚ(ζ_nⁱ,..., ζ_n^i(n-1))=ℚ(ζ_nⁱ)⊂ℂだから、

ζ_nⁱはℂにおける1の原始n乗根である。

演習問題4

(a)

x²=(x/2-1/4)(2x+1)+1/4によりq=x/2-1/4∉ℤ[x], r=1/4∈ℤ⊂ℤ[x]。

(b)

(i) q,rの存在

fを固定し、deg(g)についての完全帰納法で証明する。

deg(g)<deg(f)なるgについてはq=0∈R[x], r=g∈R[x]とおけばよい。

deg(g)≥deg(f)とする。deg(g)<mとなる任意のgについて、

g=qf+r, deg(r)<deg(f)なるq,r∈R[x]が存在したとする。

deg(g)=mのとき、fは単多項式なのでf=x^deg(f)+f₁, deg(f₁)<deg(f)、

および g=ax^m+g₁, deg(g₁)<m, a∈Rとする。

h=g-ax^m-deg(f)f=g₁-ax^m-deg(f) f₁はgの最高次の項が消えているから、

deg(h)<mである。したがって帰納法の仮定により

h=q₁f+r₁ , deg(r₁)<deg(f)なるq₁,r₁∈R[x]が存在する。

するとg=(ax^m-deg(f)+q₁)f+r₁だから、q=ax^m-deg(f)+q₁∈R[x], r=r₁∈R[x]とおけば

g=qf+r, deg(r)<deg(f) (q,r∈R[x])。

fは任意のR[x]の単多項式だから、fが単多項式ならば以上により常に、

g=qf+r, deg(r)<deg(f)となる q,r∈R[x]が存在する。

(ii) q,rの一意性

g=qf+r, deg(r)<deg(f) (q,r∈R[x])が(i)の手続きにより得られたとする。

別のq',r'∈R[x]がg=q'f+r', deg(r')<deg(f)を満たしたとすると、

辺々引いて-(q-q')f=r-r'。

q-q'≠0なら、Rは整域なのでR[x]も整域だから、

deg((q-q')f)=deg(q-q')+deg(f)≥deg(f)。一方deg(r-r')<deg(f)だから、

-(q-q')f=r-r'となりえず矛盾。故にq-q'=0さらにこれよりr-r'=0となり、

一意性が示された。

演習問題5

105=3·5·7なので、S={1,2,...,105}⋂(ℤ∖(3ℤ⋃5ℤ⋃7ℤ))として、

(9.3)式によりΦ₁₀₅(x)= ∏_i∈S (x-ζ₁₀₅ⁱ)。

Maximaコマンド

cyclotomic(k, x) := trigrat(product

(if gcd(j, k) = 1 then x - exp(2*%pi *%i*j/k)

else 1, j, 1, k))$

j:105$

print("C", j, " = ",cyclotomic(j, x))$

で例9.1.7の表式が確かめられる。

演習問題6

(a)

定理2.2.2は体係数の対称式についての定理だが、証明のアルゴリズムの中では、

係数が体であること、すなわち任意の0でない係数に逆元が存在することは使っておらず、

可換環であれば成り立つ。ℤは可換環だから、fは基本対称式のℤ係数多項式。

(b)

h=∑_i c_ix₁^a_i1... x_n^a_in(c_i∈F_p)とすると、補題5.3.10を繰り返し用い、

また補題9.1.2（Fermatの小定理）からc_i^p=c_iなので

h^p=∑_i c_i^px₁^pa_i1... x_n^pa_in=∑_i c_i(x₁^p)^a_i1... (x_n^p)^a_in=h(x₁^p,..., x_n^p)。

演習問題7

(a)

演習問題3でζが1の原始n乗根のとき、

gcd(i,n)=1ならζⁱも1の原始n乗根であることを示した。

逆にζが1の原始n乗根で、ζⁱも1の原始n乗根なら、

任意の0≤j<nに対し(ζⁱ)^k=ζ^ik=ζ^jとなる冪kが存在する。

これはik≡j (mod n)に0≤k<nとなる整数解kが唯一つ存在することと同値だから、

gcd(i,n)=1と同値。

したがって1の原始n乗根はζⁱ (gcd(i,n)=1)のφ(n)個で尽くされる。

(b)

ある1≤k≤rおよびある1≤l≤rに対しγ_kⁱ=γ_lⁱとなったとする。

γ_k, γ_lは1の原始n乗根だから、

1の原始n乗根ζおよび、ある0≤x<nとある0≤y<nが存在して、

γ_k=ζ^x, γ_l=ζ^yだから、ζ^ix=ζ^iy。

これはix≣iy (mod n)を意味するのでi(x-y)≣0 (mod n)。

gcd(i,n)=1だからx=yとなり、故にγ_k=γ_lとなる。

したがって任意のk,lについて、γ_k≠γ_lならγ_kⁱ≠γ_lⁱ。

演習問題8

(a)

ζは1の原始n乗根だから、ζ^pは1のn乗根。
gcd(p,n)=1だから、ζ^pはΦ_nの根である。
Φ_n=fgかつf(ζ^p)≠0なので、g(ζ^p)=0でなければならない。

したがってζはg(x^p)の根でもあるが、

fの既約性より命題4.1.5からζの最小多項式はfだから、

補題4.1.3によりf|g(x^p)。

(b)

g(x)∈ℤ[x]なのでg(x^p) ∈ℤ[x]である。

(a)よりg(x^p)=fg', g'∈ℚ[x]だが、f∈ℤ[x]は単多項式なので、

演習問題4(b)により実はg'∈ℤ[x]だから、fはg(x^p)をℤ[x]において割り切る。

写像φ: ℤ[x]→F_p[x] (∑_i a_ixⁱ→∑_i α_ixⁱ, a_i∈[α_i]_p)を考えると、b_i∈[β_i]_pとして

φ(∑_i a_ixⁱ+∑_j b_jx^j)=∑_i α_ixⁱ+∑_j β_jx^j=φ(∑_i a_ixⁱ)+φ(∑_j b_jx^j)

φ((∑_i a_ixⁱ)(∑_j b_jx^j))=φ(∑_i∑_j a_ib_jxⁱx^j)=∑_i∑_jα_iβ_jxⁱx^j=(∑_i α_ixⁱ)(∑_j β_jx^j)=φ(∑_i a_ixⁱ)φ(∑_j b_jx^j)

によりφは環準同型だから、

g(x^p)=φ(g(x^p))=φ(fg')=f g'となるので、F_p[x]においてf|g(x^p)。

ただしHTMLの制約により上付き線が出ないのでφ(f)=fと書くことにする。

(c)

（「演習問題7」は「演習問題6」の誤植だろう）

演習問題6(b)によりg(x^p)=g(x)^pだから、(b)によりf|g(x)^p。

(d)

h|fだから(c)によりh|g(x)^p。

F_pは体なので命題A.1.18によりF_p[x]はPIDだから、h|g(x)。

これよりh^p|g(x)^p。pは素数なのでp≥2だからh²|g(x)^p。

(e)

Φ_n=fgでφは環準同型だからφ(Φ_n)=f g。

(d)によりh|fかつh|g(x)だからh²|φ(Φ_n)となる。

Φ_n|xⁿ-1∈ℤ[x]で、Φ_n∈ℤ[x]は単多項式だから(b)と同様に、

φ(Φ_n)はF_p[x]においてxⁿ-1を割る。これよりh²|xⁿ-1∈F_p[x]。

(f)

(e)によりxⁿ-1は分離的でないが、

gcd(p,n)=1だから、例5.3.6によりxⁿ-1は分離的なので矛盾。

したがってf(ζ^p)=0。