コックス「ガロワ理論」 10.2節の演習問題

演習問題1

kが2以外の因数を含んだとすると、qを奇素数としてk=ql (l=k/q)とおける。

f=x^k+1∈ℤ[x]⊂ℚ[x]とし、y=x^lとおくと、f=y^q+1∈ℤ[y]⊂ℚ[y]。

qは奇素数なのでy=-1はfの根だから、

命題4.2.6によりfはℚ上可約で、f=(y+1)g(y), g∈ℚ[y]。

したがって定理A.3.2（Gaussの補題）により、

f=g'h' (g',h'∈ℤ[y])なるg',h'が存在するので、

fはℤ上可約だから、f(x=2)=2^k+1は合成数となる。

したがって2^k+1が奇素数ならkは2冪。

演習問題2

(a)

例9.1.6によりΦ_p²(x)=(x^p2-1)/(x^p-1)だから、

Φ_p²(x+1)=[(x+1)^p2-1]/[(x+1)^p-1]となり、

[(x+1)^p2-1]=[(x+1)^p-1]Φ_p²(x+1)。

(b)

HTMLの制限で上付き線が出ないので、

Φ_p²(x+1)をpを法として還元したものをΦ_p²(x+1)と書く。

補題5.3.10によりmod pにおいて(x+1)^p-1=(x ^p+1)-1=x^p。

また(x+1)^p2-1=[(x+1)^p]^p-1=(x^p+1)^p-1=(x^p2+1) -1=x^p2なので、

(a)によりx^p2=x^pΦ_p²(x+1)。

(c)

(b)によりΦ_p²(x+1)= x^p2-p=x^φ(p2)。

一方deg(Φ_p²(x+1))=deg(Φ_p²(x))=φ(p2)だから、

Φ_p²(x+1)のうち最高次の係数以外はすべてpの倍数。

最高次の係数は1でpの倍数でないから、

Schönemann-Eisenstein判定法によりΦ_p²(x+1)はℚ上既約。

演習問題3

ζ_pはΦ_pの根で、Φ_pは命題4.2.5によりℚ上既約。

Φ_pの分解体はℚ(ζ_p)なので、[ℚ(ζ_p):ℚ]=deg(Φ_p)=p-1。

定理10.1.12により、ζ_pが作図可能であることは、

k∈ℕとして[ℚ(ζ_p):ℚ]=2^kと同値だから、

p=2^k+1が奇素数であることと同値。

演習問題1によりkは2冪なので、pがFermat素数であること同値。

演習問題4

m|n、m>0よりn/m∈ℕだから

(ζ_n)^n/m=(e^2πi/n)^n/m=e^2πi/m =ζ_m。

ζ_nが作図可能なら、10.1節演習問題2(b)の方法をn/m回繰り返して、

ζ_mが作図可能。

演習問題5

(a)

sについての数学的帰納法で証明する。

s=1のときζ₂=-1は作図可能。

ζ_2^sが作図可能と仮定すると、角の2等分は常に可能だから、

0,1, ζ_2^sのなす角の2等分線と単位円との2つの交点のうち、

上半平面にあるものをとれば、ζ_2^s+1

が得られるから、ζ_2^s+1は作図可能。

したがってすべてのs∈ℕについてζ_2^sは作図可能。

スマートにやるなら、1≤i≤sについて、 ζ_2ⁱ はf_i=x²-ζ_2^i-1∈ℚ(ζ_2^i-1)[x]の根。

f_iはℚ(ζ_2^i-1)に根を持たないので命題4.2.6によりℚ(ζ_2^i-1)上規約だから、

[ℚ(ζ_2ⁱ):ℚ(ζ_2^i-1)]=deg(f_i)=2。

したがって、ℚ⊂ℚ(ζ₂)...⊂ℚ(ζ_2^s), [ℚ(ζ_2ⁱ):ℚ(ζ_2^i-1)]=2となる部分体の列が存在するから、

定理10.1.6によりζ_2^s∈C。

(b)

α∈C∖{0}なら任意のk∈ℤに対しα^kは作図可能。

gcd(a,b)=1だから、am+bn=1の整数解n,m∈ℤが存在するので、

この解の組の一つn,mをとって、

ζ_a, ζ_bが作図可能なら(ζ_a)ⁿ(ζ_b)^m=e^{2πi(n/a+m/b)}=e^{2πi(am+bn)/(ab)}=e^2πi/(ab)=ζ_ab

は作図可能となる。

スマートにややこしくやるなら、

gcd(a,b)=1なので9.1節演習問題16により、ℚ(ζ_a, ζ_b)=ℚ(ζ_ab)。

ζ_aは作図可能だから、定理10.1.6により、

ℚ=F₀⊂...⊂F_n=ℚ(ζ_a), [F_i:F_i-1]=2 (1≤i≤n)である部分体の列が存在するので、

定理4.3.8（塔定理）により[ℚ(ζ_a):ℚ]=2ⁿ。

同様にζ_bは作図可能なので、

ℚ=K₀⊂...⊂K_m=ℚ(ζ_b), [K_j:K_j-1]=2 (1≤j≤m)である部分体の列が存在し、

[ℚ(ζ_b):ℚ]=2^m。

9.1節演習問題16によりΦ_bはℚ(ζ_a)上規約だから、

[ℚ(ζ_a,ζ_b):ℚ(ζ_a)]=[ℚ(ζ_b):ℚ]=2^mとなるので、

塔定理により[ℚ(ζ_ab):ℚ]= [ℚ(ζ_a,ζ_b):ℚ]=[ℚ(ζ_a,ζ_b):ℚ(ζ_a)][ℚ(ζ_a):ℚ]=2^n+m。

ℚ(ζ_ab)はζ_abのℚ上の最小多項式の分解体だから、

定理10.1.12によりζ_ab∈C。

(c)

(b)を繰り返し用いて、n=2^sp₁...p_rならζ_nは作図可能。

演習問題6

(a)

ζ_nが作図可能でp|nだから、演習問題4によりζ_pが作図可能。

故に演習問題3により、pはFermat素数でなければならない。

(b)

ζ_nが作図可能なら、p²|nだから演習問題4によりζ_p²が作図可能。

演習問題2(c)によりΦ_p²はℚ上既約だから、

[ℚ(ζ_p²):ℚ]=φ(p²)=p²-pよりp|[ℚ(ζ_p²):ℚ]。

一方、ℚ(ζ_p²)はζ_p²のℚ上の分解体なので、

ζ_p²が作図可能なら定理10.1.12により、

[ℚ(ζ_p²):ℚ]は2冪でなければならないから、

pは奇素数なのでp∤[ℚ(ζ_p²):ℚ]となり矛盾。

したがってp²|nならζ_nは作図不能。

演習問題7

Eratosthenesの篩を用いて地道に調べることで、

3,5,17,257,65537は素数であることが示される。

演習問題8

log₁₀F₃₃=2³³log₁₀2=10^{33log₁₀ 2} log₁₀2。

log₁₀2≈0.301029996より、

log₁₀F₃₃≈0.301029996·10^9.93398986≈2.58582799·10⁹

だから、約25億8600万桁である。

同様にlog₁₀F_2478782=10^{2478782log₁₀ 2}log₁₀2。

≈0.301029996·10^746187.735≈1.635·10⁷⁴⁶¹⁸⁷

となり、F_2478782は莫大な桁数となる。