コックス「ガロワ理論」 11.1節の演習問題

演習問題1

0^q=0, 1^q=1だから0,1∈F。α,β∈Fとすると、

補題5.3.10により(α+β)^q=α^q+β^q=α+β、

(αβ)^q=α^qβ^q=αβ、α≠0なら(α^-1)^q=α^-q=α^-1だから、α+β, αβ, α^-1∈F。

故にFはLの部分体。

演習問題2

定理A.1.14により、fとgの互除法は、

F[x]で行うかL[x]で行うかによらず一意に決まる。

したがって、F[x]でgcd(f,g)=hならL[x]でもgcd(f,g)=h。

演習問題3

F_p^mがF_pⁿの部分体と同型ならm|nであることは、

系11.1.8の証明と同様。

逆にm|nとする。

F={α∈F_pⁿ|α^pm =α}とすれば、0^pm=0, 1^pm=1だから0,1∈F。

F_pⁿは標数pだから、α,β∈Fとして5.3節演習問題2により

(α+β)^pm=α^pm+β^pm=α+β、(αβ)^pm=α^pmβ^pm=αβ、α≠0なら(α^-1)^pm=α^-pm=α^-1

なのでα+β, αβ, α^-1∈F。故にFはF_pⁿの部分体。

α∈Fは定義によりF_pⁿにおけるf=x^pm-x∈F_p[x]の根全体からなるから、

命題11.1.5により|F|=deg(gcd(f,x^pn-x))。

ところで、命題9.1.5によりℤ[x]において

x^pn-x=x(x^pn-1-1)=x∏_d|(pⁿ-1) Φ_d(x)。m|nよりn=dmとすると

pⁿ-1=(p^m)^d-1=∏_e|d Φ_e(p^m)=(p^m-1)∏_e|d,_e>1 Φ_e(p^m)だから、

(p^m-1)|(pⁿ-1)である。

故にx^pn-x=x∏_d|(pⁿ-1) Φ_d(x)=xg∏_d|(p^m-1) Φ_d(x)=x(x^pm-1-1)g=(x^pm-x)g

（ただしg=∏_{e|(pⁿ-1), e∤(p^m-1)} Φ_e(x)∈ℤ[x]）だから、ℤ[x]において(x^pm-x)|(x^pn-x)。

pを法としてx^pm-xを還元すると、F_p[x]においてf|(x^pn-x)。

これよりF_p[x]においてgcd(f,x^pn-x)=fだから、|F|=deg(f)=p^m=|F_p^m|。

したがって系11.1.3によりF≃F_p^mとなり、F_p^mはF_pⁿの部分体と同型。

演習問題4

定理11.1.7によりGal(F_pⁿ/F_p)=<Frob_p>≃ℤ/nℤ, |Gal(F_pⁿ/F_p)|=nで、

m|nだから定理A.1.4により、

Gal(F_pⁿ/F_p)は位数n/mの部分群<(Frob_p)^m>≃ℤ/(n/m)ℤを唯一つ持つ。

したがってGalois対応により<(Frob_p)^m>=Gal(F_pⁿ/F_p^m)≃ℤ/(n/m)ℤ。

やっと自分の中で「Galois対応により」と利いた風なことが、

少し言えるようになってきたｗ

演習問題5

(a)

1,3,5,7の4つの解を持つので、解の数はdeg(x²-1)=2より大きい。。

(b)

m=4のとき、ℤ/4ℤに根を持つℤ/4ℤ[x]の二次多項式は、

x,x-1, x-2, x-3のうち2つの積だが、どの2つの積も、

2つの根しか持たない。したがってmは素数とは限らない。

演習問題6

φψ=F+pχなるφ,ψ,χ∈ℤ[x] (deg(φ),deg(ψ)<deg(F)=n)が存在すれば、

φ,ψ,F をpを法として還元した多項式をそれぞれφ,ψ,F∈F_p[x]とすれば、

F_p[x]においてφψ=Fとなる。

Fのn次の係数はpで割り切れないから、deg(F)=nである。

Fのn次の係数はφ,ψの最高次の係数同士の積だから、

これらの係数もpで割り切れない。

したがってφ,ψは定数でないからdeg(φ),deg(ψ)<nとなり、

FはF_p上可約。

対偶を取って、FはF_p上規約なら、

条件を満たすφψ=F+pχなるφ,ψ,χ∈ℤ[x]は存在しない。

逆にFがF_p上可約でφψ= Fと仮定する。

ただしdeg(F)=n, deg(φ),deg(ψ)<nで、

F_pは体だから整域なので(A.4)によりdeg(φ)+deg(ψ)=n。

φの係数をそのまま使ってφ∈ℤ[x]を作るとdeg(φ)=deg(φ)<nで、

定理A.1.14によりF=qφ+rなるq,r∈ℤ[x] (deg(r)<deg(φ))が一意に存在し、

ℤは整域だから(A.4)によりdeg(q)=n-deg(φ)。

そこでψの係数をそのまま使ってψ∈ℤ[x]を作ると、

deg(ψ)=deg(ψ)=n-deg(φ)で、

再び定理A.1.14により、q=sψ+tなるs,t∈ℤ[x] (deg(t)<deg(ψ))が

一意に存在するが、deg(q)=deg(ψ)だからsとtは定数。

このときF=sφψ+tψ+rで、Fをpを法として還元するとF=φψ

とならなければならないから、s≡1 (mod p)かつ、

tψ+rの各項の係数がpを法として0に合同となる。

したがって、tψ+r=-pχとおけるので、φψ=F+pχ、φ,ψ,χ∈ℤ[x]となる。

対偶を取って、条件を満たすφψ=F+pχなるφ,ψ,χ∈ℤ[x]が存在しないなら、

FはF_p上規約。

演習問題7

定理11.1.7によりGal(F_p^ν/F_p)=<Frob_p>, o(Frob_p)=νだから、

iがfの分解体における一つの根なら、

命題6.1.4によりこの分解体での他の根は

Frob_p(i), (Frob_p)²(i), …, (Frob_p)^ν-1(i)すなわちi^p, i^p2,…,  i^pν-1である。

演習問題8

(a)

I,JはRのイデアルだから、a∈R, r∈I, s∈Jとすれば、ar∈I, as∈J。

故にr+s∈I+Jならa(r+s)=ar+as∈I+JだからI+JはRのイデアル。

r+J∈I =I/J (r∈I)なら、a+J∈R/J (a∈R)に対し(a+J)(r+J)=ar+J∈I

となるのでIはR/Jのイデアル。

(b)

この写像をφ、またa,b∈R, A=a+(I+J) ∈R/(I+J), B=b+(I+J) ∈R/(I+J)とする。

φ(A+B)=φ(a+b+(I+J))=(a+b+J)+I=(a+J)+I +(b+J)+I=φ(A)+φ(B)。

またφ(AB)=φ(ab+aI+aJ+bI+bJ+(I+J)(I+J))=φ(ab+(I+J))=(ab+J)+Iで、

φ(A)φ(B)=[(a+J)+I ][(b+J)+I]=[ab+(a+b)J+JJ]+(a+J)I+(b+J)I

=(ab+J)+(a+J)I+(b+J)Iだが、(a)によりIはR/Jのイデアルだから、

(a+J)I+(b+J)I =Iなので、φ(A)φ(B)=(ab+J)+Iとなり、φ(AB)=φ(A)φ(B)。

したがってφは環準同型。

φは明らかに全射。またφ(A)=(a+J)+I=0_(R/J)/Iならa=0だから、

a+(I+J)=0_R/(I+J)なので、Ker(φ)=0_R/(I+J)となりφは1対1となり、故に同型。

したがってR/(I+J)≃(R/J)/I。

演習問題9

(a)

この求値写像をφとすると命題2.1.2によりφは環準同型で、

明らかにIm(φ)=ℤ[α]だからφは全射。

αはfの根でℤ上既約だから、fをℚ[x]の元とみなせば

系4.2.1（の対偶）によりℚ上既約。

故に命題4.1.5、、fはαのℚ上の最小多項式で、

補題4.1.3によりg∈ℤ[x]⊂ℚ[x], g(α)=0ならgはfの倍式、またfは単多項式。

したがって9.1節演習問題4により、

h∈ℤ[x]が一意に存在してℤ[x]においてg=fhだからg∈fℤ[x]。

したがってKer(φ)=fℤ[x]。

よって定理A.1.9（環準同型の基本定理）によりφを用いて

ℤ[x]/fℤ[x]≃ℤ[α]の同型が矛盾なく定義される。

(b)

<p,f>=pℤ[x]+fℤ[x]だから演習問題8(b)において、

R=ℤ[x], I=pℤ[x], J=fℤ[x]とみればℤ[x]/<p,f>≃(ℤ[x]/fℤ[x])/pℤ[x]、

ただしpℤ[x]={q+fℤ[x]| q∈pℤ[x]}=pℤ[x]/fℤ[x]。

ここで(a)によりℤ[x]/fℤ[x]≃ℤ[α]、

またfはℤ[x]でαのの最小多項式だから、

補題4.1.13によりpℤ[x]=pℤ[x]/fℤ[x]=pℤ[α]。

したがってℤ[x]/<p,f>≃ℤ[α]/pℤ[α]。

(c)

(b)と異なる手順で、演習問題8(b)において、

R=ℤ[x], I=fℤ[x], J=pℤ[x]とみればℤ[x]/<p,f>≃(ℤ[x]/pℤ[x])/fℤ[x]、

ただしfℤ[x]={r+pℤ[x]| r∈fℤ[x]}=fℤ[x]/pℤ[x]。

ここでℤ[x]/pℤ[x]=F_p[x], fℤ[x]/pℤ[x]=<f>だから、

ℤ[x]/<p,f>≃F_p[x]/<f>。

演習問題10

(a)

Maximaコマンド

f:2+2*x+2*x^2+2*x^3+2*x^4+2*x^5
+2*x^6+2*x^7+x^8+x^9+x^10;

gcd(f,x^(3^3)-x),modulus:3;

により

gcd(f,x³³-x)=x³-x²+x+1だからF_3³におけるfの根の個数は3個。

同様にMaximaコマンド

gcd(f,x^(3^7)-x),modulus:3;

により

gcd(f,x³⁷-x)=x⁷-x⁶-x⁵+x⁴-x³+x²-1だからF_3⁷におけるfの根の個数は7個。

(b)

fのF₃上の分解体をLとすると、

定理5.1.5によりF₃⊂Lは有限次拡大だから、

定理4.4.3によりLは有限体なので、

命題11.1.1によりL=F_pⁿ, n=[L:F₃]。

Maximaで計算してgcd(f,f')=1だから命題5.3.2によりfは分離的。

またMaximaで計算してF₃においてgcd(f,x³³-x)gcd(f,x³⁷-x)=fとなるので、

fの分解体Lにおいてfが完全分解した10個の異なる1次式は、

gcd(f,x³³-x)に3個、gcd(f,x³⁷-x)に7個割り振られている。

したがってF_3³, F_3⁷はともにLの部分体だから、

系11.1.8により3|n,かつ7|nなのでlcm(3,7)=21|n。

L=F_pⁿはF_3³, F_3⁷を含む最小の体だから、n=21。

よってL=F_3²¹で、F_3³, F_3⁷の合成体F_3³F_3⁷である。

演習問題11

fは規約なので、fの根の1つをαとすると、

命題4.3.4により[F_p(α):F_p]=nで、

F_p(α)の任意の元はa₀+a₁α+...+ a_n-1α^n-1 (a₀, a₁,..., a_n-1∈F_p)の形で一意に表される。

(a₀, a₁,..., a_n-1)の異なる選択はpⁿ通りだから、|F_p(α)|=pⁿとなるので、

系11.1.3によりF_p(α)≃F_pⁿ。

定理11.1.7によりF_p⊂F_pⁿはGalois拡大だから正規拡大で、

fの根αを含むから、fはF_pⁿ上完全分解する。