コックス「ガロワ理論」 12.3節の演習問題

演習問題1

4x³+x=x(4x²+1)においてxと4x²+1はℚ上規約なので、

4x³+xはℚ(x)の元の平方で表せない。

したがってy²-4x³-x∈ℚ(x)[y]はℚ(x)に根を持たないから、

補題A.1.19によりℚ(x)上既約。

演習問題2

Steinitzの定理により、ℚ⊂ℚ(R', R'',...)は、

ℚ上代数的独立なR₁,...,R_mとℚ上代数的なQ₁,...,Q_lを用いて、

ℚ⊂K=ℚ(R₁,...,R_m)⊂K(Q₁,...,Q_l)=ℚ(R', R'',...)と表すことができる。

4.1節演習問題6により、x₁,...,x_mを変数としてK ≃ℚ(x₁,...,x_m)で、

R₁,...,R_mをℚ上の変数とみなすことができる。

また、K⊂K(Q₁,...,Q_l)は代数拡大だから、定理5.4.1（原始元の定理）により、

あるℚ上代数的なB∈K(Q₁,...,Q_l)が存在してK(Q₁,...,Q_l)= K(B)。

したがって、ℚ⊂K=ℚ(R₁,...,R_m)⊂K(B)=ℚ(B, R₁,...,R_m)。

演習問題3

∑_1≤i≤s A_iM_i, ∑_1≤i≤s B_iM_i∈<M₁,...,M_s>に対し、

∑_1≤i≤s A_iM_i+∑_1≤i≤s B_iM_i=∑_1≤i≤s (A_i+B_i)M_i∈<M₁,...,M_s>だから、

<M₁,...,M_s>はRの加法についてRの部分群。

また任意のC∈RについてC∑_1≤i≤s A_iM_i=∑_1≤i≤s CA_iM_i∈<M₁,...,M_s>。

したがって<M₁,...,M_s>はRのイデアル。

演習問題4

(a)

定義式(12.36)からS(y) ∈F[x₁,...,x_n,t₁,...,t_n][y]で、

x₁,...,x_nの置換に対する対称多項式だから、

定理2.2.2によりS(y) ∈F[σ₁,...,σ_n,t₁,...,t_n][y]。

求値写像σ_i→c_iによってS(y)はs(y)に移り、

c₁,...,c_n∈Fだからs(y) ∈F[t₁,...,t_n][y]。

よって(2.30)によりΔ(s)∈F[t₁,...,t_n]。

(b)

L[x₁,...,x_n,t₁,...,t_n][y]においては、求値写像x_i→α_iによってσ_iはc_iに移るので、

S(y) ∈F[x₁,...,x_n,t₁,...,t_n][y]⊂L[x₁,...,x_n,t₁,...,t_n][y]はs(y)∈L[t₁,...,t_n][y]に移る。

したがって(12.36)からs(y)=∏_σ∈Sn [y-(t₁α_σ(1)+...+t_nα_σ(n))]。

(c)

fは分離的なのでα₁,...,α_nは全て相異なるから、

S_nの作用のもとでt₁α_σ(1)+...+t_nα_σ(n)はL[t₁,...,t_n]において全て相異なるので、

(b)によりs(y)∈L[t₁,...,t_n][y]は分離的となるから、

命題5.3.2によりΔ(s)はL[t₁,...,t_n]の元として0でない。

(a)によりΔ(s)∈F[t₁,...,t_n]⊂L[t₁,...,t_n]だから、F[t₁,...,t_n]においてもΔ(s)≠0。

演習問題5

(a)

gに含まれる変数の数に関する数学的帰納法で証明する。

gが一変数多項式なら、変数のラベルを適当に変えて、

g∈F[t₁]⊂F[t₁,...,t_n]としてよい。

t₁についてdeg(g)≤N₁だから、gはFに高々N₁個の根を持つ。

Fの標数は0だから、0≤a₁≤N₁なるa₁∈ℤはN₁+1個あるので、

その中にg(a₁)≠0となるものが存在する。

gがi変数多項式の時、g∈F[t₁,...,t_i]⊂F[t₁,...,t_n]としてよい。

g=∑_0≤j≤Ni p_j(t₁,...,t_i-1) t_i^jと書くと、

帰納法の仮定によりp_Ni (a₁,..., a_i-1)≠0となる

0≤a_l≤N_l (1≤l≤i-1)なるa₁,..., a_i-1が存在する。

t_iについてdeg(g(a₁,..., a_i-1, t_i))≤N_iだから、

一変数の時と同様にしてg(a₁,..., a_i-1,a_i)≠0となるa_i∈ℤが存在する。

以上によりg(a₁,...,a_n)≠0となる(a₁,...,a_n)∈Aが存在する。

(b)

(a)において、「Fの標数は0だから、

0≤a₁≤N₁なるa₁∈ℤはN₁+1個あるので」という議論を、

「Fは無限体だから、任意のN₁に対しN₁+1個の相異なるFの元を常に取れるので」

に変えればよい。

(c)

例えばF=F₂={0,1}とし、g=t₁(t₁+1) ∈F₂[t₁]とすると、

g(a₁)≠0となる(a₁)∈F₂は存在しない。

演習問題6

(a)

HTMLの制限のため、\tilde(B)はBで表す。

Bの各項の有理式において、Δ∈F[σ₁,...,σ_n]で、

(x-x_i)の形の因数はn-1個だから、Bは高々n-1次。

Δ=∏_i<j (x_i-x_j)²には、1≤i,j≤nについてのすべての組(i,j)が現れるから、

Bの第i項のΔ/∏_{1≤j≤n, j≠i} (x_i-x_j)²の因子において

分母の因子は全て分子も持っている。

したがって分母はΔと約分されて消えるので、Bはxの多項式。

Δ/∏_{1≤j≤n, j≠i} (x_i-x_j)²の因子で約分されずに残るのは、

x_iを含まない(x_k-x_j)²の形の因子の積である。

すなわち、Bの第i項はΔf=Δ(x-x₁)...(x-x_n)の中で、

x_iを含まない因子のみからなる積である。

任意の互換(ij)∈S_nによって、x_iとx_jのラベルを交換する作用をBに作用させると、

x_iを含まない第i項はx_jを含まない第j項へ、

x_jを含まない第j項はx_iを含まない第i項へそれぞれ移るから、

結局第i項と第j項が交換されるだけとなり、任意の互換(ij)の作用に対しBは不変。

S_nはすべての互換から生成されるから、S_nの作用に対しBは不変となるので、

Bはx₁,...,x_nについての対称式。故に定理2.2.7によりB∈F[σ₁,...,σ_n,x]。

(b)

x=x_iならBのうちx_iを含まない第i項以外はすべて消え、

B(x_i)=Δ/∏_{1≤j≤n, j≠i} (x_i-x_j)。

一方(12.7)と同様の計算によりf'(x_i)=∏_{1≤j≤n, j≠i} (x_i-x_j)だから、

B(x_i)=Δ/f'(x_i)よってΔ-B(x_i)f'(x_i)=0。

(c)

(b)においてiは任意だから、すべてのx₁,...,x_nはΔ-Bf'の根なので、

Δ-Bf'は∏_1≤j≤n (x-x_j)=fを因子に持つからf|Δ-Bf'。

したがって(Δ-Bf')/f=Aとおけば、Af+Bf'=Δ。

deg(f)=nよりdeg(f')=n-1だからdeg(Δ-Bf')≤2(n-1)=2n-2より

deg(A)=deg(Δ-Bf')-deg(f)≤n-2となり、A, Bは所望の性質を持つ。

演習問題7

f=xⁿ-c₁x^n-1+...+(-1)^n-1c_nとする。

求値写像σ_i→c_iによって演習問題6のA, B, f, f'をA, B, f, f'∈F[x]に写せば、

演習問題6(c)によりAf+Bf'=Δ, deg(A)≤n-2, deg(B)≤n-1となる。

演習問題8

(a)

t₁,...,t_n∈ℤはすべて相異なるから、すべてのσ∈S_nに対しσ·βも全て相異なる。

したがって(12.3)によりθ(y)=S(y)なので、(12.5)でg=x_iに対するψをΦ_iと書いて

Φ_i(y)=∑_σ∈Sn S(y)x_σ(i)/(y-σ·β)∈F[x₁,...,x_n,y]。これより(12.8)はx_i=Φ_i(β)/S'(β)。

Φ_i(y)の和はすべてのσ∈S_nにわたるから、x₁,...,x_nの対称式なので、

定理2.2.2によりΦ_i(y)∈F[σ₁,...,σ_n,y]。

(b)

すべてのσ∈S_nに対しσ·βも全て相異なるので、S(y)は分離的だから、

命題5.3.2によりΔ(S)≠0。S(y) の和はすべてのσ∈S_nにわたるから、

S(y)はx₁,...,x_nの対称式なので、S(y) ∈F[σ₁,...,σ_n,y]=F[σ₁,...,σ_n][y]。

さらにS(y)は単多項式なので、演習問題7のFをF[σ₁,...,σ_n]とみて、

A(y)S(y)+B(y)S'(y)=Δ(S)となる、A,B∈F[σ₁,...,σ_n,y]が存在する。

A(y)S(y)+B(y)S'(y)=Δ(S)にy=βを代入すれば、

βはS(y)の根だから、B(β)S'(β)=Δ(S)。

(c)

(b)によりB(β)S'(β)=Δ(S)≠0だから、B(β)/Δ(S)=1/S'(β)。

これを(a)のx_i=Φ_i(β)/S'(β)に代入して、

x_i=B(β)Φ_i(β)/Δ(S)=Ψ_i(β)/Δ(S)なので(13.37)を得る。