コックス「ガロワ理論」 4.2節の演習問題

演習問題1

(a)

和の中の各項は、d+1個のx-b_j (j=0,1,...,d)のうちi番目を除いたものの積だから、

xの降冪順に並べた先頭項はc_ix^d∏_j≠i (b_i-b_j)^-1。

∑_i c_i∏_j≠i (b_i-b_j)^-1≠0ならdeg(g)=d,

∑_i c_i∏_j≠i (b_i-b_j)^-1=0ならdeg(g)<dなのでdeg(g)≤d。

d=2のとき例えばb₀=1, b₁=3, b₂=2, c₀=1, c₁=-1, c₂=0とすれば、

g(x)=-x+2でdeg(g)=1<2。

(b)

g(b_i)の和の各項において、i番目の項以外は、

分子にb_i-b_i=0の因子を含むから消える。

したがって、g(b_i)= c_i∏_j≠i (b_i-b_j)/(b_i-b_j)=c_i。

(c)

f=h-gを考えると、deg(f)≤dなので、系A.1.16により

f≠0ならfの異なる根の数は高々d個。

ところがf(b_i)=0より、

fはd+1個の異なるb_i(i=0,1,...,d)を解に持つから、

f=0でなければならない。したがってh=g。

演習問題2

(a)

（問題文に書いてないがp99というか命題4.2.5準拠で

pは素数、なんだろう。）

f(x)=∑_0≤i≤n a_ixⁱ, F(x)=∑_{0≤j≤deg(F)} A_jx^j (A_j∈ℤ)とし、

j>deg(F)に対しA_j=0とする。

deg(F)<nならa_n=1なのでdeg(f)=n,

deg(F)=nならa_n=1+pA_n≣1 (mod p)なのでa_n ≠0よりdeg(f)=n

いずれにせよdeg(f)=nである。

F(a)≢0 (mod p)だから、Fは0ではない。

n=1のときは明らかに既約である。

n=2のときは、fがℚ上可約とするとℚ上完全分解するから、

fはℚに根を持つ。

f=(1+pA₂)x²+(-2a+pA₁)x+a²+pA₀=0

を解いて根はx=(2a-pA₁±√Δ)/[2(1+pA₂)]、

ただしΔ=p²A₁²-4p²A₀A₂-4pF(a)∈ℤである。

p∤F(a)により、p²A₁²-4p²A₀A₂-4pF(a)≣0(mod p)かつ

p²A₁²-4p²A₀A₂-4pF(a)≢0 (mod p²)だから、

Δは素因数pを1つしか含まないので、Δは平方数ではない。

すなわち√Δは無理数だから、根はℚの元ではない。

したがって任意のp∤F(a), deg(F) ≤2なるFについてfはℚ上既約。

数学的帰納法に持っていけない・・・もっと簡単な話なのかな。

命題A.3.1もあまり使えなさそうだし・・・。

演習問題3

...

演習問題4

(a)

Maximaで計算してℚ上既約。

(b)

Maximaで計算してℚ上既約。

Maximaで計算するとℚ(∛2)上では可約で、

[3x²+(-2^2/3+2^1/3+2)x+2^2/3-2^1/3+1]

×[3x⁴+(2^2/3-2^1/3+4)x³+(2^1/3+4)x²+(-2^2/3-2^1/3)x+2^1/3+1]/3

演習問題5

(a)

(x-1)(x+1)(x²+1)(x²-x+1)(x²+x+1)(x⁴+1)(x⁴-x²+1)(x⁸-x⁴+1)

(b)

ζ₂₄¹²=-1だから、ζ₂₄はx²⁴-1の因子である(x⁴+1)(x⁸-x⁴+1)=x¹²+1の根である。

ζ₂₄⁴≠-1, ζ₂₄⁸-ζ₂₄⁴+1=0で、x⁸-x⁴+1は(Maximaで計算すると) ℚ上既約だから、

命題4.1.5によりx⁸-x⁴+1はζ₂₄の、ℚ上の最小多項式。

演習問題6

fが1次式なら既約。

補題A.1.19により、fが2次式か3次式なら、

Fの有限個の各要素を直接fに代入して根が存在すれば可約、

根が存在しなければ既約である。このプロセスは有限回で終了する。

より高次のfについては、Fの各要素を係数に持つ、

次数がdeg(f)より小さい多項式は有限個だから、

それらの多項式で割って、fを整除する多項式が存在すれば可約、

存在しなければ既約である。なお割る多項式が1次式なら、

その1次式の根を代入して0になれば整徐でき、ならなければ整徐できない。

また2次か3次なら、

先に上の2次式または3次式の場合の判定を使って、

既約となった多項式だけで割ればよい。

このプロセスは有限回で終了する。

以上によりF上の多項式が既約かどうかを判定するアルゴリズムが得られる。

もちろんド下手クソな方法だろうがｗ

演習問題7

(a)

f=x³+x+1とする。

3次式なので演習問題6により、{0,1,2,3,4}の各要素を直接代入して、

根があるかどうかを探せばよい。

f(0)=1, f(1)=3, f(2)=1, f(3)=1, f(4)=4なので、

fはF₅に根を持たないからF₅上既約。

(b)

g=x⁴+x+1とする。

4次式なので演習問題6により、

F₂[x]の元である既約な3次以下の多項式で整徐できるかどうかを確かめる。

既約な3次以下の多項式は

x, x+1, x²+x+1, x³+x+1, x³+x²+1だけである。

これらはすべてgを割らないので、gはF₂上既約。

演習問題8

Schönemann-Eisenstein判定法を用いると、

aの素因数pについてp∤a_n=1, p|a_n-1=0, ..., p|a₁=0, p|a₀=a, p²∤a₀だから、

ℚ上既約である。したがってⁿ√a∈ℝはℚの元でないから無理数。

演習問題9

f=0の根がFに存在したとすれば、互いに素なg,h∈k[t]が存在して

(g/h)^p=tである。これよりg^p=th^pだからtはg^pを割る。

kは体なので系A.5.7によりk[t]はUFD。

t∈k[t]は一次式なのでk[t]において既約だから、tはk[t]の素元である。

したがって、tはgを割らなければならないので、g=tg₁, g₁∈k[t]とおける。

ここでg₁はhと素である。

これよりt^pg₁^p=th^pだからh^p=t^p-1g₁^pだから、tがhを割らなければならない。

これはg,hが互いに素であることに反する。

したがって、fはFに根を持たないから、fは既約。

コックス「ガロワ理論」 4.1節の演習問題

演習問題1

f(α)=0より、f=∑_{0≤i≤deg(f)} f_ixⁱ (f_i∈F)とすると∑_i f_iαⁱ=0。

この両辺をα^deg(f)で割れば、0=∑_i f_i(1/α)^deg(f)-i=∑_j f_deg(f)-j(1/α)^j。

したがって、1/αはg=∑_j f_deg(f)-j x^j∈F[x]の根だから、

1/αはF上代数的である。

演習問題2

fはgを割るのである0でないu∈F[x]が存在してg=uf。

またgはfを割るのである0でないu v∈F[x]が存在してf=vg。

故にf= uvfとなるからuv=1となりu,vは単数。

f,gは共に単多項式だから、u=v=1でなければならないのでf=g。

演習問題3

求値写像φ: F[x₁,...,x_n]→F[α₁,...,α_n]⊂L (f(x₁,...,x_n)→f(α₁,...,α_n))

は環準同型なので単位元を保ち、任意のf,g∈F[x₁,...,x_n]に対し

φ(f)+φ(g)=φ(f+g)∈F[α₁,...,α_n], φ(f)φ(g)=φ(fg)∈F[α₁,...,α_n]だから、

F[α₁,...,α_n]はLの部分環となる。

有理関数体F(α₁,...,α_n)については求値写像

φ: F(x₁,...,x_n)→F(α₁,...,α_n)⊂L (f(x₁,...,x_n)→f(α₁,...,α_n))

を考えれば和と積については同様で、

さらにf≠0について1=φ(1)=φ(ff^-1)=φ(f)φ(f^-1)だから、

φ(f)≠0に対し乗法の逆元φ(f^-1)∈F(α₁,...,α_n)を常に取ることが出来る。

したがってF(α₁,...,α_n)はLの部分体。

演習問題4

補題4.1.9によりF(α₁,...,α_r)は、

Fとα₁,...,α_rを含むLの最小の部分体である。

F(α₁,...,α_n)はFとα₁,...,α_rを含む体だから、F(α₁,...,α_r) ⊂F(α₁,...,α_n)。

補題4.1.9により、F(α₁,...,α_r)(α_r+1,...,α_n)は、

F(α₁,...,α_r)とα_r+1,...,α_nを含むLの最小の部分体である。

F(α₁,...,α_r) ⊂F(α₁,...,α_n)よりF(α₁,...,α_n)は

F(α₁,...,α_r)とα_r+1,...,α_nを含む体だから、

F(α₁,...,α_r)(α_r+1,...,α_n)⊂F(α₁,...,α_n)。

演習問題5

任意のf∈F[α₁,...,α_n-1][α_n]は、α_nを用いた

F[α₁,...,α_n-1]係数多項式表示だから、f∈F[α₁,...,α_n]となり、

F[α₁,...,α_n-1][α_n]⊂F[α₁,...,α_n]。

また、任意のg∈F[α₁,...,α_n]の多項式表示を、

α_nについての冪の和として表示すれば、

gはα_nを用いたF[α₁,...,α_n-1]係数多項式表示となるから、

g∈F[α₁,...,α_n-1][α_n]よりF[α₁,...,α_n]⊂F[α₁,...,α_n-1][α_n]。

したがってF[α₁,...,α_n-1][α_n]=F[α₁,...,α_n]。

演習問題6

求値写像φ：F[x₁,...,x_n]→F[α₁,...,α_n]⊂L (f(x₁,...,x_n)→f(α₁,...,α_n))

を考える。φは環準同型で明らかに全射。

f∈F[x₁,...,x_n]に対し、f(α₁,...,α_n)=0が成り立ったとすると、

f∈Ker(φ)である。ところが、α₁,...,α_nは代数的独立だから、

α₁,...,α_nについて成り立つ自明でない多項式関係は存在しないので、

f=0でなければならない。すなわちKer(φ)={0}だから、

φは単射となりしたがって同型写像である。

故にF[α₁,...,α_n]≃F[x₁,...,x_n]。

F(α₁,...,α_n)={r=α/β|α,β∈F[α₁,...,α_n]}だから、

求値写像ψ：F(x₁,...,x_n)→F(α₁,...,α_n)⊂L (r(x₁,...,x_n)→r(α₁,...,α_n))

は環準同型で明らかに全射。

r(α₁,...,α_n)=0ならα(α₁,...,α_n)=0である。

このときα∈F[α₁,...,α_n]だから、前段落の記述によりα=0となるので、

r(α₁,...,α_n)=0となるから、Ker(ψ)={0}。

ψは単射となりしたがって同型写像である。

故にF(α₁,...,α_n)≃F(x₁,...,x_n)。

例えばα₁が代数的数なら、α₂,...,α_nは超越数ってことか。

演習問題7

(a)

gとpに単数でない最大公約数が存在すると、

pは最小多項式だから命題4.1.5によりF上既約なので、

最大公約数はpである。したがってあるd∈F[x]が存在してg=pd。

命題4.1.5によりp(α)=0だから、0=p(α)d(α)=g(α)=βとなり、

β≠0と矛盾。

したがってgとpの最大公約数は単数しかありえないから、

gとpは互いに素である。

(b)

Ap+Bg=1よりBg=1-Ap。p(α)=0だから、B(α)g(α)=1。

したがって、B(α) ∈F[α]はg(α)の乗法に関する逆元。

ユークリッドのアルゴリズム（Euclidean algorithm=互除法）を使っているので、

3.1節の演習問題5の証明で互除法から剰余環を使ったのと同じことだが、

こちらはもっと泥臭い証明。

演習問題8

(a)

g=x²-3とし、gがℚ(√2)上可約と仮定する。

deg(g)=2だから、gがℚ(√2)上可約ならℚ(√2)上完全分解するので、

gはℚ(√2)に根を持つ。

√2はf=x²-2=0の根で、f∈ℚ[x]だから、√2はℚ上代数的である。

したがって命題4.1.15によりℚ(√2)=ℚ[√2]。

また、例4.1.16と同様に、(√2)²ⁿ=2ⁿ, (√2)²ⁿ⁺¹=2ⁿ√2だから、

α∈ℚ[√2]はα=a+b√2, a,b∈ℚの形に書ける。

g=x²-3とするとg(α)=a²+2b²-3+2√2ab=0。

√2は無理数なので、ℚ∋a²+2b²-3=0かつℚ∋ab=0。

ℚは整域だから第2式よりa=0またはb=0。

これより第1式はそれぞれ、2b²-3=0またはa²-3=0、

故にℚ∋b=√6/2またはℚ∋a=√3となるが、これらは√3, √6の無理性に反する。

したがってx²-3=0はℚ[√2]=ℚ(√2)に根を持たないから、

ℚ(√2)上既約である。

(b)

f=x⁴-10x²+1とする。α=√2+√3∈ℚ(√2,√3)とすればf(α)=0で、

例4.1.7によりfはℚ上既約である。

(α-√3)²=2よりα²-2√3α+1=0なので、

αはg=x²-2√3x+1, g∈ℚ(√3)[x]の根でもある。

deg(g)=2<deg(f)=4だから、fはαのℚ(√3)上での最小多項式ではない。

deg(g)=2かつgはℚ[√3]=ℚ(√3)に根を持たないから、

gはℚ[√3]=ℚ(√3)上既約である。しかもg(α)=0なので、

命題4.1.5によりgがαのℚ(√3)上での最小多項式である。

αはℚ(√3)上代数的でf(α)=0だから、

補題4.1.3によりℚ(√3)[x]においてfはgの倍式である。

したがってfはℚ(√3)上既約でない。

実際x⁴-10x²+1=(x²-2√3x+1)(x²+2√3x+1)。

ちょっとびっくり。