コックス「ガロワ理論」 9.1節の演習問題2

演習問題9

gcd(a,n)=1なので演習問題1により[a]∈(ℤ/nℤ)^* (n>1)、

また演習問題1により|(ℤ/nℤ)^*|=φ(n)である。

<[a]>は(ℤ/nℤ)^*の部分群だから、定理A.1.1（Lagrangeの定理）により

|<[a]>|=o([a])はφ(n)を割るので、あるm (1≤m≤φ(n)))ついてφ(n)=mo([a])だから、

[a]^φ(n)=([a]^o(a))^m=1。すなわちa^φ(n)=1 (mod n)。

群論の基本的事実としてはLagrangeの定理が効いて即出てくる。

演習問題10

1のn乗根の作る乗法群R={1, ζ_n, ζ_n²,..., ζ_n^n-1}において、

演習問題7(a)によりgcd(i,n)=1なるi (1≤i<n)について、

ζ_nⁱはすべて1の原始n乗根だから、

Rの生成元の数はgcd(i,n)=1となるiの数、すなわちφ(n)である。

写像ψ: ℤ/nℤ→R ([m]→ζ_n^m)を考えれば、ψは明らかに全射で

ψ([k+l])=ζ_n^k+l=ζ_n^kζ_n^l=ψ([k])ψ([l]) よりψは準同型。

ψ([m])=1なら[m]=[0]だから、Ker(ψ)={[0]}なのでψは単射だからℤ/nℤ≃R。

したがってℤ/nℤの生成元の数はRと同じくφ(n)。

演習問題11

Φ_n∈ℤ[x]でℤは整域だから、(A.4)式・(9.4)式とdeg(Φ_d)=φ(d)を用いて

n=deg(xⁿ-1)=∑_d|n deg(Φ_d)=∑_d|n φ(d)。

演習問題12

Maximaコマンド

cyclotomic(k,z):=trigrat(product(if gcd(j,k)=1

then z-exp(2*%pi*%i*j/k) else 1,j,1,k))$

for j:1 thru 30 do print("C",j,"=",cyclotomic(j,z));

で計算した、n=30までの円分多項式のパターンは以下の通り。

Φ₁=x-1

Φ₂=x+1

Φ₃=x²+x+1

Φ₄=x²+1

Φ₅= x⁴+x³+x²+x+1

Φ₆=x²-x+1

Φ₇=x⁶+x⁵+x⁴+x³+x²+x+1

Φ₈=x⁴+1

Φ₉= x⁶+x³+1

Φ₁₀= x⁴-x³+x²-x+1

Φ₁₁=x¹⁰+x⁹+x⁸+x⁷+x⁶+x⁵+x⁴+x³+x²+x+1

Φ₁₂= x⁴-x²+1

Φ₁₃=x¹²+x¹¹+x¹⁰+x⁹+x⁸+x⁷+x⁶+x⁵+x⁴+x³+x²+x+1

Φ₁₄=x⁶-x⁵+x⁴-x³+x²-x+1

Φ₁₅=x⁸-x⁷+x⁵-x⁴+x³-x+1

Φ₁₆=x⁸+1

Φ₁₇=x¹⁶+x¹⁵+x¹⁴+x¹³+x¹²+x¹¹+x¹⁰+x⁹+x⁸+x⁷+x⁶+x⁵+x⁴+x³+x²+x+1

Φ₁₈=x⁶-x³+1

Φ₁₉=x¹⁸+x¹⁷+ x¹⁶+x¹⁵+x¹⁴+x¹³+x¹²+x¹¹+x¹⁰+x⁹+x⁸+x⁷+x⁶+x⁵+x⁴+x³+x²+x+1

Φ₂₀= x⁸-x⁶+x⁴-x²+1

Φ₂₁=x¹²-x¹¹+ x⁹-x⁸+x⁶-x⁴+x³-x+1

Φ₂₂=x¹⁰-x⁹+x⁸-x⁷+x⁶-x⁵+x⁴-x³+x²-x+1

Φ₂₃=x²²+x²¹+ x²⁰+x¹⁹+x¹⁸+x¹⁷+ x¹⁶+x¹⁵+x¹⁴+x¹³+x¹²

+x¹¹+x¹⁰+x⁹+x⁸+x⁷+x⁶+x⁵+x⁴+x³+x²+x+1

Φ₂₄= x⁸-x⁴+1

Φ₂₅= x²⁰+x¹⁵+x¹⁰+x⁵+1

Φ₂₆=x¹²-x¹¹+x¹⁰-x⁹+x⁸-x⁷+x⁶-x⁵+x⁴-x³+x²-x+1

Φ₂₇= x¹⁸+x⁹+1

Φ₂₈=x¹²-x¹⁰+x⁸-x⁶+x⁴-x²+1

Φ₂₉=x²⁸+x²⁷+ x²⁶+x²⁵+x²⁴+x²³+x²²+x²¹+ x²⁰+x¹⁹+x¹⁸+x¹⁷+ x¹⁶+x¹⁵+x¹⁴

+x¹³+x¹²+x¹¹+x¹⁰+x⁹+x⁸+x⁷+x⁶+x⁵+x⁴+x³+x²+x+1

Φ₃₀= x⁸+x⁷-x⁵-x⁴-x³+x+1

(a)

（mの定義にある積は、補題9.1.1と同様に、

nを割る素数をわたることに注意）

nの素因数分解をn=p₁^i₁...p_l^i_lとするとm= p₁...p_lなのでm|n。

1の原始n乗根の一つをζ_nⁱ (1≤i<n, gcd(n,i)=1)とする。

(ζ_n^n/m)ⁱは[(ζ_n^n/m)ⁱ]^m=(ζ_nⁱ)ⁿ=1より1のm乗根で、

gcd(n,i)=1よりgcd(m,i)=1だから、(ζ_n^n/m)ⁱは1の原始m乗根のひとつ。

また同様に、[(ζ_n^m)ⁱ]^n/m=(ζ_nⁱ)ⁿ=1より(ζ_n^m)ⁱは1のn/m乗根で、

gcd(n,i)=1よりgcd(n/m,i)=1だから、

(ζ_n^m)ⁱは1の原始n/m乗根のひとつ。

例えばζ_n^mを原始n/m乗根としてとれる。

iの範囲を1≤i<m, gcd(m,i)=1に制限すれば、

{(ζ_n^n/m)ⁱ}は異なるφ(m)個の1の原始m乗根を尽くしている。

したがって(9.3)式よりΦ_m(x)=∏_{1≤i<m, gcd(m,i)=1} [x-(ζ_n^n/m)ⁱ]だから、

Φ_m(x^n/m)=∏_{1≤i<m, gcd(m,i)=1} [x^n/m-(ζ_nⁱ)^n/m]=∏_{1≤i<m, gcd(m,i)=1} ∏_0≤j<n/m [x-ζ_nⁱ ζ_n/m^j]。

ただしζ_n/mは1の原始n/m乗根の一つである。

前の段落よりζ_n/m=ζ_n^mとしてよいので、

Φ_m(x^n/m)= ∏_0≤j<n/m ∏_{1≤i<m, gcd(m,i)=1} [x-ζ_n^jm+i]。

m= p₁...p_lとgcd(m,i)=1より、

すべてのk=1,…,lについてλ=jm+i≢0 (mod p_k)だから、

gcd(λ,n)=1である。

また0≤j<n/m, 1≤i<mに対しλ<nですべて異なり、

ひとつのjに対しこのようなλはφ(m)個あるので、

λは全部でφ(m)n/m個。

一方、P=∏_p|n (1-1/p)とおくと補題9.1.1により、

φ(m)=mP, φ(n)=nPだからφ(n)=φ(m)n/m。

以上まとめると、φ(n)個のすべて異なるλについて

gcd(λ,n)=1なのだから、

λはnより小さいnと素な自然数をすべて尽くしている。

したがって、

∏_0≤j<n/m ∏_{1≤i<m, gcd(m,i)=1} [x-ζ_n^jm+i]=∏_{1≤λ<n, gcd(n,λ)=1} [x-ζ_n^λ]=Φ_n(x)

だからΦ_n(x)=Φ_m(x^n/m)。

(b)

n=1では成り立たない。Φ₂(x)=x+1≠Φ₁(-x)=-x-1=-Φ₂(x)。

n>1の奇数という条件が必要。

まず、nがl個の異なる奇素数の積であるとし、

lについての数学的帰納法でΦ_2n(x)=Φ_n(-x)を示す。。

l=1については、nが奇素数pなら、

x^2p-1=(x^p-1)(x^p+1)においてx^p-1=(x-1)∑_0≤k≤p-1 x^k=Φ₁(x)Φ_p(x)。

またΦ₂(x)Φ_p(-x)=(x+1)∑_0≤k≤p-1 (-x)^k

=∑_0≤k≤p-1 (-1)^kx^k+1+∑_0≤k≤p-1 (-1)^kx^k=∑_1≤k≤p (-1)^k-1x^k+∑_0≤k≤p-1 (-1)^kx^k

=-∑_1≤k≤p (-1)^kx^k+∑_0≤k≤p-1 (-1)^kx^k= x^p+1-∑_1≤k≤p-1 (-1)^kx^k+∑_1≤k≤p-1 (-1)^kx^k=x^p+1

より、x^2p-1=Φ₁(x)Φ₂(x)Φ_p(x)Φ_p(-x)。

一方命題9.1.5によりx^2p-1=Φ₁(x)Φ₂(x)Φ_p(x)Φ_2p(x)だから、Φ_2p(x)=Φ_p(-x)。

l-1個の奇素数の積であるすべてのnについて、

Φ_2n(x)=Φ_n(-x)が成り立ったと仮定する。

p₁,..., p_lを異なる奇素数としてn=p₁...p_lとすれば、

命題9.1.5によりxⁿ-1=∏_d|n Φ_d(x)=Φ₁(x)P_l-1(x)Φ_n(x),

ただしP_l-1(x)=∏_{d|n, 1<d<n} Φ_d(x)。

nは1でない奇数なので、

xⁿ+1=-[(-x)ⁿ-1]=-Φ₁(-x)P_l-1(-x)Φ_n(-x)=Φ₂(x)P_l-1(-x)Φ_n(-x)。

ここで、P_l-1(x)=∏_{d|n, 1<d<n} Φ_d(x)は、

高々l-1個の奇素数の積d>1を次数に持つ円分多項式の積だから、

帰納法の仮定によりP_l-1(-x)=∏_{d|n, 1<d<n} Φ_d(-x)=∏_{d|n, 1<d<n} Φ_2d(x)。

故にx²ⁿ-1=(xⁿ-1)(xⁿ+1)

=Φ₁(x)Φ₂(x)(∏_{d|n, 1<d<n} Φ_d(-x)Φ_2d(x))Φ_n(x)Φ_n(-x) (1)。

一方命題9.1.5によりx²ⁿ-1=∏_d|2n Φ_d(x)だが、nは奇数なので、

2nの約数は、nの約数とそれらの2倍からなるから、

x²ⁿ-1=Φ₁(x)Φ₂(x)(∏_{d|n, 1<d<n} Φ_d(-x)Φ_2d(x))Φ_n(x)Φ_2n(x) (2)。

(1)(2)によりΦ_2n(x)=Φ_n(-x)。

以上により、奇数nの素因数分解が平方因子を持たないならΦ_2n(x)=Φ_n(-x)。

平方因子を持つときは、m=∏_p|n pとすれば2mは平方因子を持たないので、

(a)によりΦ_2n(x)=Φ_2m(x^2n/2m)=Φ_2m(x^n/m)=Φ_m(-x^n/m)。

ここでn/mは奇数だから(a)によりΦ_m(-x^n/m)=Φ_m((-x)^n/m)=Φ_n(-x)。

よってすべての奇数nについてΦ_2n(x)=Φ_n(-x)。

(c)

まず、nがl個の異なるpでない素数の積であるとし、

lについての数学的帰納法でΦ_pn(x)=Φ_n(x^p)/Φ_n(x)を示す。

ただしn=1のときl=0とする。

l=0については、Φ₁(x^p)=x^p-1=Φ₁(x)Φ_p(x)だから

Φ_p(x)=Φ₁(x^p)/Φ₁(x)で成り立つ。

l-1個の異なるpでない素数の積であるすべてのnについて、

Φ_pn(x)=Φ_n(x^p)/Φ_n(x)が成り立ったと仮定する。

p₁,..., p_lを異なるpでない素数としてn=p₁...p_lとすれば、

命題9.1.5によりx^pn-1=∏_d|pn Φ_d(x)で、p∤nよりpnの約数は、

nの約数とそれらのp倍からなるから、

x^pn-1=(∏_{d|n, 1≤d<n} Φ_d(x)Φ_pd(x))Φ_n(x)Φ_pn(x)。

ここで1≤d<nなるnの約数dは、

高々l-1個のpでない異なる素数の積だから

帰納法の仮定によりΦ_d(x)Φ_pd(x)=Φ_d(x^p)なので、

x^pn-1=(∏_{d|n, 1≤d<n}Φ_d(x^p))Φ_n(x)Φ_pn(x) (1)。

一方x^pn-1=(x^p)ⁿ-1=∏_d|n Φ_d(x^p)=(∏_{d|n, 1≤d<n}Φ_d(x^p))Φ_n(x^p) (2)。

(1)(2)によりΦ_n(x)Φ_pn(x)=Φ_n(x^p)だからΦ_pn(x)=Φ_n(x^p)/Φ_n(x)。

以上により、nの素因数分解が平方因子を持たないならΦ_pn(x)=Φ_n(x^p)/Φ_n(x)。

平方因子を持つときは、qをnを割る素数として

m=∏_q|n qとすればp∤nよりpmは平方因子を持たないので、

(a)と上で証明したことから、

Φ_pn(x)=Φ_pm(x^pn/pm)=Φ_pm(x^n/m)=Φ_m(x^pn/m)/Φ_m(x^n/m)=Φ_n(x^p)/Φ_n(x)。

よってすべてのnについてp∤nならΦ_pn(x)=Φ_n(x^p)/Φ_n(x)。

演習問題13

15=3·5でΦ₅= x⁴+x³+x²+x+1なので演習問題12(c)により、

Φ₁₅(x)=Φ₅(x³)/Φ₅(x)。

演習問題12のMaximaコマンドでのcyclotomic(k, x);を用いて、

Maximaコマンド

factor(cyclotomic(5,x^3))/cyclotomic(5,x);

で計算するとΦ₅(x³)/Φ₅(x)=x⁸-x⁷+x⁵-x⁴+x³-x+1=Φ₁₅(x)で一致する。。

同様に105=15·7からΦ₁₀₅(x)=Φ₁₅(x⁷)/Φ₁₅(x)。

Maximaコマンド

factor(cyclotomic(15,x^7))/cyclotomic(15,x);

で計算すると、例9.1.7と同じ表式を得る。

演習問題14

d|nならn/d|nで、dがnの約数全体を渡るときn/dもnの約数全体を渡るから、

∑_d|n μ(n/d)=∑_d|n μ(d)。故に∑_d|n μ(d)=0を示せば十分。

まず、n>1がl個の異なるpでない素数の積であるとし、

lについての数学的帰納法で∑_d|n μ(d)=0を示す。

nがl=1となる任意の素数pなら、∑_d|p μ(d)=μ(1)+μ(p)=1+(-1)¹=0で成り立つ。

l-1個の異なる素数の積であるすべてのnについて、

∑_d|n μ(d)=0が成り立ったと仮定する。pをある素数、

p₁,..., p_l-1をpでない異なる素数としてm=p₁...p_l-1, n=mpとすれば、

nの約数は、mの約数とそれらのp倍からなるから、

∑_d|n μ(d)=∑_d|m μ(d)+∑_d|m μ(pd)。

ここでmの約数dは、高々l-1個のpでない異なる素数の積だから

帰納法の仮定により∑_d|m μ(d)=0。またμ(pd)=-μ(d)だから∑_d|m μ(pd)=-∑_d|m μ(d)=0。

故に異なる素数の積であるすべてのnについても∑_d|n μ(d)=0。

nの素因数分解が平方因子を持つときは、qをnを割る素数として

k=∏_q|n qとすれば∑_d|n μ(d)=∑_d|k μ(d)=0。

以上により全てのn>1について∑_d|n μ(d)=∑_d|n μ(n/d)=0。

演習問題15

F=∏_d|n (x^d-1)^μ(n/d)とする。

まず、n>1がl個の異なるpでない素数の積であるとし、

lについての数学的帰納法でΦ_n=Fを示す。

nがl=1となる任意の素数pなら、x^p-1=Φ₁Φ_pよりΦ_p=Φ₁^-1(x^p-1)。

一方F=(x-1)^-1(x^p-1)=Φ₁^-1(x^p-1)=Φ_pなので成り立つ。

l-1個の異なる素数の積であるすべてのnについて、

Φ_n=Fとなったと仮定する。

pをある素数、p₁,..., p_l-1をpでない異なる素数として、

m=p₁...p_l-1, n=mpとすれば、nの約数はmの約数とそれらのp倍からなるから、

F=∏_d|m (x^d-1)^μ(pm/d)(x^pd-1)^μ(pm/pd)=∏_d|m (x^d-1)^μ(pm/d)[(x^p)^d-1]^μ(m/d)

ここで、d≥1についてμ(pd)=-μ(d)だから、

F=∏_d|m (x^d-1)^-μ(m/d)[(x^p)^d-1]^μ(m/d)

帰納法の仮定により∏_d|m (x^d-1)^μ(m/d)=Φ_mなので、

F=Φ_m(x^p)/Φ_m(x)。

gcd(m,p)=1だから演習問題12(c)によりF=Φ_pm=Φ_n。

故に異なる素数の積であるすべてのnについてF=Φ_n。

nの素因数分解が平方因子を持つときは、qをnを割る素数として

k=∏_q|n qとすれば、nの約数dがμ(d)≠0となるのは、

d|kのときかつその時に限る。

dがnの約数全てを渡るとき、n/dもnの約数全てを渡るから、

Fの積の中でdの代わりにn/dと置いて

F=∏_d|n (x^n/d-1)^μ(d)=∏_d|k [(x^n/k)^k/d-1]^μ(d)

kは異なる素数の積だから、上で示したことにより

∏_d|k (x^k/d-1)^μ(d)=∏_d|k (x^d-1)^μ(k/d)=Φ_kなので、

F=Φ_k(x^n/k)=Φ_n。ただし演習問題12(a)を用いた。

演習問題16

(a)

ζ_nm^m=ζ_n, ζ_nmⁿ=ζ_mだから、ℚ(ζ_n,ζ_m)⊂ℚ(ζ_nm)。

またgcd(n,m)=1よりnx+my=1の整数解となるx,yが存在するので、

このx,yを用いてζ_nm=ζ_nm^nx+my=ζ_m^xζ_n^yと表されるからℚ(ζ_nm)⊂ℚ(ζ_n,ζ_m)。

したがってℚ(ζ_nm)=ℚ(ζ_n,ζ_m)。

(b)

gcd(n,m)=1より補題9.1.1(a)を用いることで、

系9.1.10から[ℚ(ζ_nm):ℚ]=φ(nm)=φ(n)φ(m), [ℚ(ζ_m):ℚ]=φ(m)。

定理4.3.8（塔定理）と(a)を用いて[ℚ(ζ_nm):ℚ(ζ_m)]=[ℚ(ζ_n,ζ_m):ℚ(ζ_m)]=φ(n)だから、

ℚ(ζ_m)上のζ_nの最小多項式をfとすると命題4.3.4によりdeg(f)=φ(n)。

ところでζ_nはΦ_n∈ℚ[x]⊂ℚ(ζ_m)[x]の根だから、補題4.1.3によりf|Φ_n。

deg(Φ_n)=φ(n)=deg(f)で、Φ_nとfは共に単多項式だから、Φ_n=fである。

したがってΦ_nはℚ(ζ_m)上のζ_nの最小多項式だからℚ(ζ_m)上既約。