コックス「ガロワ理論」 15.4節の演習問題2

演習問題12

fがℚ[i]上可約と仮定するとf=g₁h₁、

ただしg₁,h₁∈ℚ[i][u], 0<deg(g₁)<deg(f), 0<deg(h₁)<deg(f)。

ℚ[i]はℤ[i]の分数体だから、

定理A.5.8によりあるδ∈ℚ[i]が存在してf=gh、

ただしg=δg₁∈ℤ[i][u],h=δh₁∈ℤ[i][u], 0<deg(g)<deg(f), 0<deg(h)<deg(f)。

βはℤ[i]の素元なので命題15.4.2によりℤ[i]/βℤ[i]は有限体、

すなわちℤ[i]/βℤ[i]=F_N(β)である。

写像ℤ[i][u]→F_N(β)[u]を、ℤ[i][u]の元である多項式の各項の係数を、

ℤ[i]のイデアルβℤ[i]による剰余類へ還元した多項式として定義すれば、

この写像は環準同型。

この写像によるf,g,hの像をf',g',h'∈F_N(β)[u]とすれば、

f'=g'h'で、β∤a₀, β|a₁,..., β|a_dよりf'=[a₀]u^d=g'h'、

ただし[a₀]∈F_N(β)はa₀を含むβℤ[i]による剰余類の代表元である。

F_N(β)は体なので系A.5.7によりUFDだから、

g'=[a]u^r, h'=[b]u^s, [a₀]=[a][b],r+s=dとなる。

r=0ならg'=[a]かつdeg(g)>0だから、

gの最高次の項の係数はβℤ[i]の元である。

するとf=ghからa₀∈βℤ[i]となるからa₀∤βと矛盾。

したがってr>0。同様にs>0。

g'=[a]u^rだから、gの定数項はβℤ[i]の元である。

同様にhの定数項はβℤ[i]の元である。

fの定数項はこれらg,hの定数項の積となるから、β²|a_dとなるが、

これはβ²∤a_dと矛盾するから、r>0もありえない。

したがって、fはℚ[i]上可約ではありえないので既約。

演習問題13

1/(1+x)=∑_0≤k<∞ (-1)^kx^kより、

1/(1+a₁(β)u+...+a_d(β)u^d)=∑_0≤k<∞ (-u)^k(a₁(β)u+...+a_d(β)u^d-1)^kである。

この和の各項はu^kに比例するから、uの各次数の項は有限個しかない。

よって(15.53)のb_k(β)は有限個のa₁(β),...,a_d(β)∈ℤ[i]の積と和からなるので、

b_k(β) ∈ℤ[i]。

演習問題14

(a)

n=1のときG₁(u)=1∈ℤ[u]とすればφ⁽¹⁾(z)=φ'(z)=G₁(φ(z)) φ'(z)。

n=2のときG₂(u)=-2u³∈ℤ[u]とすればφ⁽²⁾(z)=φ''(z)=-2φ³(z)=G₂(φ(z))で成り立つ。

nで成り立つと仮定する。

n+1が偶数の時φ⁽ⁿ⁺¹⁾(z)=dφ⁽ⁿ⁾(z)/dz=(dG_n(φ(z))/dz)φ'(z)+G_n(φ(z))φ''(z)

=G_n'(φ(z))φ'²(z)+G_n(φ(z))φ''(z)=G_n'(φ(z))(1-φ⁴(z))-2G_n(φ(z))φ³(z)

だから、G_n+1(u)=G_n'(u)(1-u⁴)-2G_n(u)u³∈ℤ[u]とすれば、

φ⁽ⁿ⁺¹⁾(z)=G_n+1(φ(z))となり成り立つ。

n+1が奇数の時、同様にφ⁽ⁿ⁺¹⁾(z)=G_n'(φ(z))φ'(z)だから、

G_n+1(u)=G_n'(u)∈ℤ[u]とすれば、φ⁽ⁿ⁺¹⁾(z)=G_n+1(φ(z))φ'(z)となり成り立つ。

(b)

φ(z)のz=0での冪級数展開の、n次の展開係数d_n=φ⁽ⁿ⁾(0)/n!。

φ(0)=0,φ'(0)=1と(a)により、φ⁽ⁿ⁾(0)=G_n(φ(0))=G_n(0)∈ℤなので、

d_n∈ℚである。

(c)

φ(z)が解析的な全てのzについてφ(iz)=iφ(z)だから、

この両辺のz=0での冪級数展開の、n次の係数比較と(b)から、

iⁿφ⁽ⁿ⁾(0)/n!=iφ⁽ⁿ⁾(0)/n!、すなわちi(i^n-1-1)φ⁽ⁿ⁾(0)=0。

故にn≡1 (mod 4)またはφ⁽ⁿ⁾(0)=0でなければならないので、

n≢1 (mod 4)ならd_n=0。

よってc_j=d_4j+1∈ℚとしてφ(z)=∑_0≤j<∞ c_jz^4j+1。

(d)

(b)によりd_n=G_n(0)/n!だからG₁(u)=1よりc₀=d₁=G₁(0)/1!=1。

(b)(c)によりc_j=d_4j+1=G_n(0)/n!で、

(a)によりnが奇数の時G_n+1(u)=G_n'(u)(1-u⁴)-2G_n(u)u³、

nが偶数の時G_n+1(u)=G_n'(u)なので、φ'(0) =1より、

すべてのn≥1についてG_n+1(0)=G_n'(0)だから、d_n+1=G_n'(0)/(n+1)!。

G₂(u)=-2u³よりd₂=0。

G₃(u)=G₂'(u)=-6u²なので、G₃(0)=0よりd₃=0。

G₄(u)=G₃'(u)(1-u⁴)-2G₃(u)u³

=-12u(1-u⁴)+12u⁵=-12u+24u⁵なので、G₄(0)=0よりd₄=0。

G₅(u)=G₄'(u)=-12+120u⁴なので、

G₅(0)= -12よりc₁=d₅=-12/5!=-1/10。

G₆(u)=G₅'(u)(1-u⁴)-2G₅(u)u³=480u³(1-u⁴)-2(-12+120u⁴)u³=504u³-720u⁷。

G₆(0)=0よりd₆=0。

G₇(u)=G₆'(u)=1512u²-5040u⁶。G₇(0)=0よりd₇=0。

G₈(u)=G₇'(u)(1-u⁴)-2G₇(u)u³=(3024u-30240u⁵)(1-u⁴)-2(1512u²-5040u⁶)u³

=3024u+36288u⁵+40320u⁹。

G₈(0)=0よりd₈=0。

G₉(u)=G₉'(u)=3024+181440u⁴+362880u⁸。

G₉(0)=3024よりc₂=d₉=3024/9!=1/120。

演習問題15

φが解析的なℂの領域において、

(z+c₁z⁵+c₂z⁹+...)⁵= z⁵(1+c₁z⁴+c₂z⁸+...)⁵

のzの有限冪には有限個の項の和しか現れないから展開は意味を持つ。

各冪について具体的な項の和をとって、

(z+c₁z⁵+c₂z⁹+...)⁵=z⁵(1+5c₁z⁴+...)=z⁵+5c₁z⁹+...。

同様に

(z+c₁z⁵+c₂z⁹+...)⁹=z⁹(1+c₁z⁴+c₂z⁸+...)⁹=z⁹(1+9c₁z⁴+...)=z⁹+9c₁z¹³+...。

これより

b₀(β)(z+c₁z⁵+c₂z⁹+...)+b₁(β)(z+c₁z⁵+c₂z⁹+...)⁵+b₂(β)(z+c₁z⁵+c₂z⁹+...)⁹+...

=b₀(β)(z+c₁z⁵+c₂z⁹+...)+b₁(β)(z⁵+5c₁z⁹+...)+b₂(β)(z⁹+9c₁z¹³+...)

= b₀(β)z+(b₀(β)c₁+b₁(β))z⁵+(b₀(β)c₂+5b₁(β)c₁+b₂(β))z⁹+...

となり、(15.58)を得る。

演習問題16

kについての数学的帰納法により証明する。

k=0のときはS₀(β)=1とすれば成り立つ。

k≤mなるすべてのkで、

b_k(β)=βS_k(β), S_k(u)∈ℚ[u], deg(S_k(u))=4kが成り立つと仮定して、

k=m+1の時を考える。

(15.57)により、zの冪の係数にb_m+1(β)が現れる最低次の冪はz^4m+5で、

かつz^4m+5の係数の表式にb_m+1(β)のみの項として入る。

またz^4m+5の係数の表式においてb₀(β),...,b_m(β)は、

c₀,...,c_m∈ℚとのℤ係数の線形結合として、

∑_{0≤i≤m,0≤j≤m} a_ijc_ib_j(β) (a_ij∈ℤ)の形で入る。

したがって、(15.57)のz^4m+5の係数の比較は、

c_m+1β^4m+5=∑_{0≤i≤m,0≤j≤m} a_ijc_ib_j(β)+b_m+1(β)となるから、

b_m+1(β)=c_m+1β^4m+5+∑_{0≤i≤m,0≤j≤m} a_ijc_ib_j(β)。

帰納法の仮定により0≤j≤mに対しb_j(β)=βS_j(β)だから、

b_m+1(β)=c_m+1β^4m+5+∑_{0≤i≤m,0≤j≤m} a_ijc_iβS_j(β)=β(c_m+1β^4(m+1)+∑_{0≤i≤m,0≤j≤m} a_ijc_iS_j(β))。

そこでS_m+1(u)= c_m+1u^4(m+1)+∑_{0≤i≤m,0≤j≤m} a_ijc_iS_j(u)とおけば、

帰納法の仮定により0≤j≤mに対しS_j(u)∈ℚ[u]、

また c₀,..., c_m+1∈ℚ, a_ij∈ℤなので S_m+1(u)∈ℚ[u]。

0≤j≤mに対しdeg(S_j(u))が最大なのは、deg(S_m(u))=4mだから、

deg(S_m+1(u)) =4(m+1)である。

よってk=m+1でも成り立つ。

演習問題17

nは奇数なので、j∈ℤとしてn=4j+1または4j+3。

4=2(1+i)(1-i)だから、n=4j+1のときn=2(1+i+)(1-i)j+1≡1 (mod 2(1+i))、

n=4j+3=4(j+1)-1のときn=2(1+i)(1-i)(j+1)-1≡-1 (mod 2(1+i))である。

n=4j+1のときは(n-1)/2=2jは偶数で、

n=4j+3のときは(n-1)/2=2j+1は奇数だから、2つの場合をまとめると

n≡(-1)^(n-1)/2 (mod 2(1+i))となる。