コックス「ガロワ理論」 15.4節の演習問題1

演習問題1

命題15.3.4の加法法則を用いて、

φ((1+i)z)=φ(z+iz)=(φ(z)φ'(iz)+φ(iz)φ'(z))/(1+φ²(z)φ²(iz))。

(15.24)よりφ(iz)=iφ(z), φ'(iz)=φ'(z)だから

φ((1+i)z)=(1+i)φ(z)φ'(z)/(1-φ⁴(z))。

同様に、φ((1-i)z)=φ(z-iz)=(φ(z)φ'(-iz)+φ(-iz)φ'(z))/(1+φ²(z)φ²(-iz))

=(φ(z)φ'(iz)-φ(iz)φ'(z))/(1+φ²(z)φ²(iz))=(1-i)φ(z)φ'(z)/(1-φ⁴(z))。

したがって(15.36)を得る。

演習問題2

(a)

問題の写像をψ₁: ℤ[i]→(ℤ⊕ℤ)として、

ψ₁(μ₁+ν₁i+μ₂+ν₂i)=ψ₁((μ₁+μ₂)+(ν₁+ν₂)i)

=((μ₁+μ₂)(d,-b)+(ν₁+ν₂)(-c,a)

=(μ₁(d,-b)+ν₁(-c,a))+(μ₂(d,-b)+ν₂(-c,a))

=ψ₁(μ₁+ν₁i)+ψ₁(μ₂+ν₂i)

だから、加法に関する群準同型。

(b)

ad-bc=1だから、ψ₁(α)=ψ₁(m(a+bi))

=ma(d,-b)+mb(-c,a)=(m(ad-bc), m(-ab+ab))=(m,0)。

またψ₁(iα)=ψ₁(m(-b+ai))

=-mb(d,-b)+ma(-c,a)=(-m(ac+bd),m(a²+b²))。

β=β₁+β₂i∈ℤ[i] (β₁,β₂∈ℤ)として、

αℤ[i]の任意の元βα=β₁α+β₂αi=m(aβ₁-bβ₂)+m(aβ₂+bβ₁)iについて、

ψ₁(βα)=m(aβ₁-bβ₂)(d,-b)+m(aβ₂+bβ₁)(-c,a)

=(m[β₁-(ac+bd)β₂], m(a²+b²)β₂)

=(m[β₁-(ac+bd)β₂],0)+(0,m(a²+b²)β₂)

m[β₁-(ac+bd)β₂]∈mℤ, m(a²+b²)β₂∈m(a²+b²)ℤだから、

ψ₁(αℤ[i])⊂mℤ⊕m(a²+b²)ℤ。

逆に任意のms∈mℤ, m(a²+b²)t∈m(a²+b²)ℤ (s,t∈ℤ)について、

β=s+(ac+bd)t+itとすれば

ψ₁(αβ)=(ms, m(a²+b²)t)だから、ψ₁は全射となりmℤ⊕m(a²+b²)ℤ⊂ψ₁(αℤ[i])。

よってmℤ⊕m(a²+b²)ℤ=ψ₁(αℤ[i])だから、

(a)の群準同型写像によりαℤ[i]はmℤ⊕m(a²+b²)ℤ⊂ℤ⊕ℤに写る。

(c)

μ+νi∈Ker(ψ₁)なら、ψ₁(μ+νi)=μ(d,-b)+ν(-c,a)=(μd-νc,-μb+νa)=(0,0)だから、

μd=νc, μb=νaで、これよりμbd=νbc=νadなのでν(ad-bc)=0。

ad-bc=1だからν=0なので、μd=μb=0。μ≠0ならd=b=0より、

ad-bc=0となって、ad-bc=1と矛盾するから、μ=0。

したがってKer(ψ₁)={0}だからψ₁は1対1。故に(b)により同型。

ℤ[i], ℤは加法群としてAbel群なので、

αℤ[i]=ψ₁^-1(mℤ⊕m(a²+b²)ℤ)⊴ℤ[i], mℤ⊕m(a²+b²)ℤ⊴ℤ⊕ℤだから、

第1同型定理によりℤ[i]/αℤ[i]≃(ℤ⊕ℤ)/(mℤ⊕m(a²+b²)ℤ) なので、

|ℤ[i]/αℤ[i]|≃|(ℤ⊕ℤ)/(mℤ⊕m(a²+b²)ℤ)|=m²(a²+b²)=N(α)。

演習問題3

ℤ[i]はPIDで、αℤ[i]はℤ[i]の単項イデアルである。

αをℤ[i]の素元とする。

Iをαℤ[i]⊂I⊂ℤ[i]となるイデアルとすると、ℤ[i]はPIDだから、

あるβ∈ℤ[i]が存在してI=βℤ[i]。

α∈βℤ[i]だから、あるγ∈ℤ[i]が存在してα=βγ∈αℤ[i]だが、

αは素元だからαℤ[i]は素イデアルなので、β∈αℤ[i]またはγ∈αℤ[i]。

β∈αℤ[i]ならβℤ[i]⊂αℤ[i]だからβℤ[i]=αℤ[i]。

γ∈αℤ[i]ならすべてのβ∈ℤ[i]についてβγ∈αℤ[i]が成り立つからβℤ[i]=ℤ[i]。

よってαℤ[i]はℤ[i]の極大イデアルだから、

命題3.1.1によりℤ[i]/αℤ[i]は体。(a)により有限体である。

演習問題4

α=α₁+α₂i (α₁,α₂∈ℤ), β=β₁+β₂i (β₁, β₂∈ℤ)とする。

αβ=(α₁β₁-α₂β₂)+(α₁β₂+α₂β₁)iについて、

α, βがともに奇なら、α₁+α₂, β₁+β₂は奇数で、

このときα₁とα₂のどちらかは奇数で他方は偶数、

また β₁-β₂は奇数だから、

α₁β₁-α₂β₂+α₁β₂+α₂β₁=α₁(β₁+β₂)+α₂(β₁-β₂)は奇数なのでαβは奇。

逆にαβが奇なら、α₁(β₁+β₂)+α₂(β₁-β₂)は奇数。

すなわちα₁(β₁+β₂)とα₂(β₁-β₂) のどちらかは奇数で他方は偶数だが、

β₁+β₂とβ₁-β₂の偶奇は一致するから、

β₁+β₂が偶数ならα₁(β₁+β₂)+α₂(β₁-β₂)は奇数になりえないので、

β₁+β₂は奇数。故にβは奇。

するとα₁とα₂のどちらかが奇数で他方は偶数になるからαは奇。

よって(15.38)の1行目の同値が示された。

α,βが共に偶または共に奇なら明らかにα₁+α₂+β₁+β₂は偶数だから、

α+β=(α₁+β₁)+(α₂+β₂)iは偶。

逆にα+β=(α₁+β₁)+(α₂+β₂)iが偶なら、

(α₁+α₂)+(β₁+β₂)は偶数なので、α₁+α₂, β₁+β₂は共に偶数または共に奇数。

したがってα,βが共に偶または共に奇。

よって(15.38)の2行目の同値が示された。

1+iがαを割るなら、あるα'∈ℤ[i]が存在してα=(1+i)α'。

1+iは偶だから(15.38)の1行目の同値によりαは偶。

逆にα=α₁+α₂iが偶なら、α₁, α₂は共に偶数または共に奇数。

α₁, α₂が共に偶数なら、2|αだから、2=(1+i)(1-i)より1+iはαを割る。

α₁, α₂が共に奇数なら、α-(1+i)=(α₁-1)+(α₂-1)iにおいて、

α₁-1, α₂-1は共に偶数だから、上で示したことにより、

1+iはα-(1+i)を割るので、あるα'∈ℤ[i]が存在してα-(1+i)=(1+i)α'。

よってα=(1+i)(α'+1)だから1+iはαを割る。

よって(15.38)の3行目の同値が示された。

演習問題5

命題15.3.4の加法法則を用いて、

φ((2+i)z)=φ(2z+iz)=(φ(2z)φ'(iz)+φ(iz)φ'(2z))/(1+φ²(2z)φ²(iz))。

2倍公式(15.14)によりφ(2z)=2φ(z)φ'(z)/(1+φ⁴(z))。

これをzで微分して命題15.2.1と15.2節演習問題3(d)から、

2φ'(2z)=2(1-6φ⁴(z)+φ³(z))/(1+φ⁴(z))²により、

φ'(2z)=(1-6φ⁴(z)+φ⁸(z))/(1+φ⁴(z))²。

さらに(15.24)から、φ(iz)=iφ(z),φ'(iz)=φ'(z)。

これらを上のφ((2+i)z)の式に代入して整理すると、

例15.4.3の最初の式が得られる。

この式の分子・分母を因数分解して整理すると

(-2+i)φ⁸(z)-6iφ⁴(z)+2+i=i[φ⁴(z)-(1-2i)][(1+2i)φ⁴(z)-1],

5φ⁸(z)-2φ⁴(z)+1=-[(-1+2i)φ⁴(z)+1][(1+2i)φ⁴(z)-1]だから、(15.39)を得る。

演習問題6

(15.42)の第3式は(15.13)にx=βz, y=zを代入するだけである。

第4式は(15.13)にx=βz, y=izを代入して、(15.24)を用いれば得られる。

演習問題7

z=ϖ/2に対しては(1+i)ϖ/2はφ(z)の極なので、別の扱いが必要。

これは演習問題8(b)で行われるので、ここではz≠ϖ/2とする。

mについての数学的帰納法で証明する。

m=0とm=1については、φ(nz)とφ((n+i)z)の公式がすでに得られている。

いまk=m-1とk=mについてP_n+ik(u), Q_n+ik(u)∈ℤ[i][u] かつQ_n+ik(0)=1であって、

n+ikが奇の時(15.40)、n+ikが偶の時(15.41)を満たすものが存在すると仮定する。

k=m+1に対し、(15.42)の第4式でβ=n+imとおいて(15.24)を用い、

φ([n+i(m+1)]z)=-φ([n+i(m-1)]z)+2iφ((n+im)z)φ'(z)/(1-φ²((n+im)z)φ²(z))。

帰納法の仮定により、β=n+imが奇なら

φ([n+i(m-1)]z)=φ(z)(P_n+i(m-1)(φ⁴(z))/Q_n+i(m-1)(φ⁴(z)))φ'(z),

φ((n+im)z)=φ(z)(P_n+im(φ⁴(z))/Q_n+im(φ⁴(z)))だから、

φ([n+i(m+1)]z)の式に代入して整理すれば、

φ([n+i(m+1)]z)=φ(z)(P_n+i(m+1)(φ⁴(z))/Q_n+i(m+1)(φ⁴(z)))φ'(z),

P_n+i(m+1)(u)=P_n+i(m-1)(u)(Q_n+im²(u)-uP_n+im²(u))+2iP_n+im(u)Q_n+im(u)P_n+i(m-1)(u)∈ℤ[i][u],

Q_n+i(m+1)(u)=Q_n+i(m-1)(u)(Q_n+im²(u)-uP_n+im²(u))∈ℤ[i][u]が得られる。

Q_n+im(0)=Q_n+i(m-1)(0)=1だから、Q_n+i(m+1)(0)=1となる。

またβ=n+imが偶なら同様にして、

φ([n+i(m+1)]z)=φ(z)(P_n+i(m+1)(φ⁴(z))/Q_n+i(m+1)(φ⁴(z))),

P_n+i(m+1)(u)=P_n+i(m-1)(u)(Q_n+im²(u)-u(1-u)P_n+im²(u))

+2i(1-u)P_n+im(u)Q_n+im(u)P_n+i(m-1)(u)∈ℤ[i][u],

Q_n+i(m+1)(u)=Q_n+i(m-1)(u)(Q_n+im²(u)-u(1-u)P_n+im²(u))∈ℤ[i][u]が得られ、

Q_n+i(m+1)(0)=1となる。したがって、k=m+1に対しても、

φ((n+ik)z)に対する所望の公式が得られQ_n+ik(0)=1となる。

よって、すべてのφ((n+im)z)に対し証明された。

演習問題8

(a)

演習問題2(c)により|ℤ/2(1+i)ℤ|=N(2(1+i))=8で、

具体的な元はℤ/2(1+i)ℤ={[0],[1+i],[1],[1-i],[2+i],[2],[2-i],[3]}

2+i=-i+2(1+i)≡-i (mod 2(1+i)),

2-i=i- i·2(1+i)≡i (mod 2(1+i)),

3=-1+4=-1+(1-i)·2(1+i)≡-1 (mod 2(1+i))なので、

ℤ/2(1+i)ℤ={[0],[1+i],[1],[1-i],[-i],[2],[i],[-1]}。

2(1+i)はℤ[i]の素元では無いので、ℤ/2(1+i)ℤの全ての元に、

乗法の逆元が存在するかどうかは自明ではない。

実際、ℤ/2(1+i)ℤの元の中で乗法の逆元を持つのは、

{±[1], ±[i]}のみで、これらは乗法について閉じているから、

(ℤ/2(1+i)ℤ)^*={±[1], ±[i]}={[i^ε]} (ε=0,1,2,3}。

2(1+i)は偶だから、(15.38)からβが奇であるために、

β≡β' (mod 2(1+i))となるβ'∈ℤ/2(1+i)ℤは奇なので、

β'∈{±[1], ±[i]}=(ℤ/2(1+i)ℤ)^*だから、β≡i^ε (mod 2(1+i)) (ε=0,1,2,3)。

(b)

z=ϖ/2に対しては(1+i)ϖ/2はφ(z)の極なので、

定理15.4.4の証明の第1段において、別の扱いを必要とする。

βは奇なので、(a)によりβ≡i^ε (mod 2(1+i))だから、

あるα∈ℤ[i]が存在してβ=i^ε+2(1+i)α。

定理15.3.2により、μ,ν∈ℤとしてφ(2(1+i)α·ϖ/2)=φ((μ+νi)ϖ)=0,

φ‘(2(1+i)α∙ϖ/2)=±1なので、命題15.3.1の加法公式により

φ(βϖ/2)=φ([i^ε+2(1+i)α]ϖ/2)=±φ(ϖi^ε/2)=±i^εφ(ϖ/2)=i^ε’ (ε’∈{0,1,2,3})

ただし(15.9)と(15.24)によりφ(i^εz)=i^εφ(z)を用いた。

演習問題9

ℤ[i]はUFDで、その分数体はℚ[i]なので、定理A.5.8により

ℚ[i][u]においてgcd(P_β(u),Q_β(u))=1。

故にあるR(u),S(u)∈ℚ[i][u]が存在して、R(u)P_β(u)+S(u)Q_β(u)=1。

この式はℚ[i]の任意の拡大体で成り立つから、

P_β(u⁴), Q_β(u⁴)がℚ[i]のある拡大体において共通根αを持つと仮定すると、

0=R(α⁴)P_β(α⁴)+S(α⁴)Q_β(α⁴)=1となり矛盾。

したがって、P_β(u⁴), Q_β(u⁴)はℚ[i]のいかなる拡大体においても共通根を持たない。

Q_β(0)≠0だから、0はQ_βの根でないので、uP_β(u⁴), Q_β(u⁴)も、

ℚ[i]のいかなる拡大体においても共通根を持たない。

演習問題10

(15.40)は(15.50)で使うので、他のことから示すのだと思うが・・・。

演習問題11

A'(u)=u^dA(1/u), B'(u)=u^deg(B)B(1/u)についてgcd(A',B')=g(u) とすると、

A'(u)=A₁(u)g(u), B'(u)=B₁(u)g(u), gcd(A₁,B₁)=1と書ける。

A'(1/u)= u^-dA(u)=A₁(1/u)g(1/u)で、d=deg(A₁)+deg(g)なので、

A(u)=u^dA₁(1/u)g(1/u)=(u^deg(A₁)A₁(1/u))(u^deg(g)g(1/u)),

同様にB(u)=(u^deg(B₁)B₁(1/u))(u^deg(g)g(1/u)),

となり、u^deg(A₁)A₁(1/u), u^deg(B₁)B₁(1/u), u^deg(g)g(1/u)∈F[u]だから、

gcd(A,B)=u^deg(g)g(1/u)。

ところがAとBは素だから、deg(g)=0でなければならない。

Aは0でない多項式だからλ∈F^*としてg=λで、

deg(A₁)=d, deg(B₁)=deg(B)。

するとA(u)/B(u)=B(1/u)/A(1/u)=u^d-deg(B)B₁(u)/A₁(u)だから、

d>deg(B)ならA(u)A₁(u)=u^d-deg(B)B(u)B₁(u)で、

左辺の次数は2d、右辺の次数はd+deg(B)<2dで矛盾。

d<deg(B)でも同様に矛盾が導かれるので、d=deg(B)。

するとA(u)/B(u)=B₁(u)/A₁(u)だからA(u)A₁(u)=B₁(u)B(u)で、

gcd(A,B)=1かつgcd(A₁,B₁)=1だから、A(u)=B₁(u)かつB(u)=A₁(u)。

よって u^dA(1/u)=A'(u)=λA₁(u)=λB(u)。