桂利行著『代数学 III 体とガロア理論』第一章章末問題の答案の続き。

$(8)$ 体 $K$ 上の多項式 $f(X), g(X)$ が任意の $\alpha \in K$ に対して $f(\alpha) = g(\alpha)$ ならば $f(X) = g(X)$ だと言えるか。

解：写像としては等しいのは明らかだが、多項式として等しいかというのが問題だ。

$K = \mathbb F_2$ として $f(X) = X + 1,\;g(X) = X^2 + 1$ というのはどうだろう。 $f(0) = 1, g(0) = 1, f(1) = 1 + 1 = 0, g(1) = 1^2 + 1 = 0.$

一般には等しくないことが示された。 $\blacksquare$

巻末の解答例をチェックしたらもっと踏み込んでいた。

  • $K$ が無限体ならば方程式 $f(X) - g(X) = 0$ の根が無数にあることから多項式として $f(X) = g(X)$ と言える。
  • $K$ が有限体ならば私が上に示したように一般には多項式として $f(X) \ne g(X).$

$(9)$ すべての素数の平方根は $\mathbb Q$ 上線形独立である。

証明：数学的帰納法により任意の個数の相異なる素数の平方根が $\mathbb Q$ 上線形独立であることを示す。

$p_0, p_1$ を相異なる素数とする。 まずは $\sqrt{p_0}$ と $\sqrt{p_1}$ が $\mathbb Q$ 上線形独立であるかどうかを確かめる。

$\sqrt{p_0}q_0 + \sqrt{p_1}q_1 = 0,\;q_0, q_1 \in \mathbb Q$ とおく。 $q_1 \ne 0$ と仮定すると：

\[\begin{aligned} \sqrt{p_0}q_0 &= -\sqrt{p_1}q_1\\ \frac{q_0}{q_1} &= -\sqrt{\frac{p_1}{p_0}}. \end{aligned}\]

左辺は有理数だが右辺は $(p_0, p_1) = 1$ であるので平方因子を含まない有理数の平方根であり、すなわち無理数である。これは矛盾である。 したがって $q_1 = 0.$ 直ちに $q_0 = 0$ がわかり、この二つの素数の平方根は $\mathbb Q$ 上線形独立であることが示された。 $\blacksquare$

教科書の本問の解答例は「略」とあるのがよくわかる。線形独立の証明は単調で飽きが来るのだ。

$(10)$ $\mathbb F_2$ において次の多項式を因数分解しろ。

\[\text{(i)}\;X^2 + X + 1\quad \text{(ii)}\;X^3 + X^2 + X + 1\quad \text{(iii)}\;X^6 - 1\]

検討：因数定理により $f(\alpha) = 0$ ならば $f(X)$ は $X - \alpha$ を因数に持つ。 これは体を係数とする多項式ならば何でも使える。本問では $\alpha = 0, 1.$ いずれも非ゼロ定数項を有するから $\alpha = 1$ だけ調べればいい。

解：

$\text{(i)}:$ $1^1 + 1 + 1 = 1$ だから、実は既約である。 $\Box$

$\text{(ii)}:$ $X - 1$ を因数にもつ。 なお $\mathbb F_2$ 係数なので答案上は $X + 1$ と表記する必要がある。

\[\begin{aligned} X^3 + X^2 + X + 1 &= (X + 1)(X^2 + 1)\\ &= (X + 1)(X + 1)(X + 1) & \because 1^1 + 1 = 0\\ &= (X + 1)^3.\quad\Box \end{aligned}\]

$\text{(iii)}:$ $f(X) \coloneqq X^6 - 1$ とおく。 $f(1) = 0$ だから $X - 1 = X + 1$ を因数に持つ。

\[X^6 - 1 = (X + 1)(X^5 + X^4 + X^3 + X^2 + X + 1).\]

$1^5 + 1^4 + 1^3 + 1^2 + 1 + 1 = 0$ だから

\[\begin{aligned} X^6 - 1 &= (X + 1)^2(X^4 + 2X^3 + 3X^2 + 4X + 5)\\ &= (X + 1)^2(X^4 + X^2 + 1). \end{aligned}\]

$X^4 + X^2 + 1$ の因数分解は高校数学でやったように

\[\begin{aligned} X^4 + X^2 + 1 &= X^4 + 2X^2 + 1 - X^2\\ &= (X^2 + 1)^2 - X^2\\ &= (X^2 + X + 1)(X^2 - X + 1) \end{aligned}\]

なのだが $\mathbb F_2$ で考えるとこれは $(X^2 + X + 1)^2$ である。したがって

\[X^6 - 1 = (X + 1)^2(X^2 + X + 1)^2.\quad\blacksquare\]

$(11)$ $\mathbb F_3$ において因数分解しろ。

\[\text{(i)}\;X^2 + X + 1\quad \text{(ii)}\;X^3 + X + 2\quad \text{(iii)}\;X^4 + X^3 + X + 1\]

検討：方針は前問の解で述べたとおり。

解： $\text{(i)}:$ 与えられた多項式を $f(X)$ とおくと $f(1) = 1 + 1 + 1 = 0, f(2) = 4 + 2 + 1 = 7 = 1.$ したがって

\[\begin{aligned} X^2 + X + 1 &= (X - 1)(X + 2) + 3\\ &= (X + 2)(X + 2) + 0\\ &= (X + 2)^2. \quad\Box \end{aligned}\]

$\text{(ii)}:$ 与えられた多項式を $f(X)$ とおくと $f(1) = 1 + 1 + 2 = 4 = 1, f(2) = 8 + 2 + 2 = 12 = 0.$

\[\begin{aligned} \therefore X^3 + X + 2 &= (X - 2)(X^2 + 2X + 5) + 12\\ &= (X - 2)(X^2 + 2X + 2)\\ &= (X + 1)(X^2 + 2X + 2). \end{aligned}\]

$X^2 + 2X + 2 \in \mathbb F_3$ は既約だから、上記がそのまま求める因数分解である。 $\Box$

$\text{(iii)}:$ $f(X) \coloneqq X^4 + X^3 + X + 1$ とおくと $f(1) = 4 = 1, f(2) = 27 = 0.$

\[\begin{aligned} X^4 + X^3 + X + 1 &= (X - 2)(X^3 + 3X^2 + 6X + 13) + 27\\ &= (X - 2)(X^3 + 1). \end{aligned}\]

$2^3 + 1 = 9 = 0$ だから

\[X^3 + 1 = (X - 2)(X^2 + 2X + 4) + 9 = (X - 2)(X^2 + 2X + 1).\]

したがって

\[\begin{aligned} X^4 + X^3 + X + 1 &= (X - 2)(X - 2)(X^2 + 2X + 1)\\ &= (X - 2)^2(X + 1)^2\\ &= (X + 1)^4. \quad\blacksquare \end{aligned}\]

$(12)$ $f(X), g(X) \in K[X]$ を既約とし、$\alpha, \beta \in \overline{K}$ をそれぞれ $f(X) = 0,\;g(X) = 0$ の根とする。

このとき $f(X)$ が $K(\beta)$ 上既約である $\iff$ $g(X)$ が $K(\alpha)$ 上既約である。

検討：拡大体 $K(\alpha, \beta) \subset \overline{K}$ を考える。

証明：$f(X)$ と $g(X)$ が $K$ 上既約でそれぞれ $\alpha, \beta$ が根であることから

\[[K(\alpha) : K] = \deg f(X),\quad [K(\beta) : K] = \deg g(X).\]

拡大体 $K(\alpha, \beta) \subset \overline{K}$ を考えると

\[\begin{aligned} [K(\alpha, \beta) : K] &= [K(\alpha, \beta) : K(\alpha)][K(\alpha) : K]\\ &= [K(\alpha, \beta) : K(\alpha)]\deg f(X)\\ &= [K(\alpha, \beta) : K(\beta)][K(\beta) : K]\\ &= [K(\alpha, \beta) : K(\beta)] \deg g(X). \end{aligned}\]

したがって次の同値関係が成り立つ：

\[\begin{aligned} &\phantom{\iff} f(X) \text{ is irreducible over } K(\beta)\\ &\iff [K(\alpha, \beta) : K(\beta)] = \deg f(X)\\ &\iff [K(\alpha, \beta) : K] = \deg f(X)\deg g(X)\\ &\iff [K(\alpha, \beta) : K(\alpha)] = \deg g(X)\\ &\iff g(X) \text{ is irreducible over } K(\alpha). \quad\blacksquare \end{aligned}\]

$(13)$ 体 $K$ 上の次数が 1 以上の多項式 $f(X), g(X)$ について $f(X)$ が既約であれば $f(g(X))$ の各既約因子の次数は $\deg f(X)$ で割り切れる。

証明：$h(X) \coloneqq f(g(X))$ とおき $h(X) = 0$ の根の一つを $\alpha \in \overline{K},$ $\beta \coloneqq g(\alpha)$ とおく。$K(\alpha)\supset K(\beta).$

$f(X)$ が $K$ 上既約であることから $[K(\beta) : K] = \deg f.$

$h(X)$ の既約因子で $\alpha$ の最小多項式であるものがある。 その最小多項式の次数は $[K(\alpha) : K]$ である。 これが $\deg f$ で割り切れることを示したいのだが、それは

\[\begin{aligned} [K(\alpha) : K] &= [K(\alpha) : K(\beta)][K(\beta) : K]\\ &= [K(\alpha) : K(\beta)]\deg f \end{aligned}\]

から成り立つ。

したがって $f(g(X))$ の各既約因子の次数は $\deg f(X)$ で割り切れることが示された。 $\blacksquare$

注意：$h(X)$ が既約であることを予断してはいけない。

$(14)$ $K$ を標数 $p \ne 0$ の体、$a \in K$ とする。 $X^p - a \in K[X]$ が既約 $\iff$ $a \notin K^p.$

検討：$\forall a \in K((X - a)^p = X^p - a^p)$ を利用する。

証明： $\implies:$ 対偶を示す。 $a \in K^p$ ならばある $b \in K$ が存在して $b^p = a.$ したがって

\[\begin{aligned} X^p - a &= X^p - b^p\\ &= (X - b)^p. \end{aligned}\]

$p$ は素数だからこの因数分解は $X^p - a$ が既約でないことを示している。 したがって $X^p - a$ が既約ならば $a \notin K^p$ が示された。 $\Box$

$\impliedby:$ 対偶を示す。$X^p - a$ が $K$ 上既約でないと仮定する。 この多項式を $\overline{K}$ で因数分解すると

\[X^p - a = X^p - \left(\sqrt[p]{a}\right)^p = \left(X - \sqrt[p]{a}\right)^p.\]

$K$ 上の既約因子があれば $\left(X - \sqrt[p]{a}\right)^m$ の形である。ただし $1 \le m \lt p.$ これを展開したときの $X^{m - 1}$ の係数は $-m \sqrt[p]{a}.$

\[-m \sqrt[p]{a} \in K \implies \sqrt[p]{a} \in K. \quad \therefore a \in K^p.\]

したがって $a \notin K^p$ ならば $X^p - a$ は $K$ 上既約であることが示された。 $\blacksquare$

問題文の形が最初から対偶の形であると話が早いことに気をつける。出題上の技巧？

$(15)$ $\R$ 上の有限次元多元体は $\R, \mathbb C, \mathbb H$ のいずれかに同型な可除環しかない。

検討：$D$ を $\R$ 上の有限次元多元体であるとする。 多元体は可換とは限らないので、まず可換性で場合分けをする。

$D$ が可換ならば $\R$ 上のベクトル空間として有限次元になる体とは $\R$ 自身と $\mathbb C$ しかない。 だから問題は非可換のときに $D = \mathbb H$ であることを示すことだ。

Why are the only division algebras over the real numbers the real numbers, the complex numbers, and the quaternions? - Mathematics Stack Exchange

$\mathbb H$ の真拡大体がないことを示す必要がある。

証明：検討でいう $D$ が非可換のときに $D = \mathbb H$ であることを示す。

まず $D$ は $\R$ 上 $2$ 次の拡大であることを示す。

任意に $a \in D\setminus\R$ をとり多項式環 $\R[a]$ を考える。 $\R$ は体であるから $\R[a]$ は整域である（可換体論）。 これは $\R$ 上の有限ベクトル空間であるから問 $(1)$ より $\R[a]$ は体である。 したがって $\R[a] \cong \mathbb C.$ したがって $a$ は $\R$ 上 $2$ 次である。 $a$ は任意だから $[D : \R] = 2.$

$\R[a] \cong \mathbb C$ であることから、ある $u \in \R[a]$ が存在して

\[u^2 = -1,\qquad \R[a] = \R + \R u.\]

$D$ は非可換であるので $D \ne \R[a].$

任意に $b \in D\setminus(\R[a])$ を考えることにより多項式環 $\R[a, b]$ を考える。 さきほどと同様に推論するとある $v \in D\setminus\R[a, b]$ が存在して $v$ は $\R[a]$ 上 $2$ 次で、

\[v^2 = -1,\qquad \R[a, b] = \R + \R u + \R v.\]

$1, u, v, uv$ が $\R$ 上線形独立であることを示す。 $p, q, r, s\in \R$ が存在して $p + qu + rv + suv = 0$ の形に書けると仮定すると

\[-p = qu + rv + suv.\]

$p = 0 \iff q = r = s = 0$ であるので、$1, u, v, uv$ は一次独立である。 $\Box$

次の推論の準備として $uv$ と $vu$ の関係を決定する。 $u + v, uv \in D$ は次の $\R$ 上の二次式を満足する：

\[(u + v)^2 + c(u + v) + d = 0,\quad (uv)^2 + 2a(uv) + b = 0.\]

この関係式および線形独立性から $b = 1, c = 0, d = 2(a + 1).$ したがって

\[(uv)^2 + 2a(uv) + 1 = 0,\quad uv + vu = -2a\]

が成り立つ。$uv \notin \R$ につき、上記二次方程式の判別式 $4a^2 - 4 \lt 0.$ ゆえに $a^2 \lt 1.$ $\Box$

TODO: $D = \R + \R u + \R v + \R uv$ であることを示す。 背理法による。$D \supsetneq \R + \R u + \R v + \R uv$ と仮定するとある $w \in D\setminus(\R + \R u + \R v + \R uv)$ が存在して $w^2 = -1$ を満たす。このとき

\[1, u, v, uv, w, \; uw, vw, uvw\]

は $\R$ 上一次独立でなければならない。ここで先ほどと同様にして $uw$ と $wu$ そして $vw$ と $wv$ の関係を決定する。 やはりある $e, f \in \R$ が存在して

\[uw + wu = -2e,\quad vw + wv = -2f\]

を満たす。

$(uvw)^2$ を $uv, vw, wu$ の線形結合で表したいので、以下の計算を済ませておく：

\[\begin{aligned} (uv)(uw) &= u(vu)w = u(-2a-uv)w = -2auw - u^2vw\\ &= -2auw + vw.\\ (uv)(vw) &= uv^2w\\ &= -uw.\\ (uw)^2 &= uwuw = u(-2e - uw)w = -2euw - u^2w^2\\ &= -2euw - 1.\\ (vw)^2 &= -2fvw - 1.\\ (uw)(vw) &= uw(-2f-wv) = -2fuw - uw^2v\\ &= uv -2fuw. \end{aligned}\] \[\begin{aligned} (uvw)^2 &= uvwuvw = uv(wu)vw = uv(-uw -2e)vw\\ &= -(uvuw)vw - 2e(uv)(vw)\\ &= (2auw - vw)vw + 2e(-uw)\\ &= 2a(uw)(vw) - (vw)^2 - 2euw\\ &= 2a(uv - 2fuw) - (-2fvw - 1) - 2euw\\ &= 1 + 2auv + 2fvw + (2e - 4af)uw \end{aligned}\]

よって $uvw$ は $\R$ 上 $2$ 次と仮定したので $a = 0$ が必要。 $uv + vu = 0.$

$z \coloneqq (u + v)/\sqrt{2}$ とおく。直接展開することで $z^2 = -1.$

$uz + zu = 0$ を導く（TODO: $uvz$ か $(uvz)^2$ を計算する）。

他方で

\[\begin{aligned} uz + zu &= \frac{u(u + v)}{\sqrt{2}} + \frac{(u + v)u}{\sqrt{2}}\\ &= \frac{u^2 + uv + u^2 + vu}{\sqrt{2}} = \frac{-2 + 0}{\sqrt{2}}\\ &= -\sqrt{2}. \end{aligned}\]

これは $uz + zu = 0$ に矛盾する。 背理法により $D = \R + \R u + \R v + \R uv$ が示された。 $\Box$

TODO: $D \cong \mathbb H$ を示す。同型写像を構成する。

したがって $\R$ 上の有限次 division algebra は $\R, \mathbb C, \mathbb H$ に限ることが示された。 $\blacksquare$

$(16)$ 次の拡大体の拡大次数を求めろ。

\[\begin{aligned} &\text{(i)}\;\mathbb Q\left(\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{5}\right)/\mathbb Q\quad \text{(ii)}\;\mathbb Q\left(\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{5}\right)/\mathbb Q\left(\sqrt{2}\right)\quad\\ &\text{(iii)}\;\mathbb Q\left(\sqrt{2}, \sqrt[3]{2}\right)/\mathbb Q\quad \text{(iv)}\;\mathbb Q\left(\sqrt{2}, \sqrt[3]{2}, \sqrt[4]{2}\right)/\mathbb Q\quad\\ &\text{(v)}\;\mathbb Q\left(\sqrt{2} + \sqrt[4]{2}\right) \end{aligned}\]

解：$\text{(i)}:$ $\mathbb Q\left(\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{5}\right)/\mathbb Q\left(\sqrt{2}, \sqrt{3}\right)/\mathbb Q\left(\sqrt{2}\right)/\mathbb Q$ と考えればいいから

\[\begin{aligned} \left[\mathbb Q\left(\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{5}\right) : \mathbb Q\right] &= 2 \times 2 \times 2 = 8. \quad\Box \end{aligned}\]

$\text{(ii)}:$ $\mathbb Q\left(\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{5}\right)/\mathbb Q\left(\sqrt{2}, \sqrt{3}\right)/\mathbb Q\left(\sqrt{2}\right)$ なのでさっき求めている。

\[\begin{aligned} \left[\mathbb Q\left(\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{5}\right) : \mathbb Q\left(\sqrt{2}\right)\right] &= 2 \times 2 = 4. \quad\Box \end{aligned}\]

$\text{(iii)}:$

\[\begin{aligned} &\phantom{=}\left[\mathbb Q\left(\sqrt{2}, \sqrt[3]{2}\right)/\mathbb Q\right]\\ &= \left[\mathbb Q\left(\sqrt{2}, \sqrt[3]{2}\right) : \mathbb Q\left(\sqrt{2}\right)\right] \left[\mathbb Q\left(\sqrt{2}\right) : \mathbb Q\right]\\ &= 3 \times 2 = 6. \quad\Box \end{aligned}\]

$\text{(iv)}:$

\[\begin{aligned} &\phantom{=}\left[\mathbb Q\left(\sqrt{2}, \sqrt[3]{2}, \sqrt[4]{2}\right) : \mathbb Q\right]\\ &= \left[\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}, \sqrt[4]{2}\right) : \mathbb Q\right]\\ &= \left[\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}, \sqrt[4]{2}\right) : \mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}\right)\right] \left[\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}\right) : \mathbb Q\right]\\ &= 4 \times 3 = 12. \quad\Box \end{aligned}\]

$\text{(v)}:$ $\sqrt{2} + \sqrt[4]{2}$ の $\mathbb Q$ 上の最小多項式を求めて次数を得る。

\[\begin{aligned} x &= \sqrt{2} + \sqrt[4]{2}.\\ x - \sqrt{2} &= \sqrt[4]{2}.\\ x^2 - 2\sqrt{2}x + 2 &= \sqrt{2}.\\ x^2 + 2 &= \sqrt{2}(2x + 1)\\ x^4 + 4x^2 + 4 &= 2\left(4x^2 + 4x + 1\right).\\ x^4 - 4x^2 - 8x + 2 &= 0. \end{aligned}\]

したがって $\left[\mathbb Q\left(\sqrt{2} + \sqrt[4]{2}\right) : \mathbb Q\right] = \deg\left(x^4 - 4x^2 - 8x + 2\right) = 4.\quad\blacksquare$

※最後の小問、解答例は $8$ と言っている。問題に誤植があるか著者が最小多項式を間違えたと思う。

$(17)$ $\mathbb Q$ 上の最小多項式を求めろ。

\[\begin{aligned} \text{(i)}\;\sqrt{2} + \sqrt{3}\quad \text{(ii)}\;1 + \sqrt[3]{2}\quad \text{(iii)}\;\sqrt{-1}\quad \text{(iv)}\;\sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{3} \end{aligned}\]

解：$\text{(i)}:$ どこかでやったので省略。$X^4 - 10X^2 + 1.\quad\Box$

$\text{(ii)}:$ $X^3 - 3X^2 + 3X - 3:$

\[\begin{aligned} X &= 1 + \sqrt[3]{2}\\ (X - 1)^3 &= 2.\\ \therefore X^3 - 3X^2 + 3X - 3 &= 0.\quad\Box \end{aligned}\]

$\text{(iii)}:$ さんざんやってきたので省略。$X^2 + 1.\quad\Box$

$\text{(iv)}:$ $X^9 - 15X^6 - 87X^3 -125:$

\[\begin{aligned} X &= \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{3}.\\ X - \sqrt[3]{2} &= \sqrt[3]{3}.\\ X^3 - 3\sqrt[3]{2}X^2 + 3\sqrt[3]{4}X - 2 &= 3.\\ X^3 - 5 &= 3\sqrt[3]{2}X\left(X - \sqrt[3]{2}\right) = 3\sqrt[3]{6}X.\\ \left(X^3 - 5\right)^3 &= 27 \cdot 6X^3\\ \therefore X^9 - 15X^6 - 87X^3 - 125 &= 0.\quad\blacksquare \end{aligned}\]

$(18)$ $\mathbb Q$ 上の方程式 $X^4 + X^3 + X^2 + X + 1 = 0$ の根の一つを $\theta$ とする。$1/(\theta^2 + 1) \in \mathbb C$ を $\theta$ の多項式で表わせ。

検討：定数項を移項して残りを $\theta$ で括るパターン。

解：

\[\begin{aligned} \theta(\theta^3 + \theta^2 + \theta + 1) &= -1\\ \theta(\theta(\theta^2 + 1) + \theta^2 + 1) &= -1\\ \theta(\theta + 1)(\theta^2 + 1) &= -1\\ \therefore (\theta^2 + 1)^{-1} &= -\theta(\theta + 1) \quad\blacksquare \end{aligned}\]