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。 いつものように作業環境の都合上、本書の記号を部分的に変更している。

$(38)$ $L/K$ を正規拡大とする。既約多項式 $f(X) \in K[X]$ を $L[X]$ において既約因子分解すると、各既約因子の次数はすべて等しい。

証明：$f$ の $L$ 上の既約因子分解を $f = f_1 \dotsm f_r$ とおく。ここで各 $f_i$ は $L$ 上既約である。

$L/K$ が正規拡大であることから、

\[\operatorname{Hom}_K(L, \overline{K}) = \operatorname{Aut}_K(L).\]

各 $(i, j)$ に対して $f_i$ を $f_j$ に写すような $K$ 自己同型写像 $\sigma_{ij}$ が存在する。 したがって $i = 2, \dotsc, r$ に対して $\deg f_i = \deg f_1.$ これは $f$ の $L$ 上での既約因子分解の各因子 $f_i$ が同じ次数を持つことを示している。 $\blacksquare$

$(39)$ 正規拡大性を判定しろ。

\[\begin{aligned} \text{(i)}\;\mathbb Q\left(\sqrt{2}\right)/\mathbb Q\quad \text{(ii)}\;\mathbb Q\left(\sqrt[5]{2}\right)/\mathbb Q\quad \text{(iii)}\;\mathbb Q(\zeta_8)/\mathbb Q\quad \text{(iv)}\;\mathbb Q\left(\sqrt[5]{2}, \zeta_5\right)/\mathbb Q \end{aligned}\]

ここで $\zeta_n$ は $1$ の原始 $n$ 乗根の一つとする。

解：

$\text{(i)}:$ 正規拡大である。

$\mathbb Q\left(\sqrt{2}\right)$ は $X^2 - 2 \in \mathbb Q[X]$ の最小分解体であることによる。 $\Box$

$\text{(ii)}:$ 正規拡大ではない。

$\sqrt[5]{2}$ の $\mathbb Q$ における最小多項式は $X^5 - 2$ であり、 その他の根、例えば $\sqrt[5]{2}\zeta_5$ がこの拡大体に含まれていない。 $\Box$

$\text{(iii)}:$ 正規拡大である。

$\zeta_8$ の基礎体上の最小多項式は $X^8 - 1$ であり、その他の根 $\zeta_8^2, \zeta_8^3, \dotsc, \zeta_8^7, \zeta_8^8 = 1$ はすべてこの拡大体の元である。 $\Box$

$\text{(iv)}:$ 正規拡大である。

$\mathbb Q\left(\sqrt[5]{2}\right)/\mathbb Q$ に $\zeta_5$ を添加した体なので、 最小多項式は $(X^5 - 2)(X^5 - 1)$ である。この根すべて

\[\def\a{ \sqrt[5]{2} } \a, \a\zeta_5, \a\zeta_5^2, \a\zeta_5^3, \a\zeta_5^4, 1, \zeta_5, \zeta_5^2, \zeta_5^3, \zeta_5^4\]

が $\mathbb Q\left(\sqrt[5]{2}, \zeta_5\right)$ に含まれている。 $\blacksquare$

$(40)$ 正規拡大 $L_1/K, L_2/K$ は $\overline{K}$ に含まれるとする。

このとき $L_1 \cap L_2$ も $K$ の正規拡大である。

証明：正規拡大の定義による。

多項式 $f(X)$ が $K[X]$ で既約であるとする。 この根の一つを $\alpha$ とおき、$\alpha \in L_1 \cap L_2$ と仮定する。

$\alpha \in L_1 \cap L_2 \subset L_1$ および $L_1/K$ が正規拡大であることから $f$ の $\alpha$ 以外の根はすべて $L_1$ に含まれる。

そして $\alpha \in L_1 \cap L_2 \subset L_2$ および $L_2/K$ が正規拡大であることから $f$ の $\alpha$ 以外の根はすべて $L_2$ にも含まれる。

したがって $f$ の $\alpha$ 以外の根はすべて $L_1 \cap L_2$ に含まれる。 $K[X]$ の既約多項式の根の一つが $L_1 \cap L_2$ に含まれればその他の根もすべて $L_1 \cap L_2$ に含まれることが示された。これは $(L_1 \cap L_2)/K$ が正規拡大であることを意味する。 $\blacksquare$

$(41)$ 体 $K$ が群 $G$ に次のように作用している。$G$ の不変体を求めろ：

\[\text{(i)}: K \coloneqq \mathbb Q\left(\sqrt{2}, \sqrt{-2}\right),\; G \coloneqq \langle \sigma \rangle,\; \sigma\colon\begin{cases} \sqrt{2} &\longmapsto -\sqrt{2},\\ \sqrt{-2} &\longmapsto -\sqrt{-2}.\\ \end{cases}\]

解：$\text{(i)}:$ $\theta \coloneqq a + b\sqrt{2} + c\sqrt{-2} + d\sqrt{2}\sqrt{-2}\in K$ とおく。

$\sigma(\theta) = \theta$ となる $a, b, c, d$ の条件を決定すれば十分。 $b = c = 0$ が条件。したがって求める不変体は

\[K^G = \{a + d\sqrt{-4}\,|\,a, d \in \mathbb Q\} = \mathbb Q\left[\sqrt{-1}\right] = \mathbb Q\left(\sqrt{-1}\right).\]

$\Box$

\[\text{(ii)}: K \coloneqq \mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}, \omega\right),\; G \coloneqq \langle \sigma \rangle,\; \sigma\colon \begin{cases} \sqrt[3]{2} &\longmapsto \sqrt[3]{2}\omega,\\ \omega &\longmapsto \omega^2. \end{cases}\]

解：$\text{(ii)}:$ さっきと同じ方法だとつらい。ベクトル空間の基底の変化だけ調べる。

\[\begin{aligned} 1 & \longmapsto 1, & id.\\ \sqrt[3]{2} &\longmapsto \sqrt[3]{2}\omega,\\ \sqrt[3]{4} &\longmapsto \left(\sqrt[3]{2}\omega\right)^2 = \sqrt[3]{4}\omega^2,\\ \omega &\longmapsto \omega^2,\\ \sqrt[3]{2}\omega &\longmapsto \left(\sqrt[3]{2}\omega\right)\omega^2 = \sqrt[3]{2},\\ \sqrt[3]{4}\omega &\longmapsto \left(\sqrt[3]{2}\omega\right)^2\omega^2 = \sqrt[3]{4}\omega, & id.\\ \omega^2 &\longmapsto \omega^4 = \omega.\\ \sqrt[3]{2}\omega^2 &\longmapsto \left(\sqrt[3]{2}\omega\right)\omega = \sqrt[3]{2}\omega^2, & id.\\ \sqrt[3]{4}\omega^2 &\longmapsto \left(\sqrt[3]{2}\omega\right)^2\omega = \sqrt[3]{2}. \end{aligned}\]

したがって $G$ は元 $1, \sqrt[3]{4}\omega, \sqrt[3]{2}\omega^2$ を不変にする。 $\mathbb Q \subset \mathbb Q\left(\sqrt[3]{4}\omega\right) = \mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}\omega^2\right)$ だから

\[K^G = \mathbb Q\left(\sqrt[3]{4}\omega\right).\quad\Box\]

$\text{(iii)}:$ $K, G$ は前問と同じ、

\[\sigma\colon \begin{cases} \sqrt[3]{2} &\longmapsto \sqrt[3]{2},\\ \omega &\longmapsto \omega^2. \end{cases}\]

解：$\text{(iii)}:$ 基底の像を確認する。

\[\begin{aligned} 1 & \longmapsto 1, & id.\\ \sqrt[3]{2} &\longmapsto \sqrt[3]{2}, &id.\\ \sqrt[3]{4} &\longmapsto \left(\sqrt[3]{2}\right)^2 = \sqrt[3]{4},\\ \omega &\longmapsto \omega^2,\\ \sqrt[3]{2}\omega &\longmapsto \sqrt[3]{2}\omega^2,\\ \sqrt[3]{4}\omega &\longmapsto \sqrt[3]{4}\omega^2,\\ \omega^2 &\longmapsto \omega^4 = \omega.\\ \sqrt[3]{2}\omega^2 &\longmapsto \sqrt[3]{2}\omega,\\ \sqrt[3]{4}\omega^2 &\longmapsto \sqrt[3]{4}\omega. \end{aligned}\]

したがって $K^G = \mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}\right)$. $\Box$

\[\text{(iv)}: K \coloneqq \mathbb Q(\zeta_8),\; G \coloneqq \langle \sigma \rangle,\; \sigma\colon \zeta_8 \longmapsto \zeta_8^5.\]

解：$\text{(iv)}:$ 基底の像を確認する。

\[\begin{aligned} 1 &\longmapsto 1, & id.\\ \zeta_8 &\longmapsto \zeta_8^5\\ \zeta_8^2 &\longmapsto \zeta_8^{10} = \zeta_8^2, & id.\\ \zeta_8^3 &\longmapsto \zeta_8^{15} = \zeta_8^7,\\ \zeta_8^4 &\longmapsto \zeta_8^{20} = \zeta_8^4, & id.\\ \zeta_8^5 &\longmapsto \zeta_8^{25} = \zeta_8^1,\\ \zeta_8^5 &\longmapsto \zeta_8^{30} = \zeta_8^6,\\ \zeta_8^7 &\longmapsto \zeta_8^{35} = \zeta_8^3,\\ \end{aligned}\]

したがって $K^G = \mathbb Q\left(\zeta_8^2\right).$ $\Box$

\[\text{(v)}: K \coloneqq \mathbb Q(X, Y),\; G \coloneqq \langle \sigma \rangle,\; \sigma\colon \begin{cases} X \longmapsto -X,\\ Y \longmapsto -Y. \end{cases}\]

解：$\text{(v)}:$ 基底の像を確認する。

  • $1$ は $1$ に写る。
  • $m \in \Z$ とすると $X^{2m}$ は $X^{2m}$ に写る。$Y^{2m}$ も不変。 したがって $(XY)^2$ も不変。
  • よく考えたら $(XY)^2 = (-X)(-Y) = XY$ なので $XY$ が既に不変。

以上より $K^G = \mathbb Q(X^2, Y^2, XY).$ $\Box$

$\text{(vi)}: K \coloneqq \mathbb Q(t),\; G \coloneqq \langle\sigma\rangle,\;\sigma\colon t \longmapsto 1/t.$

解：$\text{(vi)}:$ これはわからない。解答例を見てもわからない。あとで調べる。

$(42)$ $S$ を体 $K$ の部分環とする。$K$ が $S$ 上整であるならば $S$ は体である。

証明：仮定から任意の $\alpha \in K$ に対して $a_0, \dotsc, a_{n-1} \in S$ が存在して多項式

\[f(X) \coloneqq X^n + a_{n-1}X^{n-1} + \dotsb + a_0\]

が $f(a) = 0$ を満たす。

$S$ は環であるので、任意の $a, b \in S$ に対して $a \pm b \in S, ab \in S$ は成り立つ。残るは逆元の存在を示すこと。

任意の $0 \ne a \in S$ に対して $1/a \in S$ を示す。 $a \in K$ だから $1/a \in K.$ $K$ は $S$ 上整であるので、

\[f(X) = X^n + c_{n-1}X^{n-1} + \dotsb + c_0,\;c_i \in S\]

が存在して $f(1/a) = 0.$ つまり

\[\begin{aligned} 0 = f\left(1/a\right) &= \left(\frac{1}{a}\right)^n + c_{n-1}\left(\frac{1}{a}\right)^{n-1} + \dotsb + c_1\left(\frac{1}{a}\right) + c_0\\ 0 &= \frac{1}{a} + c_{n-1} + \dotsb + c_1a^{n-2} + c_0a^{n-1}\\ \therefore \frac{1}{a} &= -\left(c_{n-1} + \dotsb + c_1a^{n-2} + c_0a^{n-1}\right) \in S.\\ \therefore \forall a \in S&\left(a \ne 0 \implies \frac{1}{a} \in S\right). \end{aligned}\]

したがって $S$ が体であることが示された。 $\blacksquare$

括弧の付け方が急所だった。いつもやっている $\theta^n$ を $\theta^{n-1}$ の線形結合で表すときとは違う。

$(43)$ $K$ を体とし、$R \subset K$ を部分環とする。

$K$ が $R$ 加群として有限生成ならば $R$ は体である。

検討：これはやらない。加群（ベクトル空間みたいなもの）の扱い方を知らない。 どうやら $K$ が $R$ 上整であることを示す問題のようだ。

$(44)$ $R$ を整域とし、$G$ を $R$ の自己同型群の有限部分群とする。 $R$ の $G$ による「不変環」を

\[R^G \coloneqq \{a \in R\,|\,\forall \sigma \in G(\sigma(a) = a)\}\]

と定義する。

このとき $R$ は $R^G$ 上整である。

証明：任意の $\alpha \in R$ に対して $f(\alpha) = 0$ となる $R^G$ 係数の多項式が存在することを示す。

有限群 $G$ を $\lbrace \sigma_1 = 1_G, \dotsc, \sigma_n\rbrace$ とおくと次の多項式は $R^G$ 係数である：

\[f(X) \coloneqq (X - \sigma_1(\alpha))\dotsm(X - \sigma_n(\alpha)).\]

補足すると $f(X)$ を展開したときの各 $X^i$ の係数は $i$ 個の $\sigma_?(\alpha)$ の積の $i$ 個の和である。 それらはすべて $R^G$ に含まれる。 かつ $f(\alpha) = 0$ であるので $\alpha$ は $R^G$ 上整である。 $\alpha$ は任意であるから $R$ が $R^G$ 上整であることが示された。 $\blacksquare$

$X^i$ の係数は $(n - i)\alpha^i \in R^G$ と示せればいい。 例えば $X^{n-1}$ の係数は $\sigma_1(\alpha) + \dotsb + \sigma_n(\alpha) = n\alpha \in R^G.$ $\because \forall \sigma \in G(\sigma(n\alpha) = n\sigma(\alpha) = n\alpha).$