微分Galois理論

$\sum_jc_jy_j=0$（$c_j\in C_M$、すべては $0$ でない）なら、微分を繰り返して $\sum_jc_jy_j^{(i)}=0$（$0\le i\le r-1$）となるので、Wronski 行列の列が 1 次従属で、行列式は $0$ である。

逆を $r$ についての帰納法で示す。$r=1$ では $\operatorname{wr}(y_1)=y_1=0$ なので従属である。$r\ge2$ とし、$\operatorname{wr}(y_1,\dots,y_r)=0$ とする。$\operatorname{wr}(y_1,\dots,y_{r-1})=0$ なら帰納法の仮定から $y_1,\dots,y_{r-1}$ が従属なので、$\operatorname{wr}(y_1,\dots,y_{r-1})\ne0$ としてよい。Wronski 行列の列は体 $M$ 上 1 次従属なので、すべては $0$ でない $b_1,\dots,b_r\in M$ で $\displaystyle \sum_{j=1}^rb_jy_j^{(i)}=0\qquad(0\le i\le r-1)\qquad\text{(1)}$ となるものがある。$b_r=0$ なら (1) の $0\le i\le r-2$ の式から $\operatorname{wr}(y_1,\dots,y_{r-1})=0$ となって矛盾するので、$b_r\ne0$ で、全体を $b_r$ で割って $b_r=1$ としてよい。(1) の $i$ 番目の式（$0\le i\le r-2$）を微分すると $\displaystyle \sum_{j=1}^rb_j'y_j^{(i)}+\sum_{j=1}^rb_jy_j^{(i+1)}=0$ であり、第 2 の和は (1) の $i+1$ 番目の式により $0$、$b_r'=0$ なので、$\sum_{j=1}^{r-1}b_j'y_j^{(i)}=0$（$0\le i\le r-2$）を得る。$\operatorname{wr}(y_1,\dots,y_{r-1})\ne0$ だから $b_1'=\dots=b_{r-1}'=0$、すなわち $b_j\in C_M$ である。(1) の $i=0$ の式 $\sum_jb_jy_j=0$ は、$b_r=1$ を含む $C_M$ 上の自明でない関係である。$\square$

1：$E=K(y)$ の元は $f(y)/g(y)$（$f,g\in K[Y]$、$g\ne0$）であり、導分 $D$ は Leibniz 則と $D(1/g)=-D(g)/g^2$ から、$K$ 上の値と $D(y)$ で決まる。2：$P\in K[Y]$ を $y$ の最小多項式とし、$P$ の係数を $\partial$ で微分した多項式を $P^\partial$ と書くと、延長 $D$ は $0=D(P(y))=P^\partial(y)+P'(y)\,D(y)$ を満たす。標数 $0$ では $P$ は分離的なので $P'(y)\ne0$ であり、$D(y)=-P^\partial(y)/P'(y)$ と決まる。$K(y)=K[y]$ の元は $y$ の多項式なので、$D$ は 1 と同様に決まる。$\square$

1：$\sigma(y)'=a\sigma(y)$ なので $\bigl(\sigma(y)/y\bigr)'=\bigl(a\sigma(y)y-\sigma(y)ay\bigr)/y^2=0$ であり、$\lambda_\sigma:=\sigma(y)/y\in C^\times$ である。$(\sigma\tau)(y)=\sigma(\lambda_\tau y)=\lambda_\tau\lambda_\sigma y$ なので準同型で、$E=K(y)$ から単射である。

まず、$y$ が代数的なら、ある $d\ge1$ について $y^d\in K$ であることを示す。最小多項式を $P(Y)=Y^d+c_{d-1}Y^{d-1}+\dots+c_0$ とすると、$y\ne0$ と既約性から $c_0\ne0$ である。$(y^i)'=iay^i$ なので $\displaystyle Q(Y)=\sum_{i=0}^{d}(c_i'+iac_i)Y^i-da\,P(Y)\qquad(c_d=1)$ は $Q(y)=\bigl(P(y)\bigr)'-da\,P(y)=0$ を満たし、$Y^d$ の係数が $da-da=0$ なので $d-1$ 次以下である。$P$ の最小性から $Q=0$ で、定数項から $c_0'=dac_0$ を得る。すると $\displaystyle \Bigl(\frac{y^d}{c_0}\Bigr)'=\frac{day^dc_0-y^dc_0'}{c_0^2}=0$ なので $y^d/c_0\in C_E=C\subset K$、すなわち $y^d\in K$ である。

2：仮定と上の段から $y$ は超越的である。$\lambda\in C^\times$ について、$y\mapsto\lambda y$ は $K$ 上の体の自己同型 $\sigma_\lambda$ を定め、$D=\sigma_\lambda\circ\partial\circ\sigma_\lambda^{-1}$ は $K$ 上 $\partial$ に一致し $D(y)=\sigma_\lambda(\partial(\lambda^{-1}y))=\sigma_\lambda(\lambda^{-1}ay)=ay=\partial y$ を満たす。lem-dg-extension の 1 により $\sigma_\lambda$ は微分自己同型で、$\lambda_{\sigma_\lambda}=\lambda$ である。

3：$y^n\in K$ なので $y$ は代数的であり、最小多項式の次数 $d$ について上の段から $y^d\in K$、$n$ の最小性から $d\ge n$ である。$y$ は $Y^n-y^n\in K[Y]$ の根なので $d\le n$、よって $d=n$ で最小多項式は $Y^n-y^n$ である。$\sigma(y)^n=\sigma(y^n)=y^n$ から $\lambda_\sigma^n=1$ である。逆に $\zeta\in\mu_n(C)$ について、$\zeta y$ は既約多項式 $Y^n-y^n$ の根なので、$y\mapsto\zeta y$ は $K$ 上の体の自己同型 $\sigma_\zeta$ を定める。2 と同じ計算で $D=\sigma_\zeta\partial\sigma_\zeta^{-1}$ は $D(y)=\partial y$ を満たし、lem-dg-extension の 2 により $D=\partial$ である。よって像は $\mu_n(C)$ 全体である。$C$ は標数 $0$ の代数閉体なので、$Y^n-1$ は $C$ に相異なる $n$ 個の根をもち、$\mu_n(C)$ は位数 $n$ の巡回群である（体の乗法群の有限部分群は巡回群）。$\square$