有限次拡大

同義語：有限次体拡大finite field extension

概要

前提知識: 体の拡大, ベクトル空間, 線形独立

体の拡大を次元で測る

体 $K$ を含む体 $L$ では、$L$ の元を足し、$K$ の元を掛けられる。したがって $L$ は $K$ 上のベクトル空間になる。この次元が有限のとき、$L/K$ を有限次拡大（finite field extension）という。「有限」とは $L$ の元が有限個であるという意味ではない。たとえば $\mathbb C/\mathbb R$ は 2 次拡大だが、$\mathbb C$ には無限個の元がある。
有限次拡大では、無限に見える $L$ の元の計算を有限個の基底に還元できる。また $K\subset M\subset L$ と中間の体を挟めば、拡大次数は掛け算になる。この性質が代数的な元の次数、有限体、数体、Galois 理論を結ぶ（StacksFinite Definition 9.7.1, Lemma 9.7.7）。

定義と最初の例

有限次拡大

$L/K$ を体の拡大とする。$L$ を $K$ 上のベクトル空間とみた次元を拡大次数 $[L:K]$ と書く。$[L:K]<\infty$ のとき $L/K$ を有限次拡大という。次数が $n$ なら、$L$ の元 $u_1,\ldots,u_n$ を選び、どの $x\in L$ も一意に
$$ x=a_1u_1+\cdots+a_nu_n\qquad(a_1,\ldots,a_n\in K) $$
と書ける。

$[K:K]=1$ であり、逆に $[L:K]=1$ なら $L=K$ である。実際、$1\in L$ は $K$ 上の非零ベクトルなので、1 次元ならすべての元が $a\cdot1$ と書ける。$\mathbb C=\mathbb R\oplus i\mathbb R$ より $[\mathbb C:\mathbb R]=2$ である。一方、$\mathbb Q(\sqrt2)$ は基底 $1,\sqrt2$ を持つため $[\mathbb Q(\sqrt2):\mathbb Q]=2$ となる。後者で $\sqrt2$ が $\mathbb Q$ に属さないことは、この二元が線形独立であることと同じである。

多項式から作る有限次拡大

$f\in K[T]$ を次数 $d\ge1$ の既約多項式とする。商環 $L=K[T]/(f)$ は体である。この体における $T$ の剰余類を $\alpha$ と書けば、$L=K(\alpha)$ であり、$1,\alpha,\ldots,\alpha^{d-1}$ が $K$ 上の基底になる。従って $[K(\alpha):K]=d$ である。

多項式の割り算により、任意の剰余類は次数 $d$ 未満の多項式で表せるので、この $d$ 個は $L$ を張る。もし線形従属なら、$f$ より低い次数の非零多項式が $(f)$ に入ってしまう。これで独立性も分かる。一般の代数的な元 $\alpha$ については $f$ をその最小多項式とすればよい（StacksFinite Example 9.7.6）。
たとえば $f(T)=T^3-2$ は $\mathbb Q$ 上既約である。実際、整数係数は最高次以外すべて $2$ で割り切れ、定数項 $-2$ は $4$ で割り切れないから、素数 $2$ に関する Eisenstein の判定法が適用できる。したがって $\mathbb Q(\sqrt[3]{2})$ の基底は $1,\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{4}$ で、次数は 3 である。この体は無限集合でも、$\mathbb Q$ 上では三つの座標で元を記述できる。

中間体を通る次数の積

拡大次数の塔の公式

$K\subset M\subset L$ を体の塔とする。$L/M$ と $M/K$ がともに有限次なら $L/K$ も有限次で、
$$ [L:K]=[L:M][M:K] $$
が成り立つ。逆に $L/K$ が有限次なら、この塔の両段も有限次で、同じ公式が成り立つ。

二段の基底を掛ける

$u_1,\ldots,u_r$ を $L$ の $M$ 上の基底、$v_1,\ldots,v_s$ を $M$ の $K$ 上の基底とする。$x\in L$ を $x=\sum_i b_i u_i$、さらに $b_i=\sum_j a_{ij}v_j$（$a_{ij}\in K$）と展開すれば、$rs$ 個の積 $u_iv_j$ が $L$ を $K$ 上で張る。
$\sum_{i,j}a_{ij}u_iv_j=0$ とすると、$u_i$ の $M$ 上の独立性から各 $i$ について $\sum_j a_{ij}v_j=0$。続いて $v_j$ の $K$ 上の独立性から $a_{ij}=0$ となる。ゆえに積は基底であり、次数は $rs$ である。
逆に $[L:K]<\infty$ なら $M\subset L$ は $K$ 上の部分空間なので $[M:K]<\infty$。また $L$ の有限個の $K$ 上の基底は $M$ 上でも $L$ を張るので $[L:M]<\infty$。すでに示した公式を適用できる。$\square$

塔の公式は、与えられた拡大を段階的に作る計算にも、中間体の取り得る次数を絞る議論にも使う。後者については具体例の後で述べる。

有限次と代数的の違い

有限次拡大は代数拡大

$L/K$ が有限次なら、$L$ のすべての元は $K$ 上代数的である。さらに $L$ は有限個の代数的な元で $K$ 上生成される。逆に、有限個の代数的な元で生成される拡大は有限次である。

冪の線形従属と塔の公式

$[L:K]=n$ とし、$\alpha\in L$ を取る。$1,\alpha,\ldots,\alpha^n$ は $n+1$ 個のベクトルなので $K$ 上線形従属である。従って $\alpha$ を根とする非零の $K$ 係数多項式がある。$L$ の有限個の $K$ 上の基底 $u_1,\ldots,u_n$ はそれぞれ代数的で、$L=K(u_1,\ldots,u_n)$ である。
逆に $L=K(\alpha_1,\ldots,\alpha_m)$ で各 $\alpha_i$ が $K$ 上代数的なら、塔 $K\subset K(\alpha_1)\subset\cdots\subset L$ を作る。$K$ 上の代数的元は各中間体上でも代数的で、各一元拡大の次数は有限である。塔の公式を繰り返せば $[L:K]<\infty$ を得る。$\square$

この証明は次数の上界も与える。各 $\alpha_i$ の $K$ 上の最小多項式の次数を $d_i$ とすれば、$\alpha_i$ の直前の中間体上の最小多項式はその $K$ 上の最小多項式を割るので、各段の次数は $d_i$ 以下である。ゆえに
$$ [K(\alpha_1,\ldots,\alpha_m):K]\le d_1\cdots d_m. $$
等号は常に成り立つわけではない。たとえば $\alpha_1=\sqrt2$ と $\alpha_2=\sqrt8$ はどちらも $\mathbb Q$ 上 2 次の元だが、$\sqrt8=2\sqrt2$ なので合成した体の次数は 2 であり、$2\cdot2=4$ より小さい。この「後から加える元の次数は、すでに作った体上で測る」という点が、塔の公式の実際の使い方である。
代数拡大が必ず有限次とは限らない。たとえば $\overline{\mathbb Q}/\mathbb Q$ は代数拡大だが無限次である。もし有限次 $n$ なら、すべての $m$ について $\mathbb Q(\sqrt[m]{2})$ がその部分体となり、次数 $m$ が $n$ を割る必要がある。しかし $T^m-2$ は Eisenstein の判定法で既約なので、次数 $m$ を任意に大きくでき、矛盾する。個々の元が有限次の一元拡大を作ることと、全体が一つの有限次拡大であることは異なる（StacksAlgebraic Lemma 9.8.5）。
他方、有限生成な体の拡大が必ず有限次とも限らない。有理関数体 $K(t)$ は一元 $t$ で体として生成されるが、$t$ が超越的なら $1,t,t^2,\ldots$ は $K$ 上線形独立である。従って $K(t)/K$ は無限次である（StacksFinite Example 9.7.4, Lemma 9.7.5）。ここで「有限生成」は体としての生成元の個数、「有限次」はベクトル空間としての基底の個数を数える。

塔の公式を計算に使う

$\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$ の次数

$M=\mathbb Q(\sqrt2)$、$L=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$ とする。$[M:\mathbb Q]=2$ であり、$\sqrt3\notin M$ だから $[L:M]=2$。塔の公式から $[L:\mathbb Q]=4$ で、
$$ 1,\quad\sqrt2,\quad\sqrt3,\quad\sqrt6 $$
は $L$ の $\mathbb Q$ 上の基底となる。たとえば $(1+\sqrt2)(2-\sqrt3)=2+2\sqrt2-\sqrt3-\sqrt6$ はこの座標で表せる。

ここで $\sqrt3\notin M$ を確かめる。もし $\sqrt3=a+b\sqrt2$（$a,b\in\mathbb Q$）なら、二乗して $3=a^2+2b^2+2ab\sqrt2$ だから $ab=0$ である。$b=0$ なら $a^2=3$、$a=0$ なら $b^2=3/2$ となるが、どちらも有理数の平方にはならない。従って二段目の次数は確かに 2 である。一般に、塔の各段で新しい元の最小多項式をその段の基礎体上で調べれば、全体の次数を掛け算で求められる。
この例は「二つの 2 次拡大を並べれば必ず 4 次」と言っているわけではない。$\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt8)=\mathbb Q(\sqrt2)$ では二つ目の元はすでに最初の体に属するので、次数は 2 のままである。$\sqrt8=2\sqrt2$ と計算すればすぐに分かる。塔の公式に入れる二段目の次数は、追加した記号の見かけでは決まらない。

中間体の次数と素数次拡大

$L/K$ を有限次拡大、$K\subset M\subset L$ を中間体とする。このとき $[M:K]$ と $[L:M]$ は $[L:K]$ の正の約数である。特に $[L:K]$ が素数なら、中間体は $K$ または $L$ だけである。

塔の公式による約数性

塔の公式で二つの正整数の積 $[L:M][M:K]$ が $[L:K]$ になるため、両因子はその正の約数である。$[L:K]$ が素数なら、二因子のいずれかが 1 になる。次数 1 の拡大は二つの体が等しいことを意味するので、$M=K$ または $M=L$ である。$\square$

ただし次数 4 の拡大から次数 2 の中間体が必ず得られる、といった逆向きの推論はこの命題には含まれない。約数であることは存在した中間体への制約であり、存在定理ではない。

有限次でも分離的とは限らない

有限次拡大は代数的だが、分離拡大であるとは限らない。標数 $p>0$ では、最小多項式が重根を持つことがある。これを無視して「有限次なら複素数への埋め込みが次数と同じ個数ある」と一般化すると誤りになる。

$p$ 次の非分離拡大

$p$ を素数とし、$K=\mathbb F_p(t)$ を一つの不定元 $t$ の有理関数体とする。$\alpha^p=t$ を満たす元を加えて $L=K(\alpha)$ と置くと、$[L:K]=p$ だが $L/K$ は分離拡大でない。

$t$ が $K$ の $p$ 乗元でないことは、$t$ の零点における次数を見れば分かる。有理関数の $p$ 乗の零点の次数は $p$ の倍数だが、$t$ の零点の次数は 1 である。標数 $p$ で $p$ 乗根を持たない元 $t$ に対し $X^p-t$ は既約である（StacksInseparable Lemma 9.14.2）。よってこれが $\alpha$ の最小多項式で、次数は $p$ となる。一方、その形式微分は $pX^{p-1}=0$ なので、代数閉包では $X^p-t=(X-\alpha)^p$ と重根だけを持つ。有限次という次元条件は、根が互いに異なるという分離性を保証しない。
標数 0 の有限次拡大では、既約多項式とその微分に共通因子がないので、すべての元は分離的である。従って数体ではこの非分離現象は起きない。有限分離拡大には原始元定理が適用でき、一つの元 $\theta$ で $L=K(\theta)$ と書ける（StacksPrimitive Lemma 9.19.1）。一般の有限次拡大については、有限個の生成元は取れても一つに減らせるとは限らない。

有限体と数体での現れ方

$K$ が $q$ 個の元を持つ有限体で $[L:K]=n$ なら、$K$ 上の基底による表示から $L$ の元はちょうど $q^n$ 個である。基底 $u_1,\ldots,u_n$ に対して各係数を $K$ の $q$ 通りから独立に選べるからである。たとえば $T^2+T+1$ は $\mathbb F_2$ 上に根を持たないので既約で、
$$ \mathbb F_4=\mathbb F_2[T]/(T^2+T+1) $$
は $\mathbb F_2$ の 2 次拡大である。$\alpha=T\bmod(T^2+T+1)$ とすると四つの元は $0,1,\alpha,1+\alpha$ で、$\alpha^2=\alpha+1$ が計算規則になる。この場合は「有限次」から体の元の個数も有限になる。$K$ が無限のときには、この結論を元の個数について読んではいけない。
この構成を直接確かめると、$T^2+T+1$ は $T=0$ でも $T=1$ でも値が 1 なので、$\mathbb F_2$ 上に根がない。2 次多項式が可約なら 1 次因子を持ち、根が存在するはずだから、これは既約である。商環は従って体となる。多項式の割り算により剰余類は $a+b\alpha$（$a,b\in\mathbb F_2$）の形に一意に書けるため、元の個数が $2^2=4$ であることも構成から確認できる。
一方、$\mathbb Q$ の有限次拡大を数体という。数体の次数はその加法的な座標の個数を表すが、体の元の個数は無限である。標数 0 では有限次拡大は分離的なので、数体から $\mathbb C$ への $\mathbb Q$ 上の埋め込みの個数は拡大次数に等しい。有限次拡大からさらに正規性を加えると、Galois拡大の枠組みに進む。

次元からトレースとノルムへ

有限次拡大 $L/K$ では、任意の $\alpha\in L$ について「$\alpha$ を掛ける」写像
$$ m_\alpha\colon L\longrightarrow L,\qquad x\longmapsto\alpha x $$
が $K$ 線形である。$K$ 上の基底を選べば $m_\alpha$ は有限正方行列になる。基底を替えると行列は相似になるため、そのトレースと行列式は基底に依存しない。これらをそれぞれ $\operatorname{Tr}_{L/K}(\alpha)$、$N_{L/K}(\alpha)$ と呼ぶ。有限次であることにより、無限集合 $L$ 上の乗法を有限次元線形代数で調べられる（StacksTraceNorm Definition 9.20.1）。

2 次拡大での行列計算

$L=\mathbb Q(\sqrt2)$、$K=\mathbb Q$ とし、$\alpha=a+b\sqrt2$（$a,b\in\mathbb Q$）を取る。基底 $1,\sqrt2$ に関する $m_\alpha$ の行列は
$$ \begin{pmatrix}a&2b\\ b&a\end{pmatrix} $$
である。従って $\operatorname{Tr}_{L/K}(\alpha)=2a$、$N_{L/K}(\alpha)=a^2-2b^2$ となる。

この行列の第 1 列は $\alpha\cdot1=a+b\sqrt2$ の係数で、第 2 列は $\alpha\sqrt2=2b+a\sqrt2$ の係数である。$\alpha\ne0$ なら $m_\alpha$ は逆写像 $m_{\alpha^{-1}}$ を持つので $N_{L/K}(\alpha)\ne0$。$a^2-2b^2$ は共役な二元 $(a+b\sqrt2)(a-b\sqrt2)$ の積とも一致する。一般の有限次拡大でもノルムは乗法的で、体の塔に沿って合成できる（StacksTraceNorm Lemma 9.20.5）。
トレースとノルムを使うと、拡大体の元を基礎体の元へ戻して比べられる。たとえば $\mathbb Q(\sqrt2)$ の元の逆数は
$$ (a+b\sqrt2)^{-1}=\frac{a-b\sqrt2}{a^2-2b^2} $$
と書ける。分母が $\mathbb Q$ に属し、零でないことはノルムの説明から分かる。この単純な計算は、代数的整数のノルム、数体の単元、判別式へ進む際の入口になる。

反例：条件を外すと何が崩れるか

この記事の命題の仮定を一つずつ外すと、次のように結論が崩れる。

外す条件	反例	成り立たなくなること
有限個の元で生成されること	$\overline{\mathbb Q}/\mathbb Q$	代数拡大が有限次であること
生成元が代数的であること	$K(t)/K$	体として有限生成な拡大が有限次であること
後から加える元の次数を $K$ 上で測ってよいこと	$\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt8)$	$[K(\alpha_1,\ldots,\alpha_m):K]=d_1\cdots d_m$
分離性（原始元定理）	$\mathbb F_p(s,t)\subset\mathbb F_p(s^{1/p},t^{1/p})$	有限次拡大が一つの元で生成されること
分離性（埋め込みの個数）	$\mathbb F_p(t)\subset\mathbb F_p(t)(t^{1/p})$	代数閉体への $K$ 上の埋め込みが次数と同じ個数あること

反例：有限次を保証する二つの仮定

節「有限次と代数的の違い」で見たとおり、$\overline{\mathbb Q}/\mathbb Q$ はすべての元が代数的だが無限次である。命題「有限次拡大は代数拡大」の逆向きの主張は、生成元が有限個であることを使っており、$\overline{\mathbb Q}$ はこの仮定を破る（有限個の代数的な元で生成されていれば有限次になるはずなので、$\overline{\mathbb Q}$ は体として有限生成でない）。
$K(t)/K$（$t$ は超越的）は一元で生成されるが、$1,t,t^2,\ldots$ が $K$ 上線形独立なので無限次である。破る仮定は「生成元が $K$ 上代数的」であり、証明で使った「$K$ 上の代数的元の一元拡大は有限次」の段が働かない。

反例：次数の積の上界で等号が成り立たない

$\alpha_1=\sqrt2$、$\alpha_2=\sqrt8$ はどちらも $\mathbb Q$ 上の最小多項式が $2$ 次（$X^2-2$、$X^2-8$ は有理数の根を持たない）なので、$d_1d_2=4$ である。しかし $\sqrt8=2\sqrt2\in\mathbb Q(\sqrt2)$ だから $\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt8)=\mathbb Q(\sqrt2)$ で、次数は $2$ である。二段目の $\sqrt8$ の $\mathbb Q(\sqrt2)$ 上の最小多項式は $X-2\sqrt2$ で、$\mathbb Q$ 上の最小多項式 $X^2-8$ はこの体上で既約でない。破る仮定は「各段で、加える元の最小多項式が直前の中間体上でも既約」であり、崩れるのは不等式 $[K(\alpha_1,\ldots,\alpha_m):K]\le d_1\cdots d_m$ の等号である。

反例：非分離な有限次拡大

埋め込みの個数。 例「$p$ 次の非分離拡大」の $L=\mathbb F_p(t)(\alpha)$、$\alpha^p=t$ を考え、$\Omega$ を $L$ の代数閉包とする。$K=\mathbb F_p(t)$ 上の埋め込み $\sigma:L\to\Omega$ は $\sigma(\alpha)^p=\sigma(t)=t$ を満たすので、$\sigma(\alpha)$ は $X^p-t=(X-\alpha)^p$ の根、つまり $\alpha$ に限る。$L=K(\alpha)$ なので $\sigma$ は包含写像ただ一つで、個数 $1$ は次数 $p$ より小さい。破る仮定は「分離的」である。
原始元。 $K=\mathbb F_p(s,t)$（$s,t$ は独立な不定元）、$u^p=s$、$v^p=t$ として $L=K(u,v)$ とする。$s$ は $K$ で $p$ 乗元でない（$\mathbb F_p(t)$ 上の一変数有理関数体で $s$ の零点の次数が $1$）ので、例「$p$ 次の非分離拡大」と同じ理由で $[K(u):K]=p$ である。$K(u)=\mathbb F_p(u,t)$ の中でも $t$ は $p$ 乗元でない（$\mathbb F_p(u)$ 上の一変数有理関数体で $t$ の零点の次数が $1$）ので $[L:K(u)]=p$、塔の公式で $[L:K]=p^2$ である。一方、任意の $\theta\in L$ は $u,v$ の $\mathbb F_p$ 係数の有理式で、標数 $p$ では $(x+y)^p=x^p+y^p$、$a^p=a$（$a\in\mathbb F_p$）なので $\theta^p$ は $u^p=s$、$v^p=t$ の有理式となり $K$ に属する。従って $\theta$ は $X^p-\theta^p\in K[X]$ の根で $[K(\theta):K]\le p< p^2$ となり、$L=K(\theta)$ となる $\theta$ はない。破る仮定は「分離的」、崩れる結論は原始元定理の「一つの元で生成される」である。