体論

$M_1\cap M_2$が体であることから明らか。

$\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})=\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3})$を示す。 $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})\supset\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3})$は明らか。 $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})\subset\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3})$を示す。 つまり、$\sqrt{2},\sqrt{3}\in\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3})$を示せばよい。
$ \sqrt{3}=\frac{1}{2}\left\{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}\right\}\in\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3}) $

$ \sqrt{2}=\sqrt{3}-\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}\in\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3}) $
よって、$\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})=\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3})$が成り立つ。 つまり、$\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})/\mathbb{Q}$は単拡大。

($\Rightarrow$) $K[\alpha]\subset K(\alpha)$は明らかなので$K[\alpha]\supset K(\alpha)$を示す。 準同型$\phi:K[X]\ni f(x)\mapsto f(\alpha)\in K[\alpha]$を考える。 多項式環はPIDなのである$g(x)\in K[x]$が存在して$Ker\phi=(g(x))$と書ける。 準同型定理より
$ K[x]/(g(x))\cong K[\alpha] $
$K[\alpha]$は整域なので$g(x)$は既約。 よって、$K[x]/(g(x))$は体であり、同型な$K[\alpha]$は$K\cup\{\alpha\}$を含む体となる。 $K(\alpha)$は$K\cup\{\alpha\}$を含む最小の体なので$K[\alpha]\supset K(\alpha)$。 以上より、$K[\alpha]=K(\alpha)$。 ($\Leftarrow$) $\alpha=0$ならば代数的であることは明らかなので$\alpha\neq0$とする。 $\alpha^{-1}\in K[\alpha]$なのである$h(x)\in K[x]$が存在して$\alpha^{-1}=h(\alpha)$が成り立つ。 よって$\alpha h(\alpha)-1=0$なので$x h(x)-1\in J_\alpha$なので$J_\alpha\neq(0)$である。 つまり、$\alpha$は$K$上代数的。

$L/K$を$d$次拡大とする。 任意の$\alpha\in L$に対して$\alpha,\cdots,\alpha^d,\alpha^{d+1}$は1次従属である。 つまり、0ではない元を含む$a_0,\cdots,a_{d+1}\in K$に対して$a_0+a_1\alpha+\cdots a_{d+1}\alpha^{d+1}=0$が成り立つ。 つまり、$\alpha$は$K$上代数的である。

有限次拡大$\Rightarrow$代数拡大の対偶を考えれば明らか。

$[L:M]=l,[M:K]=k$とおく。 $\{a_1,\cdots,a_l\},\{b_1,\cdots,b_k\}$をそれぞれ$L/M,M/K$の基底とする。 $lk$個の元$a_ib_j\in L(i=1,\cdots,l,j=1,\cdots,k)$が$K$上一次独立であることを示す。 $c_{ij}\in K(i=1,\cdots,l,j=1,\cdots,k)$に対して、
$ \sum c_{ij}a_ib_j=0 $
と仮定すると、
$ \sum_{i=1}^l(\sum_{j=1}^k c_{ij}b_j)a_i $
が成り立つ。 $b_j$は$K$上のベクトル空間$M$の元なので$c_{ij}\in K$に対して$\sum_{j=1}^k c_{ij}b_j\in M$が成り立つ。 ここで、$a_1,\cdots,a_l$は$M$上一次独立なので$\sum_{j=1}^k c_{ij}b_j=0$。 さらに、$b_1,\cdots,b_n$は$K$上一次独立なので$c_{ij}=0(i=1,\cdots,l,j=1,\cdots,k)$。 よって、$a_ib_j(i=1,\cdots,l,j=1,\cdots,k)$は$K$上一次独立。 また、任意の$L$の元は$a_ib_j(i=1,\cdots,l,j=1,\cdots,k)$を用いて一意に表せるのでこれは$L/K$の基底となる。 以上より、
$ [L:K]=[L:M][M:K] $

($\Rightarrow$) $\alpha\in L$を任意に取る。 $L/M$が代数拡大なので$a_0+a_1\alpha+\cdots+a_n\alpha^n=0$を満たす$a_0,\cdots,a_n\in M$が存在する。 $\alpha$が$K$上代数的であることを示す。
$ [K(\alpha,a_0,\cdots,a_n):K]=[K(a_0):K][K(a_0,a_1):K(a_0)]\cdots[K(\alpha,a_0,\cdots,a_n):K(a_0,\cdots,a_n)] $
であり、右辺は有限次拡大の拡大次数の積なので有限。 よって、左辺も有限で$K(\alpha,a_0,\cdots,a_n)/K$は代数拡大であり、$\alpha$は$K$上代数的である。 ($\Leftarrow$) 任意に$\alpha\in M$を取ると$\alpha\in L$なのでこれは$K$上代数的である。 よって、$M/K$は代数拡大。 $L/M$が代数拡大であることは$K[x]\subset M[x]$より明らか。

背理法によって示す。 $p$を可約と仮定する。 このとき$p_1,p_2\in K[x]$が存在して、
$ p=p_1p_2,\deg p_1\geq 1,\deg p_2\geq 1 $
を満たす。
$ 0=p(\alpha)=p_1(\alpha)p_2(\alpha) $
より、$p_1(\alpha)=0$または$p_2(\alpha)=0$である。 $p_1(\alpha)=0$とすると、
$ p_1\in J_\alpha=(p) $
なので、$p_1=ap$となるような$a\in K[x]$が存在する。 しかしこれは$p$の次数の最小性に矛盾する。 $p_2(\alpha)=0$としたときも同様で、$p$は既約である。

$\alpha$は$K$上代数的なので、$L=K(\alpha)=K[\alpha]$。 $\alpha$の最小多項式を$p$とすると、$\deg p=n$である。 任意に$f\in K[x]$を取ると、ある$q,r\in K[x]$が存在して、
$ f=qp+r,\ \deg r< n $
が成り立つ。 $r=a_0+a_1x+\cdots a_{n-1}x^{n-1}(a_i\in K)$とすると、$f(\alpha)=r(\alpha)$なので、
$ K[\alpha]\ni f(\alpha)=a_0+a_1\alpha+\cdots a_{n-1}\alpha^{n-1} $
によって任意の$K[\alpha]$の元が表せる。 $1,\alpha,\cdots,\alpha^{n-1}$が線形独立であることを示す。
$ a_0+a_1\alpha+\cdots +a_{n-1}\alpha^{n-1}=0 $
と仮定する。 このとき、ある$0\leq i\leq n-1$が存在して$a_i\neq0$であるとすると、
$ \frac{a_0}{a_i}+\frac{a_1}{a_i}\alpha+\cdots+\frac{a_{i-1}}{a_i}\alpha^{i-1}+\alpha^i=0 $
が成り立つが、これは$p$の次数の最小性に矛盾する。 よって、任意の$0\leq i\leq n-1$に対して$a_i=0$である。 以上より、$\langle 1,\alpha,\cdots,\alpha^{n-1}\rangle$は$L$の$K$上の基底となる。 従って、$[L:K]=n$も分かる。

$\alpha,\beta\in M\backslash\{0\}$を任意に取る。 $K_1=K(\alpha),K_2=K_1(\beta)=K(\alpha,\beta)$とおく。 このとき、$K_1/K,K_2/K_1$は有限次拡大であり、すなわち代数拡大である。 よって、$K_2/K$も代数拡大である。 $\alpha\pm\beta,\alpha\beta,\frac{\alpha}{\beta}$は全て$K$上代数的なので、$\alpha\pm\beta,\alpha\beta,\frac{\alpha}{\beta}\in M$。 よって、$M$は体。

$n$に関する帰納法で示す。 $n=1$のとき、$ax+b=0(a\neq0)\Leftrightarrow x=-\frac{b}{a}\in K$なので$K=L$とすれば良い。 $\deg f< n$のとき、$f$は$L[x]$にて$n$個の1次式の積に分解されると仮定する。 $\deg f=n$のとき、$f$が可約ならば次数を考えれば$f$は分解可能。 $f$は既約であるとする。 $K[x]$はPIDなので$f$は素元で、$(f)$は極大イデアルである。 よって$K[x]/(f)$は体。 包含写像$i:K\rightarrow K[x]$と標準的な準同型$\varphi:K[x]\rightarrow K[x]/(f)$の合成を考えると、単射準同型$K\rightarrow K[x]/(f)$が得られる。 $K$と$Im\varphi\circ i$を同一視する。 $\varphi(x)=\alpha$とすると、
$ f(\alpha)=f(\varphi(x))=\varphi(f(x))=0 $
つまり、$f(x)=(x-\alpha)g(x)$となるような$g\in K[x]$が存在する。 $L=K[x]/(f)$とおく。 $\deg g< n$なので、帰納法の仮定よりこれは$L[x]$で1次式の積に分解できる。 よって、$f$は$L[x]$で1次式の積に分解できる。

$K(\alpha)=K[\alpha],K^\prime(\alpha^\prime)=K^\prime[\alpha^\prime]$が成り立つ。 準同型定理より
$ K(\alpha)\cong K[x]/(p) $

$ K^\prime(\alpha^\prime)\cong K[x]/(\sigma_0(p)) $
$K\subset K[x],K^\prime\subset K^\prime[x]$に包含写像を考えると、$\sigma_0$の延長として$\tilde{\sigma_K}:K[x]\ni f\mapsto \sigma_0(f)\in K^\prime[x]$が得られる。 これを$K[x]/(p),K^\prime[x]/(\sigma(p))$上で考えることで$\sigma_0$の延長$\sigma_K:K(\alpha)\rightarrow K^\prime(\alpha^\prime)$で$\sigma_K(\alpha)=\alpha^\prime$を満たすものが得られる。

$\deg f=n$として、$n$に関する帰納法で示す。

$id:F\rightarrow F$は体の同型なので、これを最小分解体上に延長すれば明らか。

$M$が体であることから$M/K$が代数拡大であることは明らかなので、$M$が代数閉体であることを示す。 $f\in M[x]$を任意に取り$L$上で考えると、$L$は代数閉体なので$\alpha_1,\cdots,\alpha_n\in L$が存在して
$ f(x)=a(x-\alpha_1)\cdots(x-\alpha_n) $
と1次式の積に分解できる。 $K(\alpha_i)/K$は代数拡大なので、$\alpha_i$は$K$上代数的である。 よって、$\alpha_1,\cdots,\alpha_n\in M$となるので、$M$は代数閉体。

=== 系 1. (代数閉包は同型を除いて一意) === $K$を体とする。 $L_1,L_2$を$K$の代数閉包とすると、$L_1\cong L_2$である。

($\Rightarrow$) ある$g\in \overline{K}[x]$が存在して$f=(x-\alpha)^2g$と書ける。
$ f^\prime=2(x-\alpha)g+(x-\alpha)g^\prime $
が成り立つので、$f^\prime(\alpha)=0$である。 ($\Leftarrow$) $f=(x-\alpha)h(h\in\overline{K}[x])$と書ける。
$ f^\prime=g+(x-\alpha)g^\prime $
より、$f^\prime(\alpha)=g(\alpha)=0$なので、$\alpha$は重根。

($\Rightarrow$) $\alpha\in\overline{K}$と$g\in\overline{K}[x]$を用いて$f=(x-\alpha)^2g$と書ける。 $\alpha$の$K$上の最小多項式を$p$とする。 $f(\alpha)=f^\prime(\alpha)=0$で、$p$は$\alpha$を根に持つ多項式で次数最小かつモニックなものなので、 $p|f,p|f^\prime$がともに成り立つ。 $f^\prime\neq0$であると仮定すると、
$ \deg p\leq\deg f^\prime<\deg f $
なので、$f=pq$と書くと、$\deg p>0,\deg q>0$となりこれは$f$の既約性に矛盾する。 ($\Leftarrow$) $f^\prime(\beta)=0$とすれば$f(\beta)=f^\prime(\beta)=0$なのでこれは重根。

($\Rightarrow$) $f=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$とおく。 $f^\prime=0$なので、$0< i|p$とならないとき$a_i=0$である。 よって、
$ f=a_0+a_px^p+\cdots+a_{kp}x^{kp}=a_0+a_p(x^p)+\cdots+a_{kp}(x^p)^k $
と書けるので、$g_1=a_0+a_px+\cdots+a_{kp}x^k$とすると、$f(x)=g_1(x^{p})$となる。 このとき、$f$が既約なので$g_1$も既約である。 $g_1$が分離多項式ならば$g=g_1$とすれば良い。 $g_1$が非分離であるとき、$g_1^\prime=0$となるので、上記の議論を再び行って$g_1(x)=g_2(x^{p})$となるような$g_2$が得られる。 このとき、$f(x)=g_1(x^p)=g_2(x^{p^2})$となる。 $g_2$が分離多項式ならば$g=g_2$とすれば良く、非分離ならば再び同様の議論が行える。 これを繰り返すことによって、$f(x)=g_n(x^{p^n})$を満たす分離多項式$g_n$が得られる。 ($\Leftarrow$)
$ f^\prime(x)=\left(g(x^{p^n})\right)^\prime=g^\prime(x^{p^n})x^{p^n-1}p^n $
$p^n=0$より$f^\prime=0$。

($\Leftarrow$) 背理法で示す。 ある$a\in\overline{K}$が$K$上分離的ではないと仮定する。 $a$の最小多項式を$f$とすると、$f$は既約で$f(x)=g(x^{p})$となるような$g\in K[x]$が存在する。 $g=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$とすると、
$ f(x)=g(x^p)=a_0+a_1(x^1)^p+\cdots+a_n(x^n)^p $
となる。 さらに、$a_k=b_k^p$を満たす$b_k$が存在するので、
$ f(x)=(b_0+b_1x+\cdots+b_nx^n)^p $
これは$f$が既約であることに矛盾する。 よって、任意の$a\in\overline{K}$は$K$上分離的で$K$は完全体である。 ($\Rightarrow$) $K$が完全体なので、任意の$a\in K$に対して$x^p-a$の最小分解体$L$への拡大$L/K$は分離拡大。 このとき、$b\in L$で$b^p-a=0$を満たすものが存在する。 $b\in K$であることを示す。 $(x-b)^p$を二項展開することで$x^p-a=(x-b)^p$が分かる。 $L/K$が分離拡大なので$b$は$K$上分離的である。 $b$の最小多項式を$f$とすると、$f$は重根を持たず$x^p-a$を割り切る。 よって、$f=x-b\in K[x]$が確定するので、$b\in K$で、$a=b^p$と書ける。

$\alpha\in K$を任意に取る。 $\alpha$の$K,L$上の最小多項式をそれぞれ$f,g$とする。 このとき$f\in K[x]\subset L[x]$なので、$f\in L[x]$である。 $g|f$であり、$f$は分離多項式なので$g$も分離多項式。 よって、$L$は完全体である。

$K$を有限体とすると、$chK=p>0$である。 このとき、$K/\mathbb{F}_p$は代数拡大なので、$K$は完全体。

$L/K$を有限次分離拡大とする。 $|K|$が有限であるする。 このとき$L$も有限体で$L^\times$は巡回群である。 よって、$L^\times=\langle\alpha\rangle$とすると、$L=K(\alpha)$となるので$L/K$は単拡大。 $K$が有限でないとする。 このとき、$\alpha_1,\cdots.\alpha_n\in L$を用いて$L=K(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)$と書ける。 $n\geq 2$のときに$L=K(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)=K(\beta)$となる$\beta\in K$が存在することを帰納法で示す。 $L=K(\alpha_1,\alpha_2)$が単拡大であることを示す。

$L/K$の拡大次数$n$に関する帰納法で示す。 $n=1$のとき、$|Hom_K(L,L^\prime)|=1$なのでこれは成り立つ。 $n$未満のときには成り立つと仮定する。 $Hom_K(L,L^\prime)=\{\sigma_1,\cdots.\sigma_s\}$とする。 $L/K$は有限次拡大なので$\alpha_1,\cdots,\alpha_n\in L$が存在して$L=K(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)$と書ける。 $M=K(\alpha_1,\cdots,\alpha_{n-1})$とおくと、$[M:K]<[L:K]$とできる。
$ Hom_K(M,L^\prime)=\{\tau_1,\cdots,\tau_t\} $
と定義すると、帰納法の仮定より$|Hom_K(M,L^\prime)|\leq[M:K]$。 $\sigma_i$を$M$上に制限するとある$\tau_j$と一致するので、
$ Hom_K(L,L^\prime)_j=\{\sigma_ij\in Hom_K(L,L^\prime)|\sigma_i|_M=\tau_j\} $
と定義する。 $\alpha_n$の$M$上の最小多項式を$f$とすると$f(\alpha_n)=0$。 よって、$f(\tau_j(\alpha_n))=0$なので、$Hom_K(L,L^\prime)_j$の元は$f$の根になる。 $|Hom_K(L,L^\prime)_j|\leq\deg f$が任意の$tau_j\in Hom_K(M,L^\prime)$に対して成り立つので、
$ |Hom_K(L,L^\prime)|\leq\sum_{j=1}^{|Hom_K(M,L^\prime)|}\deg f=|Hom_K(M,L^\prime)|\deg f\leq[M:K][L:M]=[L:K] $
よって、$|Hom_K(L,L^\prime)|\leq[L:K]$である。

上記の証明において、$L^\prime=\overline{K}$とする。 $|Hom_K(L,\overline{K})|=[L:K]\Leftrightarrow \alpha_n$が分離的なので、$L/K$が分離拡大$\Leftrightarrow$$|Hom_K(L,\overline{K})|=[L:K]$。

任意の$\alpha\in S$に対して$K(\alpha)/K$が分離拡大であることを示す。 $\tau\in Hom_K(K(\alpha),\overline{K}$は$\alpha$の行き先によって決まるので$|Hom_K(K(\alpha),\overline{K}|=[K(\alpha):K]$である。 よって、$K(\alpha)/K$は分離拡大である。 $S=\{\alpha_1,\cdots,\alpha_n\}$とする。 上記の通り$K(\alpha_1)/K$は分離拡大である。 $\alpha_2$は$K$上分離的なので$K(\alpha_1)$上でも分離的。 よって、$K(\alpha_1,\alpha_2)/K(\alpha_1)$も分離拡大。 これを繰り返すことで、$K(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)/K=K(S)/K$は分離拡大。