体の公理と計算法、複素数と係数体の取り替えを確認したうえで、体の拡大 $L/K$ を $K$ 上のベクトル空間として見て、拡大次数 $[L:K]$ を定義する章である。塔の法則 $[L:K]=[L:E][E:K]$ を基底の積で証明し、$\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$ が 4 次であることなど具体的な次数計算に使う。以後の章で「次数」が最も基本的な道具になる。

第1章 体拡大

体 $K$ 上の元 $\alpha$ が多項式の根になるか（代数的）ならないか（超越的）を、$K[x]\to L$ の核で分ける章である。代数的元の最小多項式、一つの根を添加した単純代数拡大、多項式環の商による体の構成、埋め込みと共役元、代数拡大と代数閉包を順に扱う。「方程式の根を新しく作る」操作と、根の選び方が体準同型を決めることが中心である。

第2章 代数性

多項式が重根をもつかどうかを、形式微分を使って係数から判定する章である。形式微分と重根の関係、分離多項式と分離拡大、標数 $p$ で起こる非分離拡大（$x^p-t$ など）を扱う。標数 0 や有限体では分離性が自動的に成り立つ一方、標数 $p$ の関数体では崩れうることを、反例で確かめる。

第3章 分離性

多項式のすべての根を含む最小の体として分解体を作り、その存在と同型を除いた一意性を示す章である。続いて正規拡大（一つの根を含めば共役な根もすべて含む拡大）を分解体で特徴づけ、有限分離拡大が単純拡大になる原始元定理を証明する。分離性（第3章）と正規性を合わせたものがGalois拡大の条件になる。

第4章 正規性

時計の計算で割り算ができる条件から、素数を法とする有限体 $\mathbb F_p$ を再確認し、位数 $p^n$ の有限体の存在と一意性を示す章である。$x^q-x$ の分解体による構成、乗法群が巡回群になること、部分体の分類、Frobenius 自己同型と有限体のGalois群、既約多項式の個数を順に扱う。「有限で完結した世界」でGalois理論の全体像を先に見る。

第5章 有限体

拡大の自己同型全体をGalois群とし、体と群を逆向きに結ぶ本巻の中心の章である。自己同型群と固定体、体準同型の独立性、Artinの固定体定理を準備し、Galoisの基本定理（中間体と部分群の反転対応、正規部分群と正規拡大の対応）を証明する。後半は二次・双二次拡大と三次多項式と $S_3$ を具体的に計算し、最後に総合問題で全体を確認する。

第6章 Galois対応

1 の冪根から作る拡大として円分体を導入し、円分多項式 $\Phi_n$ の整数係数性と既約性、Galois群が $(\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times$ に同型であることを示す章である。$\mathbb Q(\zeta_n)$ の部分体が Galois対応でどう現れるかを、具体的な $n$ で確かめる。円分体はAbel拡大の基本例であり、第8章の作図と数論への入口になる。

第7章 円分体

定規とコンパスで作図できる長さを体の拡大で特徴づける章である。作図可能数が 2 の冪次の塔をなす体に入ることを示し、その帰結として作図できない長さを見分ける方法を与える。さらに正 $n$ 角形が作図できる $n$ を決め、正七角形と正五角形を比較する。

第8章 作図

方程式が根号で解けることを「Galois群が可解群である」ことと同値に言い換え、一般五次方程式の非可解性を示す章である。根号拡大の構成、1 の冪根を含むときの一段の拡大の循環性、根号可解性と可解群の両方向の証明、対称群 $S_5$ が可解でないことから一般五次方程式が代数的に解けないことを導く。

第9章 根号可解性

## この章の問い
体の拡大に付随する「対称性の群」から、中間体の様子をすべて読み取れるか。
## 道筋
- **Galois拡大とGalois群**：方程式の対称性を群として捉える。
- **自己同型群と固定体／体準同型の独立性／Artin固定体定理**：有限個の対称性からGalois拡大を復元する。
- **Galoisの基本定理／中間体の次数と正規部分群**：反転対応と商群。
- **二次・双二次拡大／三次多項式と $S_3$**：具体的にすべての対応を書き出す。
- **総合問題と完全解答**。
## 読み方
基本定理の前に、Artin固定体定理と体準同型の独立性を読む。二次・双二次の例で、部分群の格子と中間体の格子を並べて描くと対応が一目で分かる。
## 章末で言えること
有限Galois拡大 $L/K$ の中間体と $\mathrm{Gal}(L/K)$ の部分群は反転して一対一に対応し、正規部分群は正規拡大に対応する。
## 前の章から持ち込むもの
分離性、正規性、分解体、有限体のGalois群（第5章）、群の部分群と正規部分群（220）。


6-0 章の見取り図

## この章の問い
多項式の根をすべて必要なだけ集めた体は、ひとつに決まるか。根を「取りこぼさない」拡大はどう特徴づけられるか。
## 道筋
- **分解体の存在／一意性**：必要な根だけを添加し、根の名前を替えても同じ構造を得る。
- **正規拡大**：一つの根を含めば共役な根もすべて含む。
- **原始元定理**：有限分離拡大は一つの元で生成される。
## 読み方
分解体の存在は帰納法、一意性は「埋め込みの拡張」で示す。この拡張の議論は第6章で繰り返し使う。
## 章末で言えること
正規拡大は分解体と一致し、有限分離拡大は単純拡大になる。
## 前の章から持ち込むもの
形式微分、分離性、単純代数拡大。


4-0 章の見取り図

## この章の問い
定規とコンパスで作れる長さは体の言葉でどう書けるか。作図できる正多角形はどれか。
## 道筋
- **定規とコンパスで増える次数**：作図可能数と 2 冪次の塔。
- **正多角形の一般判定**：Fermat素数と $n$ の条件。
- **正七角形と正五角形**：作図できる場合とできない場合。
## 読み方
最初の節の「次数は 2 の冪」という一点が、不可能性の証明を支える。例題を最後まで追う。
## 章末で言えること
作図可能な長さは 2 冪次の塔の元に限られ、正 $n$ 角形は $n$ が 2 の冪とFermat素数の積のとき作図できる。
## 前の章から持ち込むもの
拡大次数、塔の法則、円分体のGalois群（第7章）。


8-0 章の見取り図

## この章の問い
1 の冪根を添加した体のGalois群は何か。円分多項式はいつ既約か。
## 道筋
- **1の冪根から作る拡大**：$\zeta_n$ と円分多項式 $\Phi_n$。
- **一般の円分多項式の整数係数性と既約性**。
- **Galois群と例**：$(\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times$ との同型と部分体。
## 読み方
$n$ が素数の場合の既約性（Eisenstein）を先に確かめ、一般の $n$ はそのあとで読む。
## 章末で言えること
$\mathbb Q(\zeta_n)/\mathbb Q$ は次数 $\varphi(n)$ のAbel拡大で、Galois群は $(\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times$ に同型である。
## 前の章から持ち込むもの
Galoisの基本定理、既約性判定（225）、有限Abel群。


7-0 章の見取り図

## この章の問い
要素が有限個しかない体はどのくらいあるか。その構造はどこまで決まるか。
## 道筋
- **素数を法とする有限体**：$\mathbb Z/p\mathbb Z$ が体になる条件。
- **有限体**：位数は素数の冪、存在と一意性、乗法群の巡回性、部分体、Frobenius、既約多項式の個数。
## 読み方
この章は第6章の予告にもなっている：Frobenius がGalois群を生成するという事実は、Galois対応の最も簡単な例である。乗法群の巡回性の証明は丁寧に追う。
## 章末で言えること
位数 $q=p^n$ の有限体は同型を除いて一意に存在し、そのGalois群は Frobenius が生成する位数 $n$ の巡回群である。
## 前の章から持ち込むもの
分解体の存在と一意性、分離性、巡回群（220）。


5-0 章の見取り図

## この章の問い
多項式の根を体に付け加えるとは具体的に何をすることか。また、同じ方程式の別の根は、もとの元とどう関係するか。
## 道筋
- **多項式の根と代数閉体**：代数閉体とは何か、何が保証されるか。
- **代数的元と超越元／最小多項式／単純代数拡大**：核を使った分類、最小多項式、$K(\alpha)\cong K[x]/(m)$。
- **多項式商による体の構成**：既約多項式の商で根をもつ体を作る。
- **埋め込みと共役元**：根の選び方が埋め込みを決める。
- **代数拡大と代数閉包**：すべての根を収める体。
## 読み方
最小多項式と単純代数拡大（$K[x]/(m)$）が要である。代数閉包は概観にとどめ、存在の証明は第4章の分解体を読んだあとで戻ってもよい。
## 章末で言えること
代数的元は最小多項式で特徴づけられ、共役元どうしは体準同型でうつり合う。
## 前の章から持ち込むもの
拡大次数、塔の法則、多項式環の商（225）。


2-0 章の見取り図

## この章の問い
体 $K$ を含むより大きな体 $L$ の「大きさ」を、どう測ればよいか。段階的に拡大したとき、その大きさはどう積み上がるか。
## 道筋
- **体の公理と計算法／複素数を体として／係数体を替えると**：体の定義、$\mathbb C$ の構成、係数体によって方程式の様子が変わること。
- **体拡大と拡大次数**：$L$ を $K$ 上のベクトル空間とみなし、次数を定義する。
- **塔の法則と次数計算**：$[L:K]=[L:E][E:K]$ と、その使い方。
## 読み方
体の計算に慣れている場合は最初の3頁は流し読みでよい。塔の法則の証明と、$\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$ の次数計算は必ず自分で追う。
## 章末で言えること
有限次拡大の次数は塔に沿って掛け算で求まり、部分体の次数は全体の次数の約数になる。
## 前の章から持ち込むもの
群論・環論の基本と、線形代数の基底と次元。


1-0 章の見取り図

## この章の問い
根が「重なる」とはどういうことか。それは多項式の係数だけから判定できるか。
## 道筋
- **形式微分と重根**：$f$ と $f'$ の最大公約元で重根を見抜く。
- **分離多項式と分離拡大**：次数と埋め込み数が一致するとき。
- **非分離拡大**：標数正で根が一つに重なる例。
## 読み方
形式微分の判定を自分の手で 2〜3 例試す。非分離の例は第6章で「Galois対応が使えない拡大」の例として再び出てくる。
## 章末で言えること
標数 0 の体上の拡大はすべて分離的で、有限体上でも同様である。分離性が崩れるのは標数 $p$ の不完全体に限られる。
## 前の章から持ち込むもの
最小多項式、既約多項式、埋め込みの個数。


3-0 章の見取り図

## この章の問い
方程式が「根号で解ける」とは、Galois群のどういう性質か。なぜ五次以上の一般の方程式には解の公式がないのか。
## 道筋
- **根号と可解群**：根号拡大の定義。
- **1の冪根を含むときの一段**：巡回拡大とKummer拡大。
- **根号と可解群の両方向**：可解性の判定。
- **一般五次のGalois群**：$S_5$ と非可解性。
## 読み方
可解群の定義と $S_5$ が可解でないことは220で学んだ。証明の両方向（根号 ⇒ 可解、可解 ⇒ 根号）を別々に追うと見通しがよい。
## 章末で言えること
体上の多項式が根号で解けるのは、そのGalois群が可解群のときに限る。一般五次方程式のGalois群は $S_5$ で可解でないので、解の公式は存在しない。
## 前の章から持ち込むもの
Galois対応、円分体、可解群と $S_5$（220）。


9-0 章の見取り図

## 固有値はいつ存在するのか
行列の固有値は特性多項式の根である。しかし $x^2+1$ は $\mathbb{R}$ に根をもたず、$x^2+x+1$ は $\mathbb{F}_2$ に根をもたない。「多項式には根がある」という言葉は、係数体を指定しなければ正しくない。
## 根・分解・代数閉性
&&&def 多項式の根 [def-polynomial-root]
体 $K$ 上の多項式
$$
f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n
$$
と $\alpha\in K$ に対し、$f(\alpha)=0$ であるとき $\alpha$ を $f$ の $K$ における[[多項式の根|根]]という。
&&&
&&&def 分解 [def-polynomial-splits]
$f(x)\in K[x]$ が
$$
f(x)=c(x-\alpha_1)\cdots(x-\alpha_n)
$$
と $c,\alpha_1,\ldots,\alpha_n\in K$ を用いて書けるとき、$f$ は $K$ 上で一次式の積に**[[多項式の分解|分解する]]**という。根の重複は許す。
&&&
&&&def 代数閉体 [def-algebraically-closed]
体 $K$ が**[[代数閉体]]**（algebraically closed field）であるとは、$K[x]$ の任意の非定数多項式が $K$ に少なくとも一つの根をもつことをいう。
&&&
&&&prop 代数閉性と完全分解 [prop-algebraically-closed-splitting]
体 $K$ が代数閉体であることと、$K[x]$ の任意の非定数多項式が $K$ 上で一次式の積に分解することは同値である。
&&&
&&&prf [prf-algebraically-closed-splitting]
すべての非定数多項式が一次式の積へ分解するなら、積に現れる $\alpha_j$ は根なので、定義から $K$ は代数閉体である。
逆に $K$ が代数閉体とする。次数 $n$ に関する帰納法を使う。$n=1$ なら既に一次式である。$n>1$ とし、$f\in K[x]$ を次数 $n$ の多項式とする。代数閉性により根 $\alpha\in K$ がある。多項式の除法により
$$
f(x)=(x-\alpha)q(x)+r
$$
と書け、$r$ は定数である。$x=\alpha$ を代入すると $0=f(\alpha)=r$ なので、$f=(x-\alpha)q$ である。$q$ の次数は $n-1$ だから、帰納法の仮定により $q$ は一次式の積へ分解する。よって $f$ も分解する。
&&&
## 代数閉体でなくても十分な場合
線形代数学で必要なのは、常に係数体全体の代数閉性ではない。特定の行列 $A$ を三角化するには、その特性多項式が係数体上で分解すれば足りる。
たとえば
$$
A=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}
$$
の特性多項式は $(t-1)(t-2)$ であり、$\mathbb{Q}$ 上で既に分解する。$\mathbb{Q}$ が代数閉体でなくても、この行列の固有値解析に体を拡大する必要はない。
一方、回転行列
$$
R=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}
$$
の特性多項式 $t^2+1$ は $\mathbb{R}$ 上で分解せず、$\mathbb{C}$ 上で $(t-i)(t+i)$ と分解する。
## 代数閉包
&&&def 代数閉包 [def-algebraic-closure]
体 $K$ を含む代数閉体 $\overline K$ で、$\overline K$ のすべての元が $K$ 上代数的であるものを、$K$ の**[[代数閉包]]**（algebraic closure）という。ここで $\alpha$ が $K$ 上代数的とは、$K[x]$ の零でない多項式 $f$ で $f(\alpha)=0$ となるものが存在することをいう。
&&&
代数閉包の存在と同型を除く一意性は、本論の体拡大・代数的元・分解体を準備した後で証明する。共有基盤では定義と用途だけを固定する。
## $\mathbb{C}$ について何を仮定するか
&&&rem 参照定理：代数学の基本定理 [rem-fundamental-algebra]
$\mathbb{C}$ は代数閉体である。すなわち、複素係数の任意の非定数多項式は複素数の根をもつ。
&&&
この定理の完全証明には、実数の完備性または複素解析の道具が必要になる。本シリーズでは証明を複素解析入門へ委ねるが、使用を隠さない。次の原則を採用する。
1. Gauss 消去、次元、行列式、Cayley--Hamilton 定理は任意の体上で証明する。
2. 固有値の存在を述べるときは「特性多項式が $K$ 上で根をもつ」と仮定する。
3. 三角化・Jordan 標準形には「特性多項式が $K$ 上で分解する」と仮定する。
4. $K=\mathbb{C}$ なら上の仮定が常に満たされることを述べる箇所でのみ、代数学の基本定理を使う。
5. 実対称行列の固有値が実数であることは、代数学の基本定理だけに頼らず、内積を使って線形代数学内で証明する。
## 有限体は代数閉体ではない
有限体 $K=\{a_1,\ldots,a_q\}$ を取ると
$$
f(x):=(x-a_1)\cdots(x-a_q)+1
$$
は任意の $a_j\in K$ に対して $f(a_j)=1$ となる。したがって $f$ は $K$ に根をもたず、有限体は代数閉体ではない。
これは有限体上で固有値が存在しない行列があることを意味する。たとえば $\mathbb{F}_2$ 上で特性多項式 $t^2+t+1$ をもつ行列は、$\mathbb{F}_2$ 上に固有値をもたない。
## 演習
&&&exc 係数体ごとの分解 [exc-splitting-by-field]
$x^4-1$ と $x^4+1$ が $\mathbb{Q},\mathbb{R},\mathbb{C}$ の各体上でどこまで分解するか調べよ。
&&&
&&&prf 解答 [prf-splitting-by-field]
まず
$$
x^4-1=(x-1)(x+1)(x^2+1).
$$
$\mathbb{Q}$ と $\mathbb{R}$ では $x^2+1$ は一次式へ分解しないが、$\mathbb{C}$ では $(x-i)(x+i)$ となる。
次に
$$
x^4+1=(x^2+\sqrt2x+1)(x^2-\sqrt2x+1)
$$
である。この分解は $\mathbb{R}$ 上では使える。$\mathbb{Q}$ 上では既約であることも確かめられる。有理数係数で分解するなら、$\mathbb{Q}$ に根がないので二つの二次式の積であり、最高次係数を正規化して
$$
x^4+1=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)
$$
と書ける。係数比較から
$$
a+c=0,\qquad bd=1,\qquad ad+bc=0,\qquad b+d+ac=0.
$$
$c=-a$ を代入すると $a(d-b)=0$ である。$a=0$ なら $b+d=0$ と $bd=1$ から $-b^2=1$ となり不可能である。したがって $d=b$。すると $b^2=1$ なので $b=1$ または $b=-1$ である。最後の式は $2b-a^2=0$ となるが、$b=1$ なら $a^2=2$、$b=-1$ なら $a^2=-2$ となり、どちらも有理数 $a$ には不可能である。したがって有理係数ではこれ以上分解しない。
実係数の各二次式の判別式は $-2$ だから、$\mathbb{C}$ ではさらに一次式へ分解する。根は
$$
\frac{1+i}{\sqrt2},\quad \frac{-1+i}{\sqrt2},\quad
\frac{-1-i}{\sqrt2},\quad \frac{1-i}{\sqrt2}
$$
である。
&&&
ここから本論へ進み、根を加えて体を拡大する操作を線形代数学の次元で測る。


2-1 多項式の根と代数閉体

## 定規とコンパスで増える次数
最初の点を $(0,0),(1,0)$ とし、得られた点の全座標が作る実部分体を $F$ とする。二直線の一意な交点は $F$ 上の二元一次方程式で求まる。直線と円では直線の式を円へ代入すると $F$ 係数の高々二次式となり、二円では方程式を引けば一次式が得られて直線と円の場合へ戻る。従って一回の交点操作で得る実座標は $F$ または $F(\sqrt d)$ に入る。二つの交点を同時に得ても、二次方程式の根の和は $F$ にあるため、同じ二次拡大で足りる。
逆向きも必要である。向きのある線分を数として表せば、和・差は線分の移動で、積・商は平行線で作る相似三角形で得られる。例えば二本の半直線上に長さ $1,a$ と $b$ を置き、$1$ と $b$ を結ぶ線に平行な線を $a$ から引けば、対応する長さは $ab$ になる。長さ $b,a$ と $1$ を使えば同様に $a/b$ を作れる。$a\ge0$ の平方根には長さ $a,1$ を続けた直径 $a+1$ の半円を描き、二線分の境から垂線を立てる。その高さ $h$ は相似な直角三角形から $h^2=a$ を満たす。
よって実数 $a$ の作図可能性は、$a$ が
$$\mathbf Q=K_0\subseteq K_1\subseteq\cdots\subseteq K_r\subseteq\mathbf R,\qquad [K_i:K_{i-1}]\le2\tag{1}$$
という実二次拡大塔の最後の体に入ることと同値である。順方向は各交点操作を上の代数計算へ写せばよい。逆方向では、実二次拡大は $K_i=K_{i-1}(\sqrt{d_i})$、$d_i\in K_{i-1}$ で $d_i>0$ と書け、四則演算と平方根の作図を各段に繰り返す。塔の法則から $[\mathbf Q(a):\mathbf Q]$ は2の冪を割り、従って2の冪である。
**注意。** 次数が2の冪であることだけでは作図可能とは限らない。必要なのは二次拡大の塔に入ることである。逆向きの構成では、体の四則演算と正数の平方根を幾何的に実現することを使う。
この違いは分解体を見ると明瞭になる。分離多項式 $f\in\mathbf Q[T]$ の分解体 $L$ のGalois群が2群なら、指数2ずつの部分群列とGalois対応から $L$ は二次拡大塔で得られる。複素根の実部・虚部は、必要なら $i$ を加えた2群拡大の中で同じ操作により作図できる。逆に作図可能な代数的実数を含む二次塔の正規閉包は、各段の全共役の平方根を追加して作れるので次数は2の冪であり、その数の最小多項式の分解体のGalois群も2群となる。これは判定の一般論で、個別の作図では式 (1) を直接示せば十分である。
## 正多角形の一般判定
$n\ge3$ とする。正 $n$ 角形を作図することは、$\zeta_n=e^{2\pi i/n}$ の実部と虚部を作図することと同値である。第7章の円分体の結果 $[\mathbf Q(\zeta_n):\mathbf Q]=\varphi(n)$ および $\operatorname{Gal}(\mathbf Q(\zeta_n)/\mathbf Q)\cong(\mathbf Z/n\mathbf Z)^\times$ を使えば、次の完全判定を得る。
$$\boxed{\text{正}n\text{角形が作図可能}\quad\Longleftrightarrow\quad\varphi(n)\text{ が2の冪}}\tag{2}$$
右向きは $\zeta_n+\zeta_n^{-1}=2\cos(2\pi/n)$ が作図可能で、$n\ge3$ ではその体の次数が $\varphi(n)/2$ であることから従う。実際、$\zeta_n$ は $T^2-(\zeta_n+\zeta_n^{-1})T+1$ を満たし、非実数なので実部分体からの次数は2である。左向きは円分体のGalois群の位数 $\varphi(n)$ が2の冪なら群が2群であり、直前の判定で $\zeta_n$ の両座標が作図可能になることから従う。
$n=2^k\prod_jp_j^{e_j}$ と奇素数 $p_j$ に分けると
$$\varphi(n)=\varphi(2^k)\prod_j p_j^{e_j-1}(p_j-1)\tag{3}$$
これが2の冪であるには全ての $e_j=1$ で、各 $p_j-1$ が2の冪でなければならない。$p_j=2^m+1$ が素数なら $m$ も2の冪である。もし $m=2^s q$、$q>1$ が奇数なら、$X=2^{2^s}$ と置いて $2^m+1=X^q+1$ が $X+1$ で割れるからである。従って各 $p_j$ は $2^{2^s}+1$ 型の**Fermat素数**。逆に相異なるFermat素数を一度ずつ掛け、任意の2の冪を加えた $n$ では式 (3) が2の冪となる。これでGauss–Wantzel判定
$$\boxed{n=2^k p_1\cdots p_r\quad(p_j\text{ は相異なるFermat素数})}\tag{4}$$
が証明された。式 (2) の前提となる一般円分多項式の既約性は第7章で示した。
## 正七角形と正五角形
$u=2\cos(2\pi/7)=\zeta_7+\zeta_7^{-1}$ は $u^3+u^2-2u-1=0$ を満たす。これは $1+\zeta_7+\cdots+\zeta_7^6=0$ を逆数の対でまとめると得られる。$\pm1$ は根でないので三次式は有理数上既約。$[\mathbf Q(u):\mathbf Q]=3$ だから正七角形は作図できない。一方 $\mathbf Q(\zeta_5)/\mathbf Q$ のGalois群は $C_4$。部分群列 $C_4\supset C_2\supset1$ に対応する二次拡大の塔に $\zeta_5$ が入り、正五角形の頂点座標は作図可能である。
**演習。** 正三角形の頂点座標が作図可能であることを体の次数で説明せよ。
**解答。** $\zeta_3$ は $x^2+x+1$ の根で、$\mathbf Q(\zeta_3)$ は二次拡大。実部 $-1/2$、虚部 $\sqrt3/2$ は四則演算と平方根で作れる。
**演習。** $\sqrt[3]{4}$ が作図できないことを示せ。
**解答。** $T^3-4$ は有理根候補 $\pm1,\pm2,\pm4$ を持たず、三次なので $\mathbf Q$ 上既約。従って $[\mathbf Q(\sqrt[3]{4}):\mathbf Q]=3$ であり、式 (1) の必要条件に反する。
**演習。** $\alpha=\sqrt{2+\sqrt2}$ の作図可能性と最小多項式を求めよ。
**解答。** $\mathbf Q\subset\mathbf Q(\sqrt2)\subset\mathbf Q(\sqrt2,\alpha)$ は二次塔なので作図可能。$\alpha^4-4\alpha^2+2=0$。次数4の確認には、$\alpha^2-2=\sqrt2$ と $\alpha\notin\mathbf Q(\sqrt2)$ を使う。もし $\alpha=a+b\sqrt2$、$a,b\in\mathbf Q$ なら $a^2+2b^2=2,\ 2ab=1$。$u=a^2$ は $2u^2-4u+1=0$ の有理根となる必要があるが、根 $1\pm\sqrt2/2$ は無理数。よって塔の両段は真の二次拡大で、この四次式が最小多項式である。
**演習。** 正九角形が作図できないことを示せ。
**解答。** 作図できれば $2\cos(2\pi/9)=\zeta_9+\zeta_9^{-1}$ は作図可能。しかし最大実部分体の次数は $\varphi(9)/2=3$ で、二次塔の次数条件に反する。
**演習。** $n=7,10,12,15,18,20,51$ について正 $n$ 角形の作図可能性を判定せよ。
**解答。** Euler関数の値は順に $6,4,4,8,6,8,32$。式 (2) から $7,18$ は不能、$10,12,15,20,51$ は可能。特に $51=3\cdot17$ は相異なるFermat素数の積である。
**演習。** $2^{12}+1$ が素数でないことを因数分解で示せ。
**解答。** $12=4\cdot3$ なので $X=2^4$ と置けば $2^{12}+1=X^3+1=(X+1)(X^2-X+1)=17\cdot241$。


8-1 作図可能数

代数閉包はすべての代数方程式を解ける世界ですが、一本の多項式 $f$ を調べるには大きすぎます。$f$ の根をすべて含み、それ以外には余分なものを加えない体を取り出したものが分解体です。「根を全部入れる」と「根で生成される」の二条件によって、必要十分な大きさを表します。
## 分解体の定義
&&&def 分解体 [04-def-splitting-field]
$f\in K[x]$ を次数1以上の多項式とする。拡大体 $L/K$ が $f$ の $K$ 上の**[[分解体]]**であるとは、次の二条件を満たすことをいう。
1. $f$ は $L[x]$ で一次式の積に分解する。
2. $f$ の $L$ 内の根を $\alpha_1,\ldots,\alpha_r$ とすると
   $$
   L=K(\alpha_1,\ldots,\alpha_r)
   $$
   である。
&&&
二つ目の条件は最小性を表します。第一条件だけなら、分解後に無関係な元をいくら加えてもよく、対象が定まりません。
&&&prop 分解体の最小性 [04-prop-splitting-field-minimality]
$L$ が $f\in K[x]$ の分解体で、$K\subseteq E\subseteq L$ において $f$ が $E[x]$ で一次式の積に分解するなら $E=L$ である。
&&&
&&&prf [04-prf-splitting-field-minimality]
$f$ の根 $\alpha_1,\ldots,\alpha_r$ はすべて $E$ に属します。従って
$$
L=K(\alpha_1,\ldots,\alpha_r)\subseteq E.
$$
仮定の $E\subseteq L$ と合わせて $E=L$ です。□
&&&
## 根を一つずつ添加する
&&&thm 分解体の存在 [04-thm-existence-of-splitting-field]
任意の体 $K$ と次数1以上の $f\in K[x]$ に対し、$f$ の $K$ 上の分解体が存在する。さらに分解体は $K$ の有限次拡大として取れる。
&&&
&&&prf [04-prf-existence-of-splitting-field]
$n=\deg f$ について帰納します。$n=1$ なら $f$ はすでに $K$ 上で分解し、$K$ 自身が分解体です。
$n\ge2$ とし、$K[x]$ で $f$ の既約因子 $p$ を一つ取ります。商体
$$
K_1=K[x]/(p)
$$
で $\alpha=x+(p)$ とおけば $p(\alpha)=0$、従って $f(\alpha)=0$ です。因数定理により
$$
f(x)=(x-\alpha)g(x)\qquad(g\in K_1[x])
$$
と書け、$\deg g=n-1$ です。
帰納法の仮定により、$g$ は $K_1$ 上の有限次分解体 $L$ をもちます。$L$ では $g$ が一次式の積に分解し、$\alpha\in K_1\subseteq L$ なので $f=(x-\alpha)g$ も分解します。$L$ の中で $f$ の根をすべて $\alpha_1,\ldots,\alpha_r$ とし
$$
E=K(\alpha_1,\ldots,\alpha_r)
$$
とおきます。$E$ では $f$ が分解し、根によって生成されるので $E$ は $f$ の分解体です。
各 $\alpha_i$ は $K$ 上代数的で、個数は有限です。従って $E/K$ は有限次です。□
&&&
この証明は実際の計算法にもなっています。
1. まだ根がなければ既約因子 $p$ を選ぶ。
2. $K[x]/(p)$ に移り、$x+(p)$ を根にする。
3. 一次因子を外し、残った多項式について繰り返す。
ただし、途中で一つの根を加えると、他の根が同時に現れることがあります。従って次数は単純に根の次数を全部掛けたものではなく、各段で最小多項式を調べます。
## 二次式では何が起こるか
$\operatorname{char}K\ne2$ とし
$$
f(x)=x^2+bx+c
$$
とします。平方完成すると
$$
4f(x)=(2x+b)^2-(b^2-4c).
$$
判別式 $\Delta=b^2-4c$ の平方根を添加すれば
$$
f(x)=
\left(x-\frac{-b+\sqrt\Delta}{2}\right)
\left(x-\frac{-b-\sqrt\Delta}{2}\right)
$$
と分解します。
&&&prop 二次式の分解体 [04-prop-quadratic-splitting-field]
$\operatorname{char}K\ne2$ とする。$f=x^2+bx+c\in K[x]$ の分解体は
$$
K(\sqrt{b^2-4c})
$$
である。判別式が $K$ の平方なら次数1、平方でなければ次数2である。
&&&
&&&prf [04-prf-quadratic-splitting-field]
上の解の公式から、二つの根は $K(\sqrt\Delta)$ に属します。逆に二根を $r_1,r_2$ とすれば
$$
r_1-r_2=\sqrt\Delta
$$
なので、根が生成する体は $\sqrt\Delta$ を含みます。従って分解体はちょうど $K(\sqrt\Delta)$ です。$\Delta$ が平方なら $\sqrt\Delta\in K$。平方でなければ $x^2-\Delta$ は根をもたない二次式なので既約で、拡大次数は2です。□
&&&
例えば $x^2-2$ の $\mathbb Q$ 上の分解体は $\mathbb Q(\sqrt2)$ です。一方、$x^2+1$ は $\mathbb R$ 上では $\mathbb C=\mathbb R(i)$ を分解体としますが、$\mathbb C$ 上ではすでに分解しているので分解体は $\mathbb C$ 自身です。分解体は多項式だけでなく基礎体にも依存します。
## 三次式 $x^3-2$ の場合
実数の三乗根を $\alpha=\sqrt[3]{2}$、1の原始三乗根を
$$
\omega=\frac{-1+\sqrt{-3}}2
$$
とします。三つの根は
$$
\alpha,\qquad \omega\alpha,\qquad \omega^2\alpha
$$
です。従って分解体は
$$
L=\mathbb Q(\alpha,\omega)
$$
です。
&&&prop $x^3-2$ の分解体の次数 [04-prop-x3-minus-2-splitting-degree]
$x^3-2$ の $\mathbb Q$ 上の分解体 $L$ は次数6をもつ。
&&&
&&&prf [04-prf-x3-minus-2-splitting-degree]
$x^3-2$ は Eisenstein の判定法を素数2について適用できるので既約です。従って
$$
[\mathbb Q(\alpha):\mathbb Q]=3.
$$
$\mathbb Q(\alpha)$ は $\mathbb R$ の部分体なので、非実数 $\omega$ は含まれません。$\omega$ は $x^2+x+1$ を満たすため
$$
[\mathbb Q(\alpha,\omega):\mathbb Q(\alpha)]=2.
$$
塔の法則より
$$
[L:\mathbb Q]=2\cdot3=6.
$$
□
&&&
根を一つ加えた $\mathbb Q(\alpha)$ は次数3ですが、まだ残り二根を含みません。分解体は「一つの根を含む体」より大きくなり得ます。この差が、後に正規性という概念になります。
## 一般の次数評価
&&&prop 分解体の次数の粗い上界 [04-prop-splitting-field-degree-bound]
$f\in K[x]$ の次数を $n\ge1$、その分解体を $L$ とする。このとき
$$
[L:K]\le n!.
$$
&&&
&&&prf [04-prf-splitting-field-degree-bound]
根を一つずつ加えます。最初の根 $\alpha_1$ の最小多項式は $f$ の既約因子なので次数は高々 $n$。$K(\alpha_1)$ 上で一次因子を除いた残りは次数 $n-1$ なので、次に加える根の最小多項式の次数は高々 $n-1$ です。同様に続けると、塔の法則により
$$
[L:K]\le n(n-1)\cdots2\cdot1=n!.
$$
途中で複数の根が同時に入れば不等号は真に小さくなります。□
&&&
この $n!$ は後に、Galois群が $n$ 個の根の置換群へ入ることと対応します。ここではまだ自己同型を使わず、根を添加する各段の次数だけから上界が出ています。
## 積と分解体
&&&prop 有限個の多項式の共通分解体 [04-prop-common-splitting-field]
$f_1,\ldots,f_r\in K[x]$ に対し、すべてを同時に一次式の積へ分解する最小の有限次拡大が存在する。それは積
$$
f_1\cdots f_r
$$
の分解体である。
&&&
&&&prf [04-prf-common-splitting-field]
積の根全体は、各 $f_i$ の根全体の合併です。従って積の分解体はすべての $f_i$ を分解し、それらの根全体で生成されます。逆にすべての $f_i$ が分解する体では積も分解します。分解体の最小性から結論します。有限次性は分解体の存在定理によります。□
&&&
## 演習
&&&exc 四次式の分解体 [04-exc-x4-minus-2-splitting-field]
$f=x^4-2\in\mathbb Q[x]$ とし、$\alpha=\sqrt[4]{2}>0$ とする。$f$ の分解体が $\mathbb Q(\alpha,i)$ であり、次数が8であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-x4-minus-2-splitting-field-answer]
根は
$$
\alpha,-\alpha,i\alpha,-i\alpha
$$
なので分解体は $\mathbb Q(\alpha,i)$ です。$x^4-2$ は素数2について Eisenstein なので
$$
[\mathbb Q(\alpha):\mathbb Q]=4.
$$
$\mathbb Q(\alpha)\subseteq\mathbb R$ なので $i\notin\mathbb Q(\alpha)$。$i$ の最小多項式はこの体上でも $x^2+1$ であり、塔の法則から
$$
[\mathbb Q(\alpha,i):\mathbb Q]=2\cdot4=8.
$$
□
&&&
&&&exc 有限体上の三次式 [04-exc-f2-cubic-splitting]
$f=x^3+x+1\in\mathbb F_2[x]$ が既約であることを示せ。根を一つ $\alpha$ とすると、$\mathbb F_2(\alpha)$ の8元を列挙し、この体ですでに $f$ が分解することを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-f2-cubic-splitting-answer]
$f(0)=1$、$f(1)=1+1+1=1$ なので根をもちません。三次式が可約なら一次因子をもつため、$f$ は既約です。従って
$$
\mathbb F_2(\alpha)=
\{a+b\alpha+c\alpha^2\mid a,b,c\in\mathbb F_2\}
$$
であり、具体的には
$$
0,1,\alpha,\alpha^2,1+\alpha,1+\alpha^2,
\alpha+\alpha^2,1+\alpha+\alpha^2
$$
の8元です。関係式 $\alpha^3=\alpha+1$ を使うと
$$
\alpha^4=\alpha^2+\alpha,
$$
$$
f(\alpha^2)=\alpha^6+\alpha^2+1
=(\alpha^3)^2+\alpha^2+1
=(\alpha+1)^2+\alpha^2+1=0.
$$
さらに $f$ の $x^2$ の係数は0なので三根の和は0、従って第三の根は $\alpha+\alpha^2$ です。実際
$$
f=(x+\alpha)(x+\alpha^2)(x+\alpha+\alpha^2)
$$
と分解します。ゆえに一根を添加した体が分解体です。□
&&&
&&&exc 基礎体を替える [04-exc-splitting-field-base-change]
$x^4-1$ の $\mathbb Q$ 上、$\mathbb R$ 上、$\mathbb C$ 上の分解体をそれぞれ求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-splitting-field-base-change-answer]
根は $1,-1,i,-i$ です。$\mathbb Q$ 上では $i$ だけを加えればよいので $\mathbb Q(i)$。$\mathbb R$ 上では $i$ を加えて $\mathbb C$。$\mathbb C$ 上ではすでに全根を含むので $\mathbb C$ 自身です。□
&&&
&&&exc 積の分解体 [04-exc-product-splitting-field]
$(x^2-2)(x^2-3)$ の $\mathbb Q$ 上の分解体を求め、その次数が4であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-product-splitting-field-answer]
根は $\pm\sqrt2,\pm\sqrt3$ なので分解体は
$$
L=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)
$$
です。$[\mathbb Q(\sqrt2):\mathbb Q]=2$。もし $\sqrt3\in\mathbb Q(\sqrt2)$ なら $\sqrt3=a+b\sqrt2$ と書けます。平方して
$$
3=a^2+2b^2+2ab\sqrt2.
$$
$1,\sqrt2$ の一次独立性から $2ab=0$。$a=0$ なら $b^2=3/2$、$b=0$ なら $a^2=3$ となり、いずれも有理数 $a,b$ では不可能です。従って第二段の次数も2で、$[L:\mathbb Q]=4$ です。□
&&&

4-1 分解体の存在

## 根号と可解群
標数0の体 $K$ 上、$K=K_0\subset\cdots\subset K_r=R$ で各 $K_i=K_{i-1}(\alpha_i)$、$\alpha_i^{n_i}\in K_{i-1}$ となる塔を**根号拡大**と呼ぶ。多項式 $f\in K[T]$ の分解体がある根号拡大 $R$ に含まれるとき、$f$ は**根号で可解**という。全根を同じ塔に入れる定義である。
有限群 $G$ が**可解**であるとは、$G=G_0\trianglerighteq\cdots\trianglerighteq G_s=1$ で各商 $G_i/G_{i+1}$ がAbel群となる正規列を持つことをいう。有限Abel群の列を細分すれば、商を素数位数の巡回群にできる。可解群の部分群・商群は可解であり、可解な正規部分群と可解な商群を持つ群も可解である。これらは正規列を制限・射影・連結して確かめる。
## 1の冪根を含むときの一段
$F$ が原始 $n$ 乗根 $\zeta_n$ を含み、$a\in F^\times$、$\alpha^n=a$ とする。$F(\alpha)$ には $X^n-a$ の全根 $\zeta_n^j\alpha$ が入り、標数0かつ $a\ne0$ なので重根はない。従って $F(\alpha)/F$ はGalois拡大で、自己同型を $\sigma(\alpha)/\alpha\in\mu_n$ へ写すと巡回群 $\mu_n$ に単射する。$a=0$ なら $\alpha=0$ で拡大は自明だから別に扱う。
逆に $E/F$ が次数 $n$ の巡回Galois拡大で $\zeta_n\in F$ とする。生成元 $\sigma$ に対し
$$T(b)=\sum_{j=0}^{n-1}\zeta_n^{-j}\sigma^j(b)$$
と置く。相異なる体準同型 $1,\sigma,\ldots,\sigma^{n-1}$ の線形独立性から $T$ は零写像ではない。$\alpha=T(b)\ne0$ を選ぶと添字を一つ移して $\sigma(\alpha)=\zeta_n\alpha$。よって $\alpha^n\in F$。$\alpha$ の $n$ 個の共役 $\zeta_n^j\alpha$ は相異なるので $[F(\alpha):F]=n$、従って $E=F(\alpha)$。これが本章で使うKummer型補題である。
## 根号と可解群の両方向
**根号から群へ。** 根号塔の指数 $n_i$ の公倍数 $N$ を取り、$K'=K(\zeta_N)$ を最初に加える。$K'/K$ はAbelなGalois拡大である。塔を $K'$ と合成し、帰納的に $K$ 上Galoisな正規閉包 $M_{i-1}$ が前段を含むように取る。$a_i=\alpha_i^{n_i}$ の全ての $K$ 共役 $\tau(a_i)\in M_{i-1}$ について $X^{n_i}-\tau(a_i)$ の根を一段で加え、$M_i$ とする。$M_i/K$ は共役を全て含めたためGaloisで、$M_i/M_{i-1}$ の自己同型は各添加根を $n_i$ 乗根倍するので、その群は $\mu_{n_i}$ の有限直積へ単射しAbelである。従って $\operatorname{Gal}(M_r/K)$ はAbel群を順に拡張した可解群。$f$ の分解体 $L/K$ は $M_r$ に入るGalois拡大だから、$\operatorname{Gal}(L/K)$ は制限写像による可解群の商として可解である。
**群から根号へ。** $G=\operatorname{Gal}(L/K)$ が可解なら、$|G|$ を割る素数をすべて割り切る $N$ を選び $K'=K(\zeta_N)$、$E=LK'$ とする。$H=\operatorname{Gal}(E/K')$ は $G$ の部分群と同型で可解。$H=H_0\trianglerighteq\cdots\trianglerighteq H_s=1$ の各商を素数位数 $p_i$ の巡回群へ細分し、固定体を $F_i=E^{H_i}$ と置く。$F_{i+1}/F_i$ は次数 $p_i$ の巡回拡大で、$F_i$ は $\zeta_{p_i}$ を含む。直前のKummer型補題から $F_{i+1}=F_i(\beta_i)$、$\beta_i^{p_i}\in F_i$ となる。$K'=K(\zeta_N)$ 自体も $\zeta_N^N=1$ による根号一段だから、$L\subseteq E$ は根号塔に入る。
以上から、標数0の $K$ 上で
$$\boxed{f\text{ が根号で可解}\quad\Longleftrightarrow\quad\operatorname{Gal}(L/K)\text{ が可解群}}\tag{1}$$
零でない根号一段の正規閉包、必要な1の冪根、群の商と部分群の扱いがこの同値の要点である。
## 一般五次のGalois群
$x_1,\ldots,x_5$ を $\mathbf Q$ 上代数的に独立な文字、$e_1,\ldots,e_5$ をその基本対称式とし、$K=\mathbf Q(e_1,\ldots,e_5)$、$L=\mathbf Q(x_1,\ldots,x_5)$ と置く。$f(T)=\prod_{i=1}^5(T-x_i)\in K[T]$ は一般五次多項式で、$L$ が分解体である。$S_5$ は $x_i$ を置換して $K$ を固定する。逆に $K$ を固定する自己同型は $f$ の根を置換するから $\operatorname{Gal}(L/K)\hookrightarrow S_5$。既に全ての置換が自己同型を与えるので群は $S_5$ に一致する。
$A_5$ は非Abel単純群で、$S_5$ の導来列は1へ到達しない。従って $S_5$ は可解でなく、一般五次は根号で解けない。これは個々の五次方程式が全て解けないという意味ではない。例えば $T^5-1$ は根号で解ける。
$A_5$ の単純性もここで確認する。$A_5$ の共役類の大きさは恒等元の1のほか、3-cycleの20、二互換の積の15、5-cycleの12と12である。中心化群の位数が順に3、4、5なので最初の三つの類サイズが得られ、24個の5-cycleは二つの類へ分かれる。正規部分群の位数は1にこれらのいくつかを足し、同時に60の約数でなければならない。部分和は $1,13,16,21,25,28,33,36,40,45,48,60$ で、このうち60を割るのは1と60だけ。従って $A_5$ は非Abel単純群となる。
具体的な不能例は $g(T)=T^5-4T+2$ である。2によるEisenstein判定で既約だからGalois群は五根へ推移的に作用し、Cauchyの定理により5-cycleを含む。$g'(T)=5T^4-4$ の臨界点を $\pm a$、$a=(4/5)^{1/4}$ とすると $g(-a)=2+16a/5>0$、$g(a)=2-16a/5<0$。後者は $(5/8)^4<4/5=a^4$、つまり $a>5/8$ から従う。増減から実根は三つ、非実根は共役な二つである。複素共役はその二根を交換するtranspositionをGalois群に与える。5-cycleの冪でこのtranspositionを共役して得る辺は五頂点の連結グラフを作る。実際、辺の両端の差は法5で非零なので、その差を繰り返せば五頂点を全てたどれる。連結グラフの辺のtranspositionは $S_5$ を生成するので、このGalois群は $S_5$ であり、$g$ は根号で解けない。
一方 $T^5-2$ の根は $\zeta_5^j\sqrt[5]{2}$ と書ける。次数5の式でも根号で解けるものがある。
**演習。** $T^5-1$ のGalois群が可解である理由を述べよ。
**解答。** 分解体は $\mathbf Q(\zeta_5)$、Galois群は $(\mathbf Z/5)^\times\cong C_4$ で可換、従って可解である。
**演習。** $S_3$ と $A_4$ の可解列を一つずつ書け。
**解答。** $S_3\trianglerighteq A_3\trianglerighteq1$ の商は $C_2,C_3$。$A_4\trianglerighteq V_4\trianglerighteq C_2\trianglerighteq1$ の商は $C_3,C_2,C_2$。各商が可換なので両群は可解。
**演習。** 有限2群が可解であることを示せ。
**解答。** 非自明な有限2群には指数2の正規部分群がある。これを位数が1になるまで繰り返すと、各商が $C_2$ の正規列を得る。
**演習。** $T^5-2$ の分解体の次数と、そのGalois群の可解性を求めよ。
**解答。** $\alpha=\sqrt[5]{2}$ とすると $T^5-2$ は2でEisenstein既約なので $[\mathbf Q(\alpha):\mathbf Q]=5$。$\mathbf Q(\zeta_5)$ の次数は4。$L=\mathbf Q(\alpha,\zeta_5)$ と置き $d=[L:\mathbf Q(\zeta_5)]\le5$ とすると、塔の法則から $4d=[L:\mathbf Q]$ は5の倍数。従って $5\mid d$、ゆえに $d=5$ で $[L:\mathbf Q]=20$。そのGalois群は正規部分群 $C_5$ と商 $C_4$ を持つので可解である。
**演習。** 「一般五次に根号公式がない」ことと「全ての五次式が根号で解けない」ことが異なる理由を述べよ。
**解答。** $T^5-4T+2$ はGalois群 $S_5$ により不能だが、$T^5-2$ は上の根 $\zeta_5^j\sqrt[5]{2}$ を持ち根号で可解。一般式の障害は全五次式への個別不能を意味しない。


9-1 根号可解性と一般五次

実数の多項式では、グラフが $x$ 軸へ接する点で $f(a)=f'(a)=0$ となります。体論ではグラフも極限も使えませんが、係数だけで定める形式微分は任意の体で意味をもちます。そして「$a$ が重根である」ことを、$f$ と $f'$ が共通根をもつこととして正確に捉えます。
## 形式微分
&&&def 形式微分 [04-def-formal-derivative]
体 $K$ 上の多項式
$$
f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n
$$
に対し、その**[[形式微分]]**を
$$
f'(x)=a_1+2a_2x+\cdots+na_nx^{n-1}
$$
と定める。ここで整数 $m$ は $m\cdot1_K$ を表す。
&&&
定義は係数の有限回の加法と乗法だけを使うため、有限体でも成立します。ただし標数 $p>0$ では $p=0$ なので、例えば
$$
(x^p)'=px^{p-1}=0.
$$
零でない多項式の微分が零になることは、実数上との大きな違いです。
&&&prop 形式微分の演算法則 [04-prop-formal-derivative-laws]
$f,g\in K[x]$、$a,b\in K$ に対して
$$
(af+bg)'=af'+bg',
$$
$$
(fg)'=f'g+fg'.
$$
さらに $m\ge1$ なら
$$
(f^m)'=mf^{m-1}f'.
$$
&&&
&&&prf [04-prf-formal-derivative-laws]
線形性は係数ごとの定義から直ちに従います。積の公式は単項式について
$$
(x^ix^j)'=(i+j)x^{i+j-1}
=ix^{i-1}x^j+x^ijx^{j-1}
$$
であり、係数を掛けて有限和を取れば一般の場合を得ます。
冪の公式は $m$ について帰納します。$m=1$ は明らかです。$m$ で成立するとき積の公式から
$$
(f^{m+1})'=(f^mf)'=(f^m)'f+f^mf'
=mf^{m-1}f'f+f^mf'=(m+1)f^mf'.
$$
従ってすべての $m$ で成立します。□
&&&
## 根の重複度
&&&def 根の重複度 [04-def-root-multiplicity]
$f\in K[x]$、拡大体 $L/K$、$a\in L$ とする。ある $m\ge1$ に対して
$$
(x-a)^m\mid f,\qquad (x-a)^{m+1}\nmid f
$$
であるとき、$a$ を $f$ の**[[根の重複度|重複度 $m$ の根]]**という。$m=1$ の根を単根、$m\ge2$ の根を重根という。
&&&
因数定理により、$f(a)=0$ は重複度が少なくとも1であることと同値です。微分を使うと、少なくとも2であることを判定できます。
&&&thm 重根判定 [04-thm-repeated-root-criterion]
$a$ が $f\in K[x]$ のある拡大体内の根であるとする。このとき
$$
a\text{ が重根}
\quad\Longleftrightarrow\quad
f(a)=f'(a)=0.
$$
より一般に、$f=(x-a)^mg$、$g(a)\ne0$ なら、$a$ は $f'$ の重複度 $m-1$ の根である。ただし体の標数が $m$ を割るときは、重複度がさらに大きくなることがある。
&&&
&&&prf [04-prf-repeated-root-criterion]
$f=(x-a)^mg$、$g(a)\ne0$ と書きます。積の公式から
$$
f'=m(x-a)^{m-1}g+(x-a)^mg'
=(x-a)^{m-1}\bigl(mg+(x-a)g'\bigr).
$$
$m\ge2$ なら $x-a$ は $f'$ を割るので $f'(a)=0$ です。
逆に $m=1$ なら
$$
f'(a)=g(a)\ne0.
$$
従って $f(a)=f'(a)=0$ なら $m\ne1$、すなわち $m\ge2$ です。
表示式から $(x-a)^{m-1}\mid f'$ も分かります。括弧内へ $x=a$ を代入した値は $mg(a)$ です。これが零でなければ重複度はちょうど $m-1$。標数が $m$ を割ればこの値が零になり、もう一段以上割れる可能性があります。□
&&&
例えば標数0では
$$
f=(x-1)^3(x+2)
$$
なら $1$ は $f'$ の重複度2の根です。一方、標数 $p$ では
$$
f=x^p-a
$$
に対して $f'=0$ です。代数閉包で $a=b^p$ と書けば
$$
x^p-a=x^p-b^p=(x-b)^p
$$
となり、唯一の根が $p$ 重に現れます。
## 最大公約数による判定
$K[x]$ は Euclid 整域なので、$f$ と $f'$ の最大公約数を取れます。最大公約数はモニックに選ぶことにします。
&&&thm 重根の最大公約数判定 [04-thm-squarefree-gcd-criterion]
零でない $f\in K[x]$ について次は同値である。
1. $f$ は代数閉包内で重根をもたない。
2. $\gcd(f,f')=1$。
&&&
&&&prf [04-prf-squarefree-gcd-criterion]
$1\Rightarrow2$：$d=\gcd(f,f')$ が正次数なら、代数閉包で $d$ は根 $a$ をもちます。すると $f(a)=f'(a)=0$ となり、重根判定に反します。従って $d=1$ です。
$2\Rightarrow1$：もし $a$ が重根なら重根判定から $f(a)=f'(a)=0$ です。$a$ の $K$ 上の最小多項式 $p$ は、評価写像の核の性質により $f$ と $f'$ の両方を割ります。従って $\gcd(f,f')$ は正次数となり、仮定に反します。□
&&&
この証明は、よくある言い過ぎも明らかにします。「平方因子をもたない」と「重根をもたない」は、標数0や有限体では同値ですが、任意の非完全体では同値とは限りません。従って一般の体では $\gcd(f,f')=1$ を安全な判定として使います。
&&&cor 平方因子との関係 [04-cor-exact-repeated-root-gcd]
$f$ のすべての既約因子 $p$ が $p'\ne0$ を満たす場合、次は同値である。
1. $f$ は代数閉包で重根をもたない。
2. $\gcd(f,f')=1$。
3. $f$ は $K[x]$ で既約多項式の平方によって割り切れない。
&&&
&&&prf [04-prf-exact-repeated-root-gcd]
最初の二条件は定理で同値です。$p^2\mid f$ なら $f=p^2h$ と書け、積の微分から $p\mid f'$。従って最大公約数は1ではありません。
逆に $p\mid f,f'$ となる既約多項式 $p$ を取り、$f=ph$ と書けば
$$
p\mid f'-p'h=ph'-p'h
$$
なので $p\mid p'h$。$p'\ne0$ かつ $\deg p'<\deg p$ より $p\nmid p'$。Euclid の補題から $p\mid h$、従って $p^2\mid f$ です。□
&&&
## 微分が零になる多項式
&&&prop 形式微分が零となる条件 [04-prop-zero-formal-derivative]
体 $K$ の標数が0なら、$f'=0$ となる $f\in K[x]$ は定数多項式だけである。
$K$ の標数が素数 $p$ なら
$$
f'=0
\quad\Longleftrightarrow\quad
f(x)=g(x^p)
$$
となる $g\in K[x]$ が存在する。
&&&
&&&prf [04-prf-zero-formal-derivative]
$f=\sum a_nx^n$ とします。$f'=0$ なら各 $n\ge1$ について $na_n=0$。標数0では $n\ne0$ なので $a_n=0$ です。
標数 $p$ では $n\cdot1_K=0$ であることと $p\mid n$ は同値です。従って $a_n\ne0$ となり得る正の次数は $n=pm$ だけで
$$
f(x)=\sum_m a_{pm}x^{pm}
=\sum_m a_{pm}(x^p)^m.
$$
右辺の一変数多項式を $g(x^p)$ と書けます。逆に $(x^{pm})'=pmx^{pm-1}=0$ なので、この形の多項式の微分は零です。□
&&&
$f=g(x^p)$ であることと、$f$ が多項式の $p$ 乗であることは同じではありません。後者には各係数が $K$ 内で $p$ 乗根をもつことも必要です。有限体ではFrobenius写像が全射なので同じになりますが、$\mathbb F_p(t)$ の元 $t$ は $p$ 乗ではありません。この差が非分離拡大を生みます。
## Euclid算法で実際に判定する
有理数体上で
$$
f=x^4-2x^2+1=(x^2-1)^2
$$
とします。
$$
f'=4x^3-4x=4x(x^2-1)
$$
なので
$$
\gcd(f,f')=x^2-1.
$$
従って $1,-1$ が重根です。
一方
$$
g=x^4+x+1
$$
では $g'=4x^3+1$。Euclid算法で最大公約数が1と分かれば、根を明示しなくても重根がないと判定できます。分解体を先に計算する必要がないことが、この方法の実用上の利点です。
## 演習
&&&exc 重複度と微分 [04-exc-multiplicity-and-derivative]
標数0の体上で
$$
f=(x-a)^4(x-b)^2,\qquad a\ne b
$$
とする。$a,b$ の $f'$ における重複度を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-multiplicity-and-derivative-answer]
標数0なので、重複度 $m$ の根は微分後に重複度がちょうど $m-1$ になります。従って $a$ の重複度は3、$b$ の重複度は1です。直接には
$$
f'=(x-a)^3(x-b)\bigl(4(x-b)+2(x-a)\bigr)
$$
で、最後の因子は $x=a,b$ のいずれでも零になりません。□
&&&
&&&exc 標数3での微分 [04-exc-derivative-characteristic-three]
$\mathbb F_3[x]$ で
$$
f=x^6+2x^3+1
$$
の形式微分を求め、$f$ を因数分解して根の重複を説明せよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-derivative-characteristic-three-answer]
標数3なので
$$
f'=6x^5+6x^2=0.
$$
また Frobenius により
$$
(x^2+2x+1)^3=x^6+2^3x^3+1
=x^6+2x^3+1.
$$
$x^2+2x+1=(x+1)^2$ なので
$$
f=(x+1)^6.
$$
従って根 $-1=2$ が重複度6で現れます。□
&&&
&&&exc 最大公約数で判定する [04-exc-gcd-repeated-root]
$f=x^3-3x+2\in\mathbb Q[x]$ について $\gcd(f,f')$ を求め、重根とその重複度を決定せよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-gcd-repeated-root-answer]
$$
f'=3x^2-3=3(x-1)(x+1).
$$
$f(1)=0$ かつ $f'(1)=0$ なので $x-1$ は最大公約数を割ります。実際
$$
f=(x-1)^2(x+2)
$$
より
$$
\gcd(f,f')=x-1.
$$
従って $1$ が重複度2の根で、$-2$ は単根です。□
&&&
&&&exc 非完全体での注意 [04-exc-imperfect-field-warning]
$K=\mathbb F_p(t)$ とし $f=x^p-t\in K[x]$ とする。$f'=0$ を示せ。また $t$ の $p$ 乗根 $u$ を添加した体では $f=(x-u)^p$ となることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-imperfect-field-warning-answer]
標数 $p$ なので
$$
f'=px^{p-1}=0.
$$
$u^p=t$ とすれば二項係数 $\binom pk$ は $0<k<p$ で $p$ の倍数なので、標数 $p$ では
$$
(x-u)^p=x^p-u^p=x^p-t=f.
$$
従って $u$ は唯一の根で、重複度 $p$ です。なお $f$ は $K[x]$ では既約になり得るため、「既約なら重根をもたない」は任意の体では正しくありません。□
&&&

3-1 形式微分と重根

## 時計の計算で割り算はできるか
5時間後、10時間後、15時間後を5時間制の時計で見ると、いずれも0へ戻る。余りの計算には有限個の数しか現れない。この世界で連立方程式を解くには、非零元で割れることを確かめなければならない。
## 合同類と演算
正整数 $n$ に対し、$a-b$ が $n$ で割り切れるとき $a\equiv b\pmod n$ と書く。
ここでは初等整数論で証明する Euclid の互除法と Bézout の等式、すなわち $\gcd(a,b)=1$ なら $ra+sb=1$ となる整数 $r,s$ が存在することを用いる。これは体に固有の内容ではないため、本書では再証明せず「初等整数論」系列への共有依存とする。
&&&def 剰余類 [def-residue-class]
整数 $a$ に対し
$$
[a]_n:=\{b\in\mathbb{Z}\mid b\equiv a\pmod n\}
$$
を $a$ の $n$ を法とする[[剰余類]]という。剰余類全体を $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ と書く。
&&&
剰余類に
$$
[a]_n+[b]_n:=[a+b]_n,\qquad
[a]_n[b]_n:=[ab]_n
$$
と演算を定めたい。代表元の選び方で答えが変わらないことが必要である。
&&&prop 剰余類の演算は代表元によらない [prop-residue-operations-well-defined]
$a\equiv a'\pmod n$ かつ $b\equiv b'\pmod n$ なら
$$
a+b\equiv a'+b'\pmod n,\qquad ab\equiv a'b'\pmod n.
$$
したがって上の加法と乗法は well-defined である。
&&&
&&&prf [prf-residue-operations-well-defined]
ある整数 $r,s$ が存在して $a-a'=rn,b-b'=sn$ と書ける。すると
$$
(a+b)-(a'+b')=(r+s)n
$$
なので和は合同である。また
$$
ab-a'b'=a(b-b')+b'(a-a')=(as+b'r)n
$$
なので積も合同である。
&&&
## 素数のとき体になる
&&&def 素数体 $\mathbb{F}_p$ [def-prime-field]
$p$ を素数とする。剰余類環 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ を[[素体|$\mathbb{F}_p$]]と書く。計算では各剰余類を代表元 $0,1,\ldots,p-1$ で表す。下の定理で、これが体になることを証明する。
&&&
&&&lem Euclid の補題 [lem-euclid-prime]
$p$ が素数で $p\mid ab$ なら、$p\mid a$ または $p\mid b$ である。
&&&
&&&prf [prf-euclid-prime]
$p\nmid a$ とする。$p$ は素数なので $a$ と $p$ の最大公約数は1である。Bézout の等式により、整数 $r,s$ が存在して $ra+sp=1$ となる。両辺へ $b$ を掛ければ
$$
rab+spb=b.
$$
$p\mid ab$ だから右辺の左側の二項はいずれも $p$ で割り切れ、したがって $p\mid b$ である。
&&&
&&&thm 素数を法とする剰余類は体をなす [thm-prime-residue-is-field]
$p$ が素数なら $\mathbb{F}_p$ は体である。
&&&
&&&prf [prf-prime-residue-is-field]
加法・乗法の結合則、交換則、分配法則は整数の法則から引き継がれる。$[0]_p$ と $[1]_p$ が単位元であり、$[a]_p$ の加法逆元は $[-a]_p$ である。
残るのは非零元の乗法逆元である。$[a]_p\ne[0]_p$ なら $p\nmid a$ であり、$\gcd(a,p)=1$ である。Bézout の等式により整数 $r,s$ が存在して
$$
ra+sp=1.
$$
剰余類を取ると $[r]_p[a]_p=[1]_p$ なので、$[r]_p$ が $[a]_p$ の逆元である。よって $\mathbb{F}_p$ は体である。
&&&
素数でない法では一般に失敗する。$\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ では
$$
[2]_6[3]_6=[0]_6
$$
である。$[2]_6,[3]_6$ はいずれも非零なので零因子があり、体ではない。
## 実際に逆元を求める
$\mathbb{F}_7$ で $3^{-1}$ を求める。Euclid の互除法を逆向きにたどると
$$
7=2\cdot3+1,\qquad 1=7-2\cdot3.
$$
したがって $-2\cdot3\equiv1\pmod7$ であり、$3^{-1}=5$ である。
方程式 $3x+4=2$ は
$$
3x=-2=5,\qquad x=5\cdot5=25=4
$$
と解ける。検算すると $3\cdot4+4=16=2$ である。
## 標数
&&&def 体の標数 [def-characteristic]
体 $K$ で
$$
\underbrace{1+\cdots+1}_{n\text{ 個}}=0
$$
となる最小の正整数 $n$ が存在するとき、その $n$ を $K$ の**[[体の標数|標数]]**（characteristic）という。そのような $n$ が存在しないとき標数を0とする。
&&&
&&&prop 体の正の標数は素数である [prop-characteristic-prime]
体 $K$ の標数が正なら、それは素数である。
&&&
&&&prf [prf-characteristic-prime]
標数を $n$ とし、$n=ab$ が $1<a<n,1<b<n$ と分解できたと仮定する。$a\cdot1$ を $1$ の $a$ 個の和、$b\cdot1$ を $1$ の $b$ 個の和と書けば
$$
(a\cdot1)(b\cdot1)=n\cdot1=0.
$$
体には零因子がないので、$a\cdot1=0$ または $b\cdot1=0$ である。これは $n$ の最小性に反する。したがって $n$ は素数である。
&&&
&&&prop 標数 $p$ の体は $\mathbb{F}_p$ を含む [prop-prime-subfield]
標数 $p>0$ の体 $K$ では、写像
$$
\iota\colon\mathbb{F}_p\to K,\qquad [n]_p\mapsto n\cdot1_K
$$
は単射な体準同型である。したがって $\mathbb{F}_p$ を $K$ の部分体とみなせる。
&&&
&&&prf [prf-prime-subfield]
$n\equiv m\pmod p$ なら $n-m=kp$ と書け、$K$ の標数が $p$ なので
$$
(n-m)\cdot1_K=k(p\cdot1_K)=0.
$$
よって $n\cdot1_K=m\cdot1_K$ であり、$\iota$ は代表元によらない。和と積を保ち、$[1]_p$ を $1_K$ へ送ることは、整数倍の定義と分配法則から従う。体準同型は単射なので結論を得る。
&&&
$\mathbb{Q},\mathbb{R},\mathbb{C}$ の標数は0、$\mathbb{F}_p$ の標数は $p$ である。
## 演習
&&&exc 有限体の連立方程式 [exc-linear-system-f5]
$\mathbb{F}_5$ で
$$
x+2y=1,\qquad 3x+y=4
$$
を解け。
&&&
&&&prf 解答 [prf-linear-system-f5]
第一式から $x=1-2y$。第二式へ代入すると
$$
3(1-2y)+y=4,\qquad -5y=1.
$$
$\mathbb{F}_5$ では $-5=0$ なので左辺は0となり、$0=1$ という矛盾を得る。したがって解はない。実数上の同じ係数の方程式とは答えが異なる。
&&&
一般の有限体 $\mathbb{F}_{p^n}$ は、本論の `18_有限体の構成.md` 以降で多項式の剰余類を使って構成する。


5-1 素数を法とする有限体

## 共通言語への参照
同値類上の演算と well-definedness は 関係と商の総合問題、代数的数の可算性は 代数的数は可算 を参照します。本書では体拡大と Galois 対応へ進みます。
## 割り算はいつ許されるのか
方程式 $ax=b$ を $x=a^{-1}b$ と解くとき、私たちは $a$ で割っている。しかし、整数の世界では $2x=1$ は解けず、$4$ を法とする計算では $2\cdot2=0$ となる。いつもの変形を正当に行える範囲を、ひとまとまりの公理として取り出したものが体である。
**このページでできるようになること**  
体の公理を述べ、それぞれが方程式の変形で何を保証するかを説明できる。公理から零倍、符号、消去則、逆元の一意性を証明できる。
## 体の定義
&&&def 体 [def-field-shared]
集合 $K$ に加法 $(a,b)\mapsto a+b$ と乗法 $(a,b)\mapsto ab$ が定められているとする。$K$ が**[[体]]**（field）であるとは、任意の $a,b,c\in K$ について次の条件が成り立つことをいう。
1. $(a+b)+c=a+(b+c)$。
2. $a+b=b+a$。
3. ある $0\in K$ があり、$a+0=a$。
4. 各 $a\in K$ に対し、$a+(-a)=0$ となる $-a\in K$ がある。
5. $(ab)c=a(bc)$。
6. $ab=ba$。
7. ある $1\in K$ があり、$1\ne0$ かつ $a1=a$。
8. $a\ne0$ なら、$aa^{-1}=1$ となる $a^{-1}\in K$ がある。
9. $a(b+c)=ab+ac$。
$0$ を加法単位元、$1$ を乗法単位元、$-a$ を $a$ の加法逆元、$a^{-1}$ を非零元 $a$ の乗法逆元という。
&&&
$\mathbb{Q},\mathbb{R},\mathbb{C}$ は体である。$\mathbb{Z}$ は体でない。実際、$2\in\mathbb{Z}$ に対して $2b=1$ となる整数 $b$ は存在しない。
## 公理から導かれる計算法則
教科書で頻繁に使う変形を、公理から一度きちんと導いておく。
&&&prop 特別な元の一意性 [prop-distinguished-elements-unique]
体の加法単位元と乗法単位元は一意である。各 $a$ の加法逆元も一意であり、各非零元の乗法逆元も一意である。
&&&
&&&prf [prf-distinguished-elements-unique]
$0$ と $0'$ がともに加法単位元なら、$0=0+0'=0'$ である。$1$ と $1'$ がともに乗法単位元なら、$1=1\cdot1'=1'$ である。
$b,c$ がともに $a$ の加法逆元なら、結合則と交換則により
$$
b=b+0=b+(a+c)=(b+a)+c=0+c=c.
$$
したがって加法逆元は一意である。$a\ne0$ とし、$b,c$ がともに $a$ の乗法逆元なら
$$
b=b\cdot1=b(ac)=(ba)c=1\cdot c=c.
$$
よって乗法逆元も一意である。
&&&
&&&lem 零を掛けると零になる [lem-zero-product]
任意の $a\in K$ に対して $a0=0a=0$ である。
&&&
&&&prf [prf-zero-product]
分配法則より
$$
a0=a(0+0)=a0+a0.
$$
両辺へ $-(a0)$ を足すと $0=a0$ を得る。乗法の交換則より $0a=a0=0$ である。
&&&
&&&prop 符号の計算法則 [prop-sign-laws]
任意の $a,b\in K$ に対し
$$
(-a)b=-(ab),\qquad (-a)(-b)=ab
$$
が成り立つ。
&&&
&&&prf [prf-sign-laws]
分配法則と前補題から
$$
ab+(-a)b=(a+(-a))b=0b=0.
$$
したがって $(-a)b$ は $ab$ の加法逆元であり、逆元の一意性から $(-a)b=-(ab)$ である。これを二度使うと
$$
(-a)(-b)=-\bigl(a(-b)\bigr)=-(-(ab))=ab.
$$
最後の等式は $ab$ が $-(ab)$ の加法逆元であることによる。
&&&
&&&prop 零因子がないことと消去則 [prop-field-cancellation]
$a,b\in K$ について $ab=0$ なら、$a=0$ または $b=0$ である。また $a\ne0$ かつ $ab=ac$ なら $b=c$ である。
&&&
&&&prf [prf-field-cancellation]
$ab=0$ かつ $a\ne0$ とする。両辺へ $a^{-1}$ を掛けると
$$
b=1b=(a^{-1}a)b=a^{-1}(ab)=a^{-1}0=0.
$$
よって最初の主張が従う。
次に $ab=ac$ とする。両辺へ $a^{-1}$ を掛ければ
$$
b=(a^{-1}a)b=a^{-1}(ab)=a^{-1}(ac)=(a^{-1}a)c=c.
$$
これが消去則である。
&&&
## 方程式を一意に解く
&&&prop 一次方程式の解 [prop-linear-equation-field]
$a,b\in K$ かつ $a\ne0$ なら、方程式 $ax=b$ はただ一つの解 $x=a^{-1}b$ をもつ。
&&&
&&&prf [prf-linear-equation-field]
$x=a^{-1}b$ と置けば
$$
ax=a(a^{-1}b)=(aa^{-1})b=b
$$
なので解である。$y$ も解なら $ay=b=ax$ であり、消去則から $y=x$ である。
&&&
この命題を各行で繰り返すのが Gauss 消去である。主成分が零なら逆元がないので割れず、行交換が必要になる。
## 部分体と体準同型
&&&def 部分体 [def-subfield]
体 $L$ の部分集合 $K$ が、$L$ の加法と乗法を制限した演算について体になるとき、$K$ を $L$ の**[[部分体]]**（subfield）という。このとき $L/K$ を[[体拡大]]という。
&&&
たとえば $\mathbb{Q}$ は $\mathbb{R}$ の部分体であり、$\mathbb{R}$ は $\mathbb{C}$ の部分体である。一方、$\mathbb{Z}$ は $\mathbb{Q}$ の部分集合だが体でないので部分体ではない。
&&&def 体準同型 [def-field-homomorphism]
体 $K,L$ の間の写像 $\varphi\colon K\to L$ が
$$
\varphi(a+b)=\varphi(a)+\varphi(b),\qquad
\varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b),\qquad
\varphi(1)=1
$$
を満たすとき、$\varphi$ を**[[体準同型]]**（field homomorphism）という。
&&&
&&&prop 体準同型は単射である [prop-field-hom-injective]
体準同型 $\varphi\colon K\to L$ は単射である。
&&&
&&&prf [prf-field-hom-injective]
まず
$$
\varphi(0)=\varphi(0+0)=\varphi(0)+\varphi(0)
$$
の両辺から $\varphi(0)$ を引くと $\varphi(0)=0$ を得る。$\varphi(a)=\varphi(b)$ なら
$$
0=\varphi(a)-\varphi(b)=\varphi(a-b).
$$
$a-b\ne0$ と仮定すると $(a-b)^{-1}$ が存在するので
$$
1=\varphi(1)=\varphi((a-b)(a-b)^{-1})
=\varphi(a-b)\varphi((a-b)^{-1})=0,
$$
となり矛盾する。したがって $a-b=0$、すなわち $a=b$ である。
&&&
## 演習
&&&exc 逆数の積 [exc-inverse-product]
$a,b\ne0$ のとき $(ab)^{-1}=a^{-1}b^{-1}$ を公理から証明せよ。
&&&
&&&prf 解答 [prf-inverse-product]
乗法の交換則と結合則により
$$
(ab)(a^{-1}b^{-1})=(aa^{-1})(bb^{-1})=1.
$$
したがって $a^{-1}b^{-1}$ は $ab$ の逆元である。逆元の一意性から $(ab)^{-1}=a^{-1}b^{-1}$ である。
&&&
&&&exc 二次方程式の根の個数 [exc-quadratic-root-bound]
体 $K$ 上で $a\ne0$ とする。方程式 $ax^2+bx+c=0$ は相異なる解を三つ以上もたないことを、因数分解を用いて示せ。
&&&
&&&prf 解答 [prf-quadratic-root-bound]
$r$ が解なら
$$
ax^2+bx+c=(x-r)(ax+ar+b)
$$
である。実際、右辺を展開すると
$$
ax^2+bx-r(ar+b)
$$
となり、$ar^2+br+c=0$ より $-r(ar+b)=c$ である。別の解 $s$ について
$$
0=(s-r)(as+ar+b).
$$
零因子がないため、$s=r$ または $as+ar+b=0$ である。後者の一次方程式の解はただ一つなので、$r$ 以外の解は高々一つである。
&&&
次ページでは、複素数を記号 $i$ の形式計算としてではなく、実数の組に演算を入れて得られる体として構成する。


1-1 体の公理と計算法

## 1の冪根から作る拡大
$\zeta_n=e^{2\pi i/n}$ を原始 $n$ 乗根とし、$\mathbf Q(\zeta_n)$ を円分体という。原始根全体の多項式
$$\Phi_n(X)=\prod_{\substack{1\le a\le n\\(a,n)=1}}(X-\zeta_n^a)$$
を第 $n$ 円分多項式という。次数はEuler関数 $\varphi(n)$ である。整数係数性と一般 $n$ の既約性をこの章で示す。
**命題。** 素数 $\ell$ について $\Phi_\ell(x)=1+x+\cdots+x^{\ell-1}$ は $\mathbf Q$ 上既約である。
**証明。** $\Phi_\ell(x+1)=((x+1)^\ell-1)/x$ の最高次係数は1、他の係数は二項係数 $\binom\ell k$ で $\ell$ の倍数、定数項は $\ell$ で $\ell^2$ の倍数でない。Eisenstein判定を $\ell$ で適用すると既約。変数の平行移動は可逆なので元の多項式も既約である。□
## 一般の円分多項式の整数係数性と既約性
$X^n-1$ の根を位数ごとに分けると、標数0で重根がないことから
$$X^n-1=\prod_{d\mid n}\Phi_d(X)\tag{1}$$
$\Phi_1=X-1$ から帰納する。$n$ 未満の $\Phi_d$ がモニックな整数係数式なら、式 (1) により $\Phi_n$ は $X^n-1$ をそれらの積で割った商である。商は $\mathbf Q[X]$ に属し、モニックな整数係数式での割り算とGaussの補題により $\mathbf Z[X]$ に属する。従って全ての円分多項式はモニックで整数係数を持つ。
次に $\Phi_n$ の既約性を示す。$n>1$ とし、$\zeta=\zeta_n$ の最小多項式を $f\in\mathbf Z[X]$ とする。モニックな $f$ は $\Phi_n$ を割る。$p\nmid n$ を素数とし、$\zeta^p$ が $f$ の根でないと仮定する。$\Phi_n=fg$、$g\in\mathbf Z[X]$ とすると $g(\zeta^p)=0$ だから $f(X)\mid g(X^p)$。係数を法 $p$ で落とすとFrobeniusの等式 $\overline{g(X^p)}=\overline g(X)^p$ により $\overline f\mid\overline g^p$。よって $\overline f,\overline g$ は既約因子を共有し、$\overline{\Phi_n}=\overline f\,\overline g$ は平方因子を持つ。
しかし $\Phi_n\mid X^n-1$ で、$p\nmid n$ なら $X^n-1$ とその微分 $nX^{n-1}$ は $\mathbf F_p[X]$ で互いに素である。従って $\overline{\Phi_n}$ も平方因子を持たず矛盾する。ゆえに $\zeta^p$ は $f$ の根である。$n$ と互いに素な任意の $a$ を素因数 $p\nmid n$ の積に分け、この議論を根 $\zeta,\zeta^p,\ldots$ に繰り返すと全原始根 $\zeta^a$ が $f$ の根になる。よって $\deg f=\varphi(n)=\deg\Phi_n$ であり、$f=\Phi_n$。$n=1$ も自明なので、**全ての $\Phi_n$ は $\mathbf Q$ 上既約**である。
この証明で $p\mid n$ を避ける理由は、法 $p$ では $X^n-1$ に重根が生じうるからである。式 (1) から $n=\sum_{d\mid n}\varphi(d)$ も従う。
## Galois群と例
既約性から $[\mathbf Q(\zeta_n):\mathbf Q]=\varphi(n)$。この体は $X^n-1$ の分解体なのでGalois拡大である。自己同型は $\zeta_n\mapsto\zeta_n^a$、$a\in(\mathbf Z/n\mathbf Z)^\times$ という像で一意に決まり、対応は単射群準同型を与える。両群の位数が $\varphi(n)$ なので全射でもあり、
$$\operatorname{Gal}(\mathbf Q(\zeta_n)/\mathbf Q)\cong(\mathbf Z/n\mathbf Z)^\times\tag{2}$$
$n=5$ なら次数4、群は $C_4$。$n$ が合成数のとき、$1+X+\cdots+X^{n-1}$ は一般に $\Phi_n$ そのものではない。
$n\ge3$ では複素共役の固定体は $\mathbf Q(\zeta_n+\zeta_n^{-1})$ である。実数 $t=\zeta_n+\zeta_n^{-1}$ に対して $\zeta_n$ は $X^2-tX+1=0$ を満たし、$\zeta_n$ は非実数だから $[\mathbf Q(\zeta_n):\mathbf Q(t)]=2$。従って実部分体の次数は $\varphi(n)/2$。この数を第8章の作図不能判定に使う。
例として $\Phi_8=X^4+1$ で $\mathbf Q(\zeta_8)=\mathbf Q(i,\sqrt2)$、Galois群は $C_2\times C_2$。第5円分体では $t=\zeta_5+\zeta_5^{-1}$ が $t^2+t-1=0$ を満たし、$\mathbf Q(t)=\mathbf Q(\sqrt5)$ となる。
素数 $p$ について $\Phi_p(X)=1+X+\cdots+X^{p-1}$ なので、共役を全て掛ければ
$$N_{\mathbf Q(\zeta_p)/\mathbf Q}(1-\zeta_p)
=\prod_{a=1}^{p-1}(1-\zeta_p^a)=\Phi_p(1)=p\tag{3}$$
このノルム計算は、素数 $p$ の円分体での分岐を調べる入口になる。
**演習。** $\Phi_3(x)$ と $[\mathbf Q(\zeta_3):\mathbf Q]$ を求めよ。
**解答。** $\Phi_3=x^2+x+1$。上の既約性から次数は2。
**演習。** 式 (1) から $\Phi_{12}(X)$ を求めよ。
**解答。** $X^{12}-1$ と $X^6-1$ の円分分解を割ると $X^6+1=\Phi_4\Phi_{12}$。$\Phi_4=X^2+1$ なので $\Phi_{12}=X^4-X^2+1$。
**演習。** $\mathbf Q(\zeta_{15})$ の次数とGalois群、最大実部分体の次数を求めよ。
**解答。** $\varphi(15)=8$ なので次数8。中国剰余定理と式 (2) により群は $(\mathbf Z/3)^\times\times(\mathbf Z/5)^\times\cong C_2\times C_4$。最大実部分体の次数は4。
**演習。** $\mathbf Q(\zeta_8)$ の三つの二次中間体を求めよ。
**解答。** $\mathbf Q(\zeta_8)=\mathbf Q(i,\sqrt2)$ であり、Galois群は $C_2\times C_2$。三つの位数2部分群の固定体は $\mathbf Q(i)$、$\mathbf Q(\sqrt2)$、$\mathbf Q(\sqrt{-2})$ である。複素共役は $\sqrt2$ を固定し、$i$ を反転するので、その固定体は $\mathbf Q(\sqrt2)$。
**演習。** $n=7,9,15$ の最大実部分体の次数を求めよ。
**解答。** $\varphi(n)/2$ より順に $3,3,4$ である。
**演習。** 式 (3) を $p=3$ と $p=5$ で確かめよ。
**解答。** $p=3$ では $(1-\zeta_3)(1-\zeta_3^2)=1-(\zeta_3+\zeta_3^2)+1=3$。$p=5$ では $\Phi_5(1)=1+1+1+1+1=5$。


7-1 円分体

分離性は共役な根を互いに区別できること、正規性は共役な根が体の外へ逃げないことでした。両方を満たすと、代数閉包への埋め込みはすべて拡大体自身の自己同型になります。その自己同型を合成すると群ができ、方程式の根の対称性を計算可能な代数的対象へ変換できます。
## Galois拡大
&&&def Galois拡大 [04-def-galois-extension]
代数拡大 $L/K$ が正規かつ分離的であるとき、$L/K$ を**[[Galois拡大]]**という。有限次でもあるとき有限Galois拡大という。
&&&
標数0ではすべての代数拡大が分離的なので、有限拡大がGaloisであるためには正規性だけを調べればよいです。有限体も完全体なので同様です。
&&&prop 分離多項式の分解体 [04-prop-splitting-field-separable-is-galois]
$f\in K[x]$ が分離多項式で、その分解体を $L$ とする。このとき $L/K$ は有限Galois拡大である。
&&&
&&&prf [04-prf-splitting-field-separable-is-galois]
分解体なので $L/K$ は有限正規拡大です。$L$ は $f$ の有限個の根で生成され、各根の最小多項式は分離多項式 $f$ の既約因子なので分離的です。有限個の分離的な元で生成される拡大は分離的です。従って $L/K$ はGalois拡大です。□
&&&
逆に有限Galois拡大 $L/K$ は原始元定理により $L=K(\theta)$ と書け、正規性により $\theta$ の最小多項式の全根を含みます。従って $L$ は一つの分離多項式の分解体です。
## Galois群
&&&def Galois群 [04-def-galois-group]
体拡大 $L/K$ に対し、$K$ の元をすべて固定する $L$ の体自己同型全体を
$$
\operatorname{Gal}(L/K)
=\operatorname{Aut}_K(L)
$$
と書き、$L/K$ の**[[Galois群]]**という。演算は写像の合成である。
&&&
&&&prop Galois群は群である [04-prop-galois-automorphisms-form-group]
$\operatorname{Gal}(L/K)$ は写像の合成について群をなす。
&&&
&&&prf [04-prf-galois-automorphisms-form-group]
二つの $K$ 上の自己同型の合成は再び加法・乗法・単位元を保ち、$K$ を各点で固定するので閉じています。写像の合成は結合的です。恒等写像が単位元です。自己同型 $\sigma$ の逆写像 $\sigma^{-1}$ も体同型であり、$a\in K$ について $\sigma(a)=a$ だから $\sigma^{-1}(a)=a$。従って逆元も群内にあります。□
&&&
## 群の位数と拡大次数
&&&thm Galois拡大の次数公式 [04-thm-galois-group-order-degree]
$L/K$ を有限Galois拡大とする。このとき
$$
|\operatorname{Gal}(L/K)|=[L:K].
$$
&&&
&&&prf [04-prf-galois-group-order-degree]
$L/K$ は分離的なので、$K$ 上の埋め込み $L\to\overline K$ は $[L:K]$ 個あります。正規性の埋め込み判定により、それらの像はすべて $L$ に等しく、各埋め込みは $L$ の $K$ 上の自己同型です。逆にGalois群の元はそのような埋め込みです。従って両集合は一致し、位数は $[L:K]$ です。□
&&&
&&&thm 有限Galois拡大の同値条件 [04-thm-finite-galois-equivalences]
$L/K$ を有限次拡大とする。次は同値である。
1. $L/K$ はGalois拡大である。
2. $L$ はある分離多項式 $f\in K[x]$ の分解体である。
3. $|\operatorname{Aut}_K(L)|=[L:K]$。
4. 固定した代数閉包へのすべての $K$ 埋め込みの像が $L$ に等しく、その個数が $[L:K]$ である。
&&&
&&&prf [04-prf-finite-galois-equivalences]
$1\Rightarrow2$：原始元定理で $L=K(\theta)$ とします。$\theta$ の最小多項式は分離的で、正規性により $L$ で完全に分解します。$L$ はその根 $\theta$ で生成されるので分解体です。
$2\Rightarrow1$ は分離多項式の分解体についての命題です。
$1\Rightarrow3$ は次数公式です。
$3\Rightarrow4$：自己同型はすべて代数閉包への埋め込みです。一方、そのような埋め込みは高々 $[L:K]$ 個です。すでに自己同型が $[L:K]$ 個あるので、全埋め込みが自己同型であり、その像は $L$ です。
$4\Rightarrow1$：埋め込み数が次数に等しいので $L/K$ は分離的です。すべての埋め込みの像が $L$ なので、正規性の埋め込み判定から正規的です。従ってGalois拡大です。□
&&&
## 固定体
&&&def 群の固定体 [04-def-fixed-field]
$G$ を体 $L$ の自己同型からなる群とする。すべての $\sigma\in G$ に固定される元全体
$$
L^G=\{a\in L\mid \sigma(a)=a\text{ for all }\sigma\in G\}
$$
を $G$ の**[[固定体]]**という。
&&&
&&&prop 固定元全体は体 [04-prop-fixed-elements-form-field]
$L^G$ は $L$ の部分体である。
&&&
&&&prf [04-prf-fixed-elements-form-field]
$a,b\in L^G$、$\sigma\in G$ とします。すると
$$
\sigma(a-b)=a-b,
\qquad
\sigma(ab)=ab.
$$
$b\ne0$ なら
$$
\sigma(a/b)=\sigma(a)/\sigma(b)=a/b.
$$
また自己同型は $0,1$ を固定します。部分体判定法から $L^G$ は部分体です。□
&&&
&&&thm Galois群全体の固定体 [04-thm-fixed-field-full-galois-group]
$L/K$ を有限Galois拡大とし $G=\operatorname{Gal}(L/K)$ とする。このとき
$$
L^G=K.
$$
&&&
&&&prf [04-prf-fixed-field-full-galois-group]
Galois群の全元は $K$ を固定するので $K\subseteq L^G$ です。
$\alpha\in L\setminus K$ を取ります。$\alpha$ の最小多項式は分離的で次数が2以上なので、$\alpha$ と異なる根 $\beta$ をもちます。正規性により $\beta\in L$。単純拡大の同型 $K(\alpha)\to K(\beta)$、$\alpha\mapsto\beta$ は分解体への延長定理により $L$ の $K$ 自己同型 $\sigma$ へ延長できます。すると $\sigma(\alpha)=\beta\ne\alpha$ なので $\alpha\notin L^G$。従って $L^G\subseteq K$ で、等号を得ます。□
&&&
## 具体例1：二次拡大
$L=K(\sqrt d)$、$\operatorname{char}K\ne2$、$d$ は平方でないとします。自己同型は $\sqrt d$ を $x^2-d$ の根へ送るので
$$
1:a+b\sqrt d\mapsto a+b\sqrt d,
$$
$$
\tau:a+b\sqrt d\mapsto a-b\sqrt d
$$
の二つです。$\tau^2=1$ なので
$$
\operatorname{Gal}(L/K)\cong C_2.
$$
## 具体例2：双二次拡大
$L=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$ では、二つの平方根の符号を独立に変えられます。
$$
\sigma(\sqrt2)=-\sqrt2,\quad \sigma(\sqrt3)=\sqrt3,
$$
$$
\tau(\sqrt2)=\sqrt2,\quad \tau(\sqrt3)=-\sqrt3.
$$
恒等写像、$\sigma$、$\tau$、$\sigma\tau$ の4元があり、非自明な各元の二乗は恒等写像です。従って
$$
\operatorname{Gal}(L/\mathbb Q)\cong C_2\times C_2.
$$
## 具体例3：$x^3-2$ の分解体
$L=\mathbb Q(\alpha,\omega)$、$\alpha^3=2$ とします。自己同型
$$
\sigma(\alpha)=\omega\alpha,\quad\sigma(\omega)=\omega,
$$
$$
\tau(\alpha)=\alpha,\quad\tau(\omega)=\omega^2
$$
は
$$
\sigma^3=1,
\qquad
\tau^2=1,
\qquad
\tau\sigma\tau=\sigma^{-1}
$$
を満たします。従って6元のGalois群は三つの根の置換群
$$
S_3
$$
と同型です。群が非可換であることは、根の対称性の合成順序が結果を変えることを表します。
## 演習
&&&exc 複素数体のGalois群 [04-exc-galois-group-complex-real]
$\mathbb C/\mathbb R$ がGalois拡大であり、そのGalois群が $C_2$ と同型であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-galois-group-complex-real-answer]
$\mathbb C=\mathbb R(i)$ は分離多項式 $x^2+1$ の分解体なのでGalois拡大です。$\mathbb R$ 上の自己同型は $i$ を $i$ または $-i$ へ送るため、恒等写像と複素共役の二つだけです。複素共役の二乗は恒等写像なのでGalois群は $C_2$ と同型です。□
&&&
&&&exc 固定体を直接求める [04-exc-fixed-field-quadratic]
$L=K(\sqrt d)$ の非自明な自己同型を $\tau$ とする。$L^{\langle\tau\rangle}=K$ を元の表示から直接示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-fixed-field-quadratic-answer]
$a+b\sqrt d\in L$ が $\tau$ に固定されるなら
$$
a+b\sqrt d=a-b\sqrt d.
$$
従って $2b\sqrt d=0$。標数は2でなく $\sqrt d\ne0$ なので $b=0$。固定元は $a\in K$ だけです。逆に $K$ の元は定義から固定されるので、固定体は $K$ です。□
&&&
&&&exc 双二次拡大の群表 [04-exc-galois-table-biquadratic]
$G=\operatorname{Gal}(\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)/\mathbb Q)$ の4元 $1,\sigma,\tau,\sigma\tau$ の積表を書け。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-galois-table-biquadratic-answer]
$\sigma^2=\tau^2=1$ で、異なる平方根の符号を変える操作なので $\sigma\tau=\tau\sigma$ です。積表は
| $\circ$ | $1$ | $\sigma$ | $\tau$ | $\sigma\tau$ |
|---|---|---|---|---|
| $1$ | $1$ | $\sigma$ | $\tau$ | $\sigma\tau$ |
| $\sigma$ | $\sigma$ | $1$ | $\sigma\tau$ | $\tau$ |
| $\tau$ | $\tau$ | $\sigma\tau$ | $1$ | $\sigma$ |
| $\sigma\tau$ | $\sigma\tau$ | $\tau$ | $\sigma$ | $1$ |
となります。これはKleinの四元群 $C_2\times C_2$ の積表です。□
&&&
&&&exc 自己同型数からGalois性を判定する [04-exc-detect-galois-from-automorphisms]
$L/K$ を次数 $n$ の有限拡大とし、異なる $K$ 自己同型が $n$ 個見つかったとする。$L/K$ がGalois拡大であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-detect-galois-from-automorphisms-answer]
一般に代数閉包への $K$ 埋め込みは高々 $[L:K]=n$ 個です。見つかった $n$ 個の自己同型はすべてそのような埋め込みなので、埋め込み全体を尽くします。従って埋め込み数が次数に等しく、$L/K$ は分離的です。また全埋め込みの像が $L$ なので正規性の埋め込み判定から正規的です。ゆえにGalois拡大です。□
&&&

6-1 Galois拡大とGalois群

## 存在しない根を追加する
実数の範囲では $x^2+1=0$ を満たす数はない。そこで $i^2=-1$ という記号を置くだけでは、計算規則に矛盾がないかがまだ分からない。このページでは複素数を実数の組として構成する。
## 実数の組に演算を入れる
&&&def 複素数 [def-complex-pair]
[[複素数]]全体 $\mathbb{C}$ を $\mathbb{R}^2$ と同じ集合とし、
$$
(a,b)+(c,d):=(a+c,b+d),
$$
$$
(a,b)(c,d):=(ac-bd,ad+bc)
$$
で加法と乗法を定める。$(a,b)$ を通常 $a+bi$ と書き、$i:=(0,1)$ と置く。
&&&
$1=(1,0)$、$0=(0,0)$ であり、
$$
i^2=(0,1)(0,1)=(-1,0)=-1
$$
となる。形式的に導入した関係 $i^2=-1$ が、組の演算として実現された。
&&&thm 複素数は体をなす [thm-complex-is-field]
上の加法と乗法について $\mathbb{C}$ は体である。$a+bi\ne0$ の逆元は
$$
(a+bi)^{-1}=\frac{a-bi}{a^2+b^2}
$$
である。
&&&
&&&prf [prf-complex-is-field]
加法の結合則・交換則は実数の対応する法則を各成分へ適用すれば従う。加法単位元は $(0,0)$、$(a,b)$ の加法逆元は $(-a,-b)$ である。乗法の交換則も式の対称性から従う。
結合則を確認する。$z=(a,b),w=(c,d),u=(e,f)$ とすると、$(zw)u$ は
$$
((ac-bd)e-(ad+bc)f,\ (ac-bd)f+(ad+bc)e)
$$
であり、展開すると
$$
(ace-bde-adf-bcf,\ acf-bdf+ade+bce).
$$
一方 $z(wu)$ も展開すると同じ二成分になる。分配法則も両辺の二成分を展開して、実数の分配法則で整理すれば一致する。乗法単位元は $(1,0)$ である。
$z=a+bi\ne0$ なら $a,b$ の少なくとも一方が非零なので $a^2+b^2>0$ である。したがって上式の候補は定義でき、
$$
(a+bi)\frac{a-bi}{a^2+b^2}
=\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2}=1.
$$
よってすべての非零元が逆元をもち、$\mathbb{C}$ は体である。
&&&
## 共役と絶対値
&&&def 共役・実部・虚部・絶対値 [def-complex-operations]
$z=a+bi$ に対して
$$
\overline z:=a-bi,\qquad
\operatorname{Re}z:=a,\qquad
\operatorname{Im}z:=b,\qquad
|z|:=\sqrt{a^2+b^2}
$$
と定め、それぞれ[[共役複素数|共役]]、[[実部]]、[[虚部]]、[[絶対値]]と呼ぶ。
&&&
&&&prop 共役と絶対値の基本性質 [prop-complex-conjugate-properties]
$z,w\in\mathbb{C}$ に対して
$$
\overline{z+w}=\overline z+\overline w,\quad
\overline{zw}=\overline z\,\overline w,\quad
z\overline z=|z|^2,\quad
|zw|=|z||w|
$$
が成り立つ。
&&&
&&&prf [prf-complex-conjugate-properties]
$z=a+bi,w=c+di$ と置く。最初の三式は定義を代入して展開すれば得られる。したがって
$$
|zw|^2=(zw)\overline{zw}=(z\overline z)(w\overline w)=|z|^2|w|^2.
$$
両辺は非負であるから、非負の平方根を取って $|zw|=|z||w|$ を得る。
&&&
### 計算例
$z=2-3i$ なら
$$
z^{-1}=\frac{2+3i}{2^2+(-3)^2}=\frac{2+3i}{13}.
$$
検算すると
$$
(2-3i)\frac{2+3i}{13}=\frac{4+9}{13}=1.
$$
## どこまでをこのページで主張するか
「$\mathbb{C}$ の係数をもつ非定数多項式は $\mathbb{C}$ に根をもつ」という代数学の基本定理は、複素数が体であることよりはるかに深い。本ページではこれを証明せず、後の `00_05_多項式の根と代数閉体.md` で仮定の位置を明示する。線形代数学の多くの定理は任意の体上で証明でき、固有値の存在が必要な箇所だけで根の存在を追加する。
## 演習
&&&exc 複素数の除法 [exc-complex-division]
$\dfrac{3+4i}{1-2i}$ を $a+bi$ の形に直せ。
&&&
&&&prf 解答 [prf-complex-division]
分母と分子へ $1+2i$ を掛けると
$$
\frac{3+4i}{1-2i}
=\frac{(3+4i)(1+2i)}{(1-2i)(1+2i)}
=\frac{-5+10i}{5}=-1+2i.
$$
&&&
&&&exc 平方根 [exc-complex-square-root]
$(a+bi)^2=3+4i$ を満たす実数 $a,b$ を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [prf-complex-square-root]
実部と虚部を比較して
$$
a^2-b^2=3,\qquad 2ab=4
$$
を得る。また $|3+4i|=5$ なので $a^2+b^2=5$ である。二式を足して $2a^2=8$、よって $a=\pm2$。$ab=2$ より対応して $b=\pm1$ である。したがって解は $2+i$ と $-2-i$ である。
&&&


1-2 複素数を体として理解する

有限Galois拡大 $L/K$ の中間体 $E$ を選ぶと、$E$ を固定する自己同型群が得られます。逆に自己同型の部分群 $H$ を選ぶと、$H$ の全元に固定される体が得られます。大きい中間体ほど固定すべき元が多いので自己同型群は小さくなり、大きい部分群ほど固定体は小さくなります。この「包含関係の反転」がGalois対応の骨格です。
## 二つの操作
以下、$L/K$ を有限Galois拡大、$G=\operatorname{Gal}(L/K)$ とします。
&&&def 中間体を固定する部分群 [04-def-subgroup-fixing-intermediate-field]
[[中間体を固定する部分群]]を、中間体 $K\subseteq E\subseteq L$ に対し
$$
G_E=\operatorname{Gal}(L/E)
=\{\sigma\in G\mid \sigma(a)=a\text{ for all }a\in E\}
$$
と定める。
&&&
&&&def 部分群の固定体 [04-def-fixed-field-subgroup]
[[部分群の固定体]]を、部分群 $H\le G$ に対し
$$
L^H=\{a\in L\mid \sigma(a)=a\text{ for all }\sigma\in H\}
$$
と定める。
&&&
$G_E$ が部分群であることは、恒等写像が $E$ を固定し、$E$ を固定する写像の合成と逆写像も $E$ を固定することから従います。$L^H$ が部分体であることは、固定元が差・積・商について閉じることから従います。
## 包含関係は逆転する
&&&prop Galois接続の基本包含 [04-prop-galois-connection-inclusions]
中間体 $E,E'$ と部分群 $H,H'$ について次が成立する。
1. $E\subseteq E'$ なら $G_{E'}\subseteq G_E$。
2. $H\subseteq H'$ なら $L^{H'}\subseteq L^H$。
3. $E\subseteq L^{G_E}$。
4. $H\subseteq G_{L^H}$。
&&&
&&&prf [04-prf-galois-connection-inclusions]
1：$E'$ を固定する自己同型は、その部分体 $E$ も固定します。
2：$H'$ の全元に固定される元は、その部分集合 $H$ の全元にも固定されます。
3：$G_E$ の定義から、その全元は $E$ の各元を固定します。従って $E$ の元はすべて $L^{G_E}$ に属します。
4：$L^H$ の定義から、$H$ の各元は $L^H$ を各点で固定します。従って $H$ の各元は $G_{L^H}$ に属します。□
&&&
Galoisの基本定理は、有限Galois拡大では3と4がどちらも等号になることを主張します。その証明には、固定体上の拡大次数と群の位数を結ぶ必要があります。
## 群作用として見る
部分群 $H\le G$ は $L$ の元に
$$
H\times L\to L,
\qquad(\sigma,a)\mapsto\sigma(a)
$$
と作用します。
&&&def 軌道と安定化群 [04-def-orbit-stabilizer-field-action]
$a\in L$ に対し
$$
H\cdot a=\{\sigma(a)\mid\sigma\in H\}
$$
を $a$ の $H$ [[軌道]]、
$$
H_a=\{\sigma\in H\mid\sigma(a)=a\}
$$
を[[安定化群]]という。
&&&
&&&prop 軌道の大きさ [04-prop-orbit-size-field-action]
$H$ が有限群なら
$$
|H\cdot a|=[H:H_a].
$$
&&&
&&&prf [04-prf-orbit-size-field-action]
写像
$$
H/H_a\to H\cdot a,
\qquad \sigma H_a\mapsto\sigma(a)
$$
を考えます。$\sigma H_a=\tau H_a$ なら $\tau^{-1}\sigma\in H_a$ なので $\sigma(a)=\tau(a)$、従ってwell-definedです。逆に $\sigma(a)=\tau(a)$ なら $\tau^{-1}\sigma\in H_a$ なので剰余類は等しいです。定義から全射でもあり、全単射です。□
&&&
## 軌道多項式
&&&prop 軌道多項式の係数は固定体に入る [04-prop-orbit-polynomial-fixed-coefficients]
$H\le G$ を有限部分群、$a\in L$ とする。相異なる軌道元を根にもつ多項式
$$
P_{H,a}(x)=\prod_{b\in H\cdot a}(x-b)
$$
の係数は $L^H$ に属する。
&&&
&&&prf [04-prf-orbit-polynomial-fixed-coefficients]
$\tau\in H$ を係数へ施すと
$$
\tau(P_{H,a})(x)
=\prod_{b\in H\cdot a}(x-\tau(b)).
$$
$\tau$ は軌道 $H\cdot a$ をそれ自身へ全単射に移すので、右辺は因子の順序を入れ替えただけで $P_{H,a}(x)$ に等しいです。従って各係数はすべての $\tau\in H$ に固定され、$L^H$ に属します。□
&&&
&&&cor 固定体上の次数の上界 [04-cor-degree-over-fixed-field-orbit]
$a\in L$ の $L^H$ 上の最小多項式の次数は
$$
[L^H(a):L^H]\le|H\cdot a|\le|H|
$$
を満たす。
&&&
&&&prf [04-prf-degree-over-fixed-field-orbit]
軌道多項式は $L^H[x]$ に属し、$a$ を根にもつので、$a$ の最小多項式はこれを割ります。従って次数は軌道多項式の次数 $|H\cdot a|$ 以下です。軌道は $H$ の像なので、その大きさは $|H|$ 以下です。□
&&&
## 双二次拡大で固定体を計算する
$L=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$ とし
$$
\sigma(\sqrt2)=-\sqrt2,
\quad \sigma(\sqrt3)=\sqrt3,
$$
$$
\tau(\sqrt2)=\sqrt2,
\quad \tau(\sqrt3)=-\sqrt3
$$
とします。$G=\{1,\sigma,\tau,\sigma\tau\}$ です。
一般の元を
$$
a+b\sqrt2+c\sqrt3+d\sqrt6
$$
と書きます。$\sigma$ に固定される条件は $b=d=0$ なので
$$
L^{\langle\sigma\rangle}=\mathbb Q(\sqrt3).
$$
同様に
$$
L^{\langle\tau\rangle}=\mathbb Q(\sqrt2),
$$
$$
L^{\langle\sigma\tau\rangle}=\mathbb Q(\sqrt6).
$$
群が大きくなるほど固定体が小さくなる様子が具体的に見えます。
## 二重に操作する
中間体 $E$ から $G_E$ を作り、さらに固定体 $L^{G_E}$ を取ると、基本包含から
$$
E\subseteq L^{G_E}.
$$
部分群 $H$ から $L^H$ を作り、さらに自己同型群を取ると
$$
H\subseteq G_{L^H}.
$$
現段階では包含しか証明していません。等号を得るためには
$$
[L:L^H]=|H|
$$
というArtin固定体定理が必要です。その中心となる線形独立性を次の頁で証明します。
## 演習
&&&exc 固定体を係数比較で求める [04-exc-fixed-field-biquadratic-coefficients]
上の双二次拡大で $H=\{1,\sigma\tau\}$ とする。$L^H=\mathbb Q(\sqrt6)$ を係数比較により示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-fixed-field-biquadratic-coefficients-answer]
$$
\sigma\tau(a+b\sqrt2+c\sqrt3+d\sqrt6)
=a-b\sqrt2-c\sqrt3+d\sqrt6.
$$
これが元の表示と等しいための条件は $b=c=0$ です。従って固定元は $a+d\sqrt6$ の形の元全体であり、固定体は $\mathbb Q(\sqrt6)$ です。□
&&&
&&&exc 軌道多項式 [04-exc-orbit-polynomial-sqrt2-sqrt3]
$G=\operatorname{Gal}(\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)/\mathbb Q)$ とし、$a=\sqrt2+\sqrt3$ とする。$G\cdot a$ と軌道多項式を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-orbit-polynomial-sqrt2-sqrt3-answer]
二つの平方根の符号を独立に変えるので
$$
G\cdot a=\{\sqrt2+\sqrt3,-\sqrt2+\sqrt3,
\sqrt2-\sqrt3,-\sqrt2-\sqrt3\}.
$$
従って軌道多項式は $a$ の最小多項式と一致し
$$
P_{G,a}(x)=x^4-10x^2+1.
$$
係数は固定体 $\mathbb Q$ に属します。□
&&&
&&&exc 包含反転 [04-exc-order-reversing-correspondence-example]
$K\subseteq E\subseteq E'\subseteq L$ のとき
$$
\operatorname{Gal}(L/E')\subseteq\operatorname{Gal}(L/E)
$$
となる理由を、固定条件の個数という観点から説明せよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-order-reversing-correspondence-example-answer]
$E'$ の全元を固定する自己同型は、特にその部分体 $E$ の全元も固定します。$E'$ の方が固定を要求される元が多く、条件が強いため、許される自己同型の集合は小さくなります。これが包含の向きが逆転する理由です。□
&&&
&&&exc Frobenius部分群の固定体 [04-exc-fixed-field-frobenius-subgroup-review]
$L=\mathbb F_{p^{12}}$、$G=\langle\operatorname{Fr}\rangle$ とする。$H=\langle\operatorname{Fr}^3\rangle$ の位数と固定体を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-fixed-field-frobenius-subgroup-review-answer]
$\operatorname{Fr}$ の位数は12なので、$\operatorname{Fr}^3$ の位数は
$$
\frac{12}{\gcd(12,3)}=4.
$$
固定体は $a^{p^3}=a$ を満たす元全体だから
$$
L^H=\mathbb F_{p^3}.
$$
実際 $[L:\mathbb F_{p^3}]=4=|H|$ です。□
&&&

6-2 自己同型群と固定体

次数 $n$ の既約多項式の根を一つ選ぶと、単純拡大は $n$ 次になります。一方、その拡大を代数閉包へ埋め込む方法は、選んだ根を同じ最小多項式の別の根へ送ることで得られます。根が $n$ 個すべて異なれば埋め込みも $n$ 個あります。根が重なれば、その分だけ埋め込みは少なくなります。分離性は、この二つの数が一致するための条件です。
以下、代数閉包 $\overline K$ を一つ固定します。
## 分離多項式
&&&def 分離多項式 [04-def-separable-polynomial]
零でない $f\in K[x]$ が $\overline K$ で重根をもたないとき、$f$ を $K$ 上**[[分離多項式|分離的]]**という。重根をもつとき**[[非分離多項式|非分離的]]**という。
&&&
前の頁の重根判定を言い換えると、ただちに計算法が得られます。
&&&prop 分離性の微分判定 [04-prop-separable-gcd-criterion]
零でない $f\in K[x]$ に対して
$$
f\text{ は分離的}
\quad\Longleftrightarrow\quad
\gcd(f,f')=1.
$$
&&&
&&&prf [04-prf-separable-gcd-criterion]
$f$ が非分離的であることは、$f$ と $f'$ が代数閉包で共通根をもつことと同値です。共通根の最小多項式は $K[x]$ で $f,f'$ の両方を割るため、これは最大公約数が正次数であることと同値です。□
&&&
既約多項式では判定がさらに単純です。
&&&prop 既約多項式の分離判定 [04-prop-irreducible-separable-derivative]
既約多項式 $p\in K[x]$ について次は同値である。
1. $p$ は分離的である。
2. $p'\ne0$。
従って既約多項式は、すべての根が異なるか、すべての根が重根であるかのどちらかである。
&&&
&&&prf [04-prf-irreducible-separable-derivative]
$p'\ne0$ なら $\deg p'<\deg p$ です。$p$ は既約なので $p$ と $p'$ の最大公約数は1であり、$p$ は分離的です。
$p'=0$ なら $\gcd(p,p')=p$ であり、$p$ は非分離的です。この場合、任意の根 $a$ について $p(a)=p'(a)=0$ なので、すべての根が重根です。□
&&&
標数0では、正次数多項式の微分は零になりません。従って次を得ます。
&&&cor 標数0の既約多項式 [04-cor-characteristic-zero-perfect]
標数0の体上の既約多項式はすべて分離的である。
&&&
&&&prf [04-prf-characteristic-zero-perfect]
正次数の既約多項式 $p$ に対し、標数0では $p'\ne0$ です。既約多項式の分離判定を適用します。□
&&&
## 分離的な元と拡大
&&&def 分離的な元と分離拡大 [04-def-separable-element-extension]
代数的元 $\alpha$ の $K$ 上の最小多項式が分離的であるとき、$\alpha$ は $K$ 上**[[分離的な元|分離的]]**であるという。
代数拡大 $L/K$ のすべての元が $K$ 上分離的であるとき、$L/K$ を**[[分離拡大]]**という。
&&&
例えば $\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)/\mathbb Q$ は分離拡大です。より一般に標数0の任意の代数拡大は分離的です。標数正でも有限体上では同じ結論になりますが、その証明は後で行います。
## 単純拡大の埋め込みを数える
$\operatorname{Hom}_K(L,\overline K)$ で、$K$ 上の体埋め込み $L\to\overline K$ 全体を表します。
&&&thm 単純拡大の埋め込み数 [04-thm-embeddings-simple-extension]
$\alpha$ を $K$ 上代数的とし、最小多項式 $p$ の次数を $n$、相異なる根の個数を $r$ とする。このとき
$$
\#\operatorname{Hom}_K(K(\alpha),\overline K)=r\le n.
$$
特に
$$
\#\operatorname{Hom}_K(K(\alpha),\overline K)
=[K(\alpha):K]
$$
であることと、$\alpha$ が $K$ 上分離的であることは同値である。
&&&
&&&prf [04-prf-embeddings-simple-extension]
$K$ 上の埋め込み $\sigma$ は
$$
0=\sigma(p(\alpha))=p(\sigma(\alpha))
$$
を満たすので、$\sigma(\alpha)$ は $p$ の根です。逆に $p$ の各根 $\beta\in\overline K$ に対し、単純代数拡大への埋め込み延長定理から
$$
\sum_{i=0}^{n-1}a_i\alpha^i
\longmapsto
\sum_{i=0}^{n-1}a_i\beta^i
$$
という一意な $K$ 上の埋め込みが存在します。従って埋め込みと相異なる根は一対一に対応します。$[K(\alpha):K]=n$ なので後半も従います。□
&&&
具体的に、$\mathbb Q(\sqrt[3]2)$ から $\mathbb C$ への $\mathbb Q$ 上の埋め込みは
$$
\sqrt[3]2\longmapsto
\sqrt[3]2,\quad
\omega\sqrt[3]2,\quad
\omega^2\sqrt[3]2
$$
の3通りです。像が実数体に収まる埋め込みは1通りでも、代数閉包まで許せば次数と同じ3通りになります。
## 一般の有限拡大で埋め込みを数える
まず、埋め込みは次数より多くなれないことを示します。
&&&prop 埋め込み数の上界 [04-prop-embedding-count-upper-bound]
$L/K$ を有限次拡大とする。このとき
$$
\#\operatorname{Hom}_K(L,\overline K)\le[L:K].
$$
&&&
&&&prf [04-prf-embedding-count-upper-bound]
$L=K(\alpha_1,\ldots,\alpha_m)$ と書き、塔
$$
K=K_0\subseteq K_1\subseteq\cdots\subseteq K_m=L,
\qquad K_i=K_{i-1}(\alpha_i)
$$
を取ります。$K_{i-1}$ の一つの埋め込みを固定すると、それを $K_i$ へ延長する方法は、$\alpha_i$ の最小多項式の根の選択に対応するので高々
$$
[K_i:K_{i-1}]
$$
通りです。従って全体の埋め込み数は高々
$$
\prod_{i=1}^m[K_i:K_{i-1}]=[L:K]
$$
です。□
&&&
分離拡大では、各段で根の選択肢が最大数だけ残ります。
&&&thm 分離拡大と埋め込み数 [04-thm-separable-extension-embedding-count]
$L/K$ を有限次拡大とする。次は同値である。
1. $L/K$ は分離拡大である。
2. $L=K(\alpha_1,\ldots,\alpha_m)$ となる分離的な元 $\alpha_i$ が存在する。
3. $K$ 上の埋め込み $L\to\overline K$ の個数は $[L:K]$ である。
&&&
&&&prf [04-prf-separable-extension-embedding-count]
$1\Rightarrow2$ は、有限次拡大が有限個の基底元で生成され、それらが仮定によりすべて分離的なので従います。
$2\Rightarrow3$：先ほどの塔 $K_i=K_{i-1}(\alpha_i)$ を使います。$\alpha_i$ の $K_{i-1}$ 上の最小多項式は、$K$ 上の分離的な最小多項式を $K_{i-1}[x]$ で因数分解したときの既約因子です。従ってこれも重根をもたず、分離的です。
$K_{i-1}$ の各 $K$ 埋め込み $\sigma$ に対し、係数へ $\sigma$ を施した最小多項式も相異なる根をちょうど $[K_i:K_{i-1}]$ 個もちます。各根への像の選択が埋め込みの延長を与えるので、各段で埋め込み数はこの次数倍になります。従って
$$
\#\operatorname{Hom}_K(L,\overline K)
=\prod_{i=1}^m[K_i:K_{i-1}]
=[L:K].
$$
$3\Rightarrow1$：任意の $\alpha\in L$ を取り、$E=K(\alpha)$ とします。各 $K$ 埋め込み $E\to\overline K$ を $L$ へ延長する方法は高々 $[L:E]$ 通りなので
$$
\#\operatorname{Hom}_K(L,\overline K)
\le [L:E],\#\operatorname{Hom}_K(E,\overline K)
\le [L:E][E:K]=[L:K].
$$
左端と右端が仮定により等しいので、途中の不等式も等号です。従って
$$
\#\operatorname{Hom}_K(E,\overline K)=[E:K].
$$
単純拡大の場合の定理から $\alpha$ は分離的です。$\alpha$ は任意なので $L/K$ は分離拡大です。□
&&&
## 塔に関する分離性
&&&thm 分離拡大の塔 [04-thm-tower-of-separable-extensions]
$K\subseteq E\subseteq L$ を代数拡大とする。
1. $L/K$ が分離的なら $E/K$ と $L/E$ は分離的である。
2. $E/K$ と $L/E$ が分離的なら $L/K$ は分離的である。
&&&
&&&prf [04-prf-tower-of-separable-extensions]
まず有限次の場合を示します。$L/K$ が分離的なら、$E$ の元は $L$ の元なので $E/K$ は分離的です。$\alpha\in L$ の $E$ 上の最小多項式は、$K$ 上の分離的な最小多項式の因子なので分離的です。従って $L/E$ も分離的です。
逆に $E/K$ と $L/E$ が有限分離的なら、埋め込みを段階的に数えます。$E$ の各 $K$ 埋め込みは $[L:E]$ 通りに $L$ へ延長されるので
$$
\#\operatorname{Hom}_K(L,\overline K)
=[E:K][L:E]=[L:K].
$$
従って $L/K$ は分離的です。
一般の代数拡大では、一つの元 $\alpha\in L$ に関係する有限個の係数と生成元だけを取って有限次の中間塔へ縮め、有限次の場合を適用します。各元が分離的であるという定義から両方向が従います。□
&&&
この定理から、固定した代数閉包の中で $K$ 上分離的な元全体は体をなすことも分かります。$\alpha,\beta$ が分離的なら $K(\alpha,\beta)/K$ は有限分離拡大なので、その元 $\alpha-\beta$、$\alpha\beta$、$\beta\ne0$ のとき $\alpha/\beta$ も分離的です。
## 完全体
&&&def 完全体 [04-def-perfect-field]
すべての代数拡大が分離的である体、同値にすべての既約多項式が分離的である体を**[[完全体]]**という。
&&&
&&&prop 完全体の基本例 [04-prop-basic-perfect-fields]
標数0の体と有限体は完全体である。
&&&
&&&prf [04-prf-basic-perfect-fields]
標数0の場合は、既約多項式の微分が零にならないので既に示しました。
有限体 $K$ の標数を $p$ とします。もし既約多項式 $f$ が非分離的なら $f'=0$ なので
$$
f(x)=\sum_i a_i x^{pi}.
$$
有限集合 $K$ 上の Frobenius 写像 $c\mapsto c^p$ は単射です。実際 $c^p=d^p$ なら $(c-d)^p=0$ なので $c=d$。有限集合の単射は全射なので、各 $a_i=b_i^p$ と書けます。すると
$$
f(x)=\left(\sum_i b_ix^i\right)^p
$$
となり、$f$ が既約であることに反します。従ってすべての既約多項式は分離的です。□
&&&
## 演習
&&&exc 標数0での分離性 [04-exc-separability-characteristic-zero]
$f=x^4-2\in\mathbb Q[x]$ が分離的であることを、微分と最大公約数から確かめよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-separability-characteristic-zero-answer]
$$
f'=4x^3.
$$
$x$ は $f$ を割りません。従って $\gcd(x^4-2,4x^3)=1$ であり、$f$ は分離的です。実際、分解体での四根 $\alpha,-\alpha,i\alpha,-i\alpha$ は相異なります。□
&&&
&&&exc 埋め込みを列挙する [04-exc-list-embeddings-biquadratic]
$L=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$ とする。$L$ から $\mathbb C$ への $\mathbb Q$ 上の埋め込みをすべて列挙し、その個数が $[L:\mathbb Q]$ と一致することを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-list-embeddings-biquadratic-answer]
$\sqrt2$ は $\pm\sqrt2$ のいずれかへ、$\sqrt3$ は $\pm\sqrt3$ のいずれかへ送れます。符号は独立に選べるので
$$
(\sqrt2,\sqrt3)\mapsto
(\sqrt2,\sqrt3),
(-\sqrt2,\sqrt3),
(\sqrt2,-\sqrt3),
(-\sqrt2,-\sqrt3)
$$
の4通りです。$[L:\mathbb Q]=4$ なので個数は次数と一致します。□
&&&
&&&exc 有限体は完全である [04-exc-finite-field-perfect]
$K$ を有限体とする。Frobenius写像 $F(c)=c^p$ が全単射であることを、有限集合上の単射性から証明せよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-finite-field-perfect-answer]
$F(c)=F(d)$ なら
$$
0=c^p-d^p=(c-d)^p.
$$
体には零でない冪零元がないので $c-d=0$、すなわち $c=d$。従って $F$ は単射です。有限集合から自分自身への単射は全射でもあるため、$F$ は全単射です。これにより全係数の $p$ 乗根を $K$ 内で取れ、非分離既約多項式が存在しないことが分かります。□
&&&
&&&exc 中間体への分離性 [04-exc-separable-over-intermediate-field]
$L/K$ を有限分離拡大、$K\subseteq E\subseteq L$ とする。$L/E$ が分離的であることを、最小多項式の整除関係から示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-separable-over-intermediate-field-answer]
$\alpha\in L$ を取ります。$K$ 上の最小多項式を $m_K$、$E$ 上の最小多項式を $m_E$ とします。$m_K(\alpha)=0$ で $m_K\in E[x]$ でもあるため、最小多項式の整除性から
$$
m_E\mid m_K\quad\text{in }E[x].
$$
$m_K$ は重根をもたないので、その因子 $m_E$ も重根をもちません。従って $\alpha$ は $E$ 上分離的です。$\alpha$ は任意なので $L/E$ は分離拡大です。□
&&&

3-2 分離多項式と分離拡大

## 要素数は素数の冪
有限体 $F$ の標数は素数 $p$ で、素体 $\mathbf F_p$ 上有限次元 $n$ のベクトル空間になる。従って $|F|=p^n$。逆に任意の $q=p^n$ に要素数 $q$ の体が存在する。
**存在の証明。** $\mathbf F_p$ 上の $x^q-x$ の分解体 $L$ を取り、その根の集合を $F$ とする。$u^q=u,v^q=v$ なら標数 $p$ で $(u+v)^q=u^q+v^q=u+v$、$(uv)^q=u^qv^q=uv$。非零根の逆元も $(u^{-1})^q=u^{-1}$、加法逆元も根である。従って根集合は体。微分は $qx^{q-1}-1=-1$ なので $x^q-x$ は重根を持たず、根はちょうど $q$ 個である。□
同じ $q$ の有限体では全要素が $x^q-x$ の根だから、どちらもその分解体であり同型。Frobenius $u\mapsto u^p$ は自己同型で、その固定体は $\mathbf F_p$。
同型を具体的に指定するには、次節で存在を証明する $E$ の乗法的原始元 $a$ の最小多項式 $m\in\mathbf F_p[X]$ を取る。$m$ は $X^{p^n}-X$ を割り、同じ元数の体 $E'$ はその分解体なので、$E'$ の中で $m$ の根 $b$ を選べる。$a\mapsto b$ は $\mathbf F_p(a)\cong\mathbf F_p(b)$ を与える。前者は $E$ 全体で、$\deg m=[E:\mathbf F_p]=n$ だから後者も $p^n$ 元、すなわち $E'$ 全体である。
## 乗法群の巡回性
**定理。** 体 $K$ の乗法群の有限部分群 $G$ は巡回群である。特に $\mathbf F_q^\times$ は位数 $q-1$ の巡回群である。
**証明。** $G$ の元の位数の最小公倍数を $m$ とする。全元が $X^m-1$ の根なので、体上の多項式の根数の上界から $|G|\le m$。各元の位数は Lagrange の定理で $|G|$ を割るため $m\mid |G|$ であり、結局 $m=|G|$。$m=\prod_\ell\ell^{e_\ell}$ とする。最小公倍数の定義により、各 $\ell$ について位数が $\ell^{e_\ell}$ で割り切れる元がある。その適当な冪から位数ちょうど $\ell^{e_\ell}$ の元 $a_\ell$ を得る。$G$ は可換で、これらの位数は互いに素だから、積 $\prod_\ell a_\ell$ の位数は $\prod_\ell\ell^{e_\ell}=|G|$。よって $G$ は巡回群。□
この証明により、$\mathbf F_q$ には非零元を全て冪で列挙する乗法的原始元がある。原始元の個数は巡回群の生成元数 $\varphi(q-1)$ である。
**原始元の判定。** $q-1$ の相異なる素因数を $\ell$ とすると、$a\in\mathbf F_q^\times$ が原始元であることと、全ての $\ell$ について $a^{(q-1)/\ell}\ne1$ であることは同値。実際、$a$ の位数が $q-1$ の真の約数なら、$q-1$ と位数の商を割る素数 $\ell$ があり、位数は $(q-1)/\ell$ を割る。逆に検査に失敗すれば位数は $q-1$ より小さい。
## 部分体の分類
**定理。** $d\mid n$ なら $\mathbf F_{p^n}$ の中にただ一つの $p^d$ 元部分体があり、それは $\{a:a^{p^d}=a\}$ である。逆に、$\mathbf F_{p^n}$ の任意の部分体はこの形である。
**証明。** $n=de$ と書く。$X^{p^d}-X$ の根 $a$ は $a^{p^d}=a$ を $e$ 回反復して $a^{p^n}=a$ を満たすので、先に構成した $\mathbf F_{p^n}$ に入る。根集合は Frobenius の加法・乗法保存により体をなし、導関数が $-1$ だから相異なる根をちょうど $p^d$ 個持つ。$p^d$ 元の別の部分体があれば、その全元は $X^{p^d}-X$ の根であり、元数が同じなのでこの根集合に等しい。任意の部分体 $E$ の元数を $p^d$ と書くと、塔の法則 $n=[\mathbf F_{p^n}:E]d$ から $d\mid n$ である。□
従って、固定した代数閉包の中では $\mathbf F_{p^d}\subseteq\mathbf F_{p^n}$ と $d\mid n$ が同値である。例えば $\mathbf F_{16}$ の部分体は $\mathbf F_2,\mathbf F_4,\mathbf F_{16}$ の三つである。
$n=12$ では部分体の元数は $p^d$（$d=1,2,3,4,6,12$）に限られる。例えば $\mathbf F_{p^2}\subset\mathbf F_{p^4}\subset\mathbf F_{p^{12}}$、$\mathbf F_{p^3}\subset\mathbf F_{p^6}\subset\mathbf F_{p^{12}}$ である一方、$\mathbf F_{p^2}$ と $\mathbf F_{p^3}$ は互いに含まれない。
## Frobeniusと有限体のGalois群
$\sigma(a)=a^p$ は $\mathbf F_{p^n}$ の自己同型で、$\sigma^n(a)=a$ が全元で成り立つ。もし $0<d<n$ で $\sigma^d$ が恒等なら、次数 $p^d$ の $X^{p^d}-X$ が $p^n$ 個の根を持つことになり矛盾する。従って $\sigma$ の位数はちょうど $n$。
一方、乗法群の原始元 $a$ は非零元を全て冪で生成するので $\mathbf F_{p^n}=\mathbf F_p(a)$。$\mathbf F_p$ 上の自己同型は $a$ の像で決まり、その像は $a$ の最小多項式の根でなければならない。最小多項式の次数は $n$ だから自己同型は高々 $n$ 個。既に $1,\sigma,\ldots,\sigma^{n-1}$ の $n$ 個があるので、$\operatorname{Gal}(\mathbf F_{p^n}/\mathbf F_p)=\langle\sigma\rangle$ である。
$d\mid n$ なら $\sigma^d$ の固定元は $X^{p^d}-X$ の根、すなわち先に分類した $\mathbf F_{p^d}$ である。例えば $\mathbf F_{16}$ の自己同型群は位数4で、その $\sigma^2$ の固定体は $\mathbf F_4$。
相対拡大についても $[\mathbf F_{p^n}:\mathbf F_{p^d}]=n/d$ であり、$\operatorname{Gal}(\mathbf F_{p^n}/\mathbf F_{p^d})=\langle\sigma^d\rangle$ となる。実際、$\sigma^d$ は $\mathbf F_{p^d}$ を固定し、位数が $n/d$ である。一方、$\mathbf F_{p^n}$ は $\mathbf F_{p^d}$ 上の分離多項式 $X^{p^n}-X$ の分解体なので、相対Galois群の位数は拡大次数 $n/d$ に等しい。
部分体格子は $n$ の約数格子と一致する。例えば $\mathbf F_{p^6}$ の中には $\mathbf F_p$、$\mathbf F_{p^2}$、$\mathbf F_{p^3}$、$\mathbf F_{p^6}$ があり、中央の二体は互いに含まれない。その共通部分は $\mathbf F_p$ で、両者が生成する体は $\mathbf F_{p^6}$ である。前者の次数は2と3の両方を割るので1、後者の次数は2と3の両方の倍数かつ6の約数なので6となる。
同じ議論を固定した代数閉包で行えば、$\mathbf F_{p^m}\cap\mathbf F_{p^n}=\mathbf F_{p^{\gcd(m,n)}}$、両者の合成体は $\mathbf F_{p^{\operatorname{lcm}(m,n)}}$ となる。また $\sigma$ の位数が $n$ なので、$\langle\sigma^k\rangle=\langle\sigma^{\gcd(n,k)}\rangle$。従って $\sigma^k$ の固定体は $\mathbf F_{p^{\gcd(n,k)}}$ である。
## 既約多項式の次数と個数
$\mathbf F_q$ 上のモニック既約多項式 $f$ の次数を $d$ とする。その根 $a$ が生成する体 $\mathbf F_q[a]$ は $q^d$ 元なので、上の部分体分類から $f\mid X^{q^n}-X$ と $d\mid n$ が同値である。$X^{q^n}-X$ の導関数は $-1$ で重根はない。従ってこの多項式は、次数が $n$ を割るモニック既約多項式をそれぞれ一度だけ因子に持つ。
次数 $n$ のモニック既約多項式の個数を $N_q(n)$ と書き、両辺の次数を比較すると
$$q^n=\sum_{d\mid n}dN_q(d).\tag{1}$$
Möbius関数 $\mu$ は $\mu(1)=1$、相異なる $k$ 個の素数の積では $(-1)^k$、平方因子を持つ整数では $0$ と定める。$m>1$ の相異なる素因数を $k$ 個とすると、二項定理から $\sum_{d\mid m}\mu(d)=(1-1)^k=0$。式 (1) で $B(d)=dN_q(d)$ とおき、$\sum_{d\mid n}\mu(d)q^{n/d}$ を計算すると、$B(e)$ の係数は $\sum_{d\mid n/e}\mu(d)$ であり $e=n$ のときだけ1となる。従って
$$N_q(n)=\frac1n\sum_{d\mid n}\mu(d)q^{n/d}.\tag{2}$$
**各次数での存在の証明。** $n=1$ なら $X-a$ がある。$n\ge2$ では (1) より $nN_q(n)=q^n-\sum_{d\mid n,\,d<n}dN_q(d)$。次数 $d$ の既約式は相異なる $d$ 個の根を $\mathbf F_{q^d}$ に持つため $dN_q(d)\le q^d$。真の約数は $n/2$ 以下なので、差し引く和は $\sum_{d=1}^{\lfloor n/2\rfloor}q^d<q^n$ 以下である。よって $N_q(n)>0$。□
例えば $N_2(4)=(2^4-2^2)/4=3$。四次の三つは $X^4+X+1$、$X^4+X^3+1$、$X^4+X^3+X^2+X+1$ である。次数 $n$ のモニック多項式 $f$ の既約性判定では、$f\mid X^{q^n}-X$ を調べ、$n$ の各素因数 $\ell$ について $\gcd(f,X^{q^{n/\ell}}-X)=1$ を確かめればよい。前者は既約因子の次数が $n$ を割り重複因子がないことを、後者は真の約数次数の因子がないことを意味する。従って $f$ 自身が次数 $n$ の既約式である。
## 計算例と境界
$\mathbf F_4=\mathbf F_2[\alpha]$、$\alpha^2+\alpha+1=0$ とすると $\alpha^2=\alpha+1$、$\alpha^3=1$。非零元は $1,\alpha,\alpha^2$ で巡回群をなす。一般の乗法群の巡回性と部分体の分類を上で証明した。要素数が $p^n$ なら任意の多項式商が体になるわけではなく、割る多項式の既約性が必要である。
**演習。** $\mathbf F_4$ で $(\alpha+1)^{-1}$ を求めよ。
**解答。** $\alpha+1=\alpha^2$、$\alpha^2\alpha=\alpha^3=1$。従って逆元は $\alpha$。
**演習。** $X^{16}-X$ の分解体が16元体になることを示し、6元体が存在しない理由を述べよ。
**解答。** 前者の導関数は標数2で $-1=1$ だから根は相異なる16個。根集合は二乗Frobeniusを4回反復した写像の固定元集合で、加減乗除に閉じるため体となる。後者は有限体の元数が素数冪 $p^n$ に限られ、6はその形でないことによる。
**演習。** $\mathbf F_{64}/\mathbf F_2$ のGalois群を、各自己同型の作用を含めて求めよ。
**解答。** 拡大次数は6で、群は $a\mapsto a^{2^j}$（$j=0,1,2,3,4,5$）の6個からなる。合成は指数 $j$ の6を法とする加法に対応するので巡回群 $C_6$ である。
**演習。** $2\in\mathbf F_{11}$ が原始元か判定し、生成する乗法部分群を求めよ。
**解答。** $10=2\cdot5$ なので $2^{10/2}=2^5\equiv-1$、$2^{10/5}=2^2\equiv4$ を調べればよい。いずれも $1$ でないから $2$ は原始元で、生成するのは $\mathbf F_{11}^\times$ 全体である。
**演習。** $\mathbf F_{16}$ の乗法的原始元は何個か。また $6\mid(q-1)$ のとき $\mathbf F_q^\times$ に位数6の元は何個あるか。
**解答。** 前者は $\varphi(15)=8$ 個。後者は巡回群の位数6の部分群の生成元であり、$\varphi(6)=2$ 個である。
**演習。** $g\in\mathbf F_{p^n}^\times$ の位数が $p^n-1$ なら $\mathbf F_p(g)=\mathbf F_{p^n}$ を示せ。
**解答。** $\mathbf F_p(g)$ は $g$ の全冪 $p^n-1$ 個と零を含むので少なくとも $p^n$ 元を持つ。もとの体の部分体なのでそれ以上はなく、両者は等しい。
**演習。** $\mathbf F_{64}$ の部分体を列挙し、$\mathbf F_8\subseteq\mathbf F_{64}$、$\mathbf F_{16}\subseteq\mathbf F_{64}$、$\mathbf F_9\subseteq\mathbf F_{3^{12}}$ の可否を判定せよ。
**解答。** $64=2^6$ より部分体は $\mathbf F_2,\mathbf F_4,\mathbf F_8,\mathbf F_{64}$。包含の指数は順に $3\mid6$、$4\nmid6$、$2\mid12$ なので、可・不可・可である。
**演習。** 固定した $\overline{\mathbf F}_2$ の中で $\mathbf F_{2^6}$ と $\mathbf F_{2^{15}}$ の共通部分と合成体を求めよ。また $\mathbf F_{2^{12}}$ 上の $a\mapsto a^{2^8}$ の固定体を求めよ。
**解答。** $\gcd(6,15)=3$、$\operatorname{lcm}(6,15)=30$ なので共通部分は $\mathbf F_{2^3}$、合成体は $\mathbf F_{2^{30}}$。$\gcd(12,8)=4$ なので固定体は $\mathbf F_{2^4}$ である。


5-2 有限体

$x^2-2$ の根として、ある世界では $a$、別の世界では $b$ を選んだとします。$a^2=b^2=2$ なら
$$
r+sa\longmapsto r+sb
$$
は二つの体を同一視します。元そのものが等しい必要はありません。満たす関係式が同じなら、根の名前を取り替える写像が体同型になります。分解体の一意性は、この考えを根が複数ある場合へ繰り返したものです。
## 係数にも写像を施す
$\sigma:K\to K'$ を体同型とします。多項式
$$
f=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n\in K[x]
$$
に対し
$$
f^\sigma
=\sigma(a_0)+\sigma(a_1)x+\cdots+\sigma(a_n)x^n\in K'[x]
$$
と定めます。
&&&prop 係数同型は因数分解を保つ [04-prop-coefficient-isomorphism-preserves-factorization]
$f,g,h\in K[x]$ に対し
$$
(f+g)^\sigma=f^\sigma+g^\sigma,
\qquad
(fg)^\sigma=f^\sigma g^\sigma.
$$
従って $f$ が既約であることと $f^\sigma$ が既約であることは同値である。
&&&
&&&prf [04-prf-coefficient-isomorphism-preserves-factorization]
最初の二式は係数を比較すれば従います。$f=gh$ が正次数の因子分解なら
$$
f^\sigma=g^\sigma h^\sigma
$$
も正次数の因子分解です。逆に $f^\sigma$ の因数分解へ $\sigma^{-1}$ を係数ごとに施せば $f$ の因数分解を得ます。従って可約性、したがって既約性が両方向に保たれます。□
&&&
## 一つの根に沿って同型を延長する
&&&thm 単純代数拡大への同型延長 [04-thm-isomorphism-extension-simple-algebraic]
$\sigma:K\to K'$ を体同型とする。$\alpha$ を $K$ 上代数的とし、その最小多項式を $p\in K[x]$ とする。$\beta$ が $p^\sigma\in K'[x]$ の根なら、$\sigma$ を延長し $\alpha$ を $\beta$ へ送る一意な体同型
$$
\widetilde\sigma:K(\alpha)\longrightarrow K'(\beta)
$$
が存在する。
&&&
&&&prf [04-prf-isomorphism-extension-simple-algebraic]
係数写像は環同型
$$
\sigma_*:K[x]\to K'[x],\qquad f\mapsto f^\sigma
$$
を与え、$(p)$ を $(p^\sigma)$ へ送ります。従って商に同型
$$
K[x]/(p)\longrightarrow K'[x]/(p^\sigma),
\qquad
f+(p)\longmapsto f^\sigma+(p^\sigma)
$$
を誘導します。
評価による同型
$$
K[x]/(p)\cong K(\alpha),\qquad x+(p)\mapsto\alpha,
$$
$$
K'[x]/(p^\sigma)\cong K'(\beta),\qquad x+(p^\sigma)\mapsto\beta
$$
と合成すれば、求める $\widetilde\sigma$ を得ます。具体的には
$$
\widetilde\sigma
\left(\sum_{i=0}^{d-1}a_i\alpha^i\right)
=\sum_{i=0}^{d-1}\sigma(a_i)\beta^i,
\qquad d=\deg p.
$$
この式から $K$ 上で $\sigma$ を延長し、$\alpha$ を $\beta$ へ送ることが分かります。
一意性について、$K(\alpha)$ の任意の元は $\alpha$ と $K$ の元の四則演算で書けます。従って $K$ 上の値と $\alpha$ の像を指定すれば、準同型の値はすべて強制されます。□
&&&
「どの根を選ぶか」が、延長された同型を選ぶ自由度です。例えば $\mathbb Q(\sqrt2)$ から自身への $\mathbb Q$ 上の埋め込みは、$\sqrt2$ を $x^2-2$ の根 $\sqrt2$ または $-\sqrt2$ へ送る二通りです。
## 分解体どうしの同型
&&&thm 分解体の一意性 [04-thm-uniqueness-of-splitting-field]
$\sigma:K\to K'$ を体同型とし、$f\in K[x]$ とする。$L$ を $f$ の $K$ 上の分解体、$L'$ を $f^\sigma$ の $K'$ 上の分解体とする。このとき $\sigma$ を延長する体同型
$$
\widetilde\sigma:L\longrightarrow L'
$$
が存在する。
特に、一つの $f\in K[x]$ の二つの分解体は $K$ 上同型である。
&&&
&&&prf [04-prf-uniqueness-of-splitting-field]
$[L:K]$ について帰納します。$L=K$ なら $f$ は $K$ 上ですでに分解しています。従って $f^\sigma$ も $K'$ 上で分解し、最小性から $L'=K'$。このとき $\sigma$ 自身が求める同型です。
$L\ne K$ とします。$f$ の根 $\alpha\in L\setminus K$ を一つ取り、その $K$ 上の最小多項式を $p$ とします。$p$ は $f$ の既約因子ですから、$p^\sigma$ は $f^\sigma$ の既約因子です。$L'$ で $f^\sigma$ は分解するため、$p^\sigma$ の根 $\beta\in L'$ を選べます。単純代数拡大への延長定理により
$$
\sigma_1:K(\alpha)\longrightarrow K'(\beta)
$$
という同型が得られます。
$f=(x-\alpha)g$ と $K(\alpha)[x]$ で書きます。$L$ は $g$ の $K(\alpha)$ 上の分解体です。実際、$L$ では $g$ が分解し、$L$ は $f$ の全根で生成されますが、$\alpha$ はすでに基礎体に入っているので、残りの根が $K(\alpha)$ 上で $L$ を生成します。同様に、係数へ $\sigma_1$ を施した $g^{\sigma_1}$ に対し、$L'$ は $K'(\beta)$ 上の分解体です。
しかも
$$
[L:K(\alpha)]<[L:K]
$$
です。帰納法の仮定を $\sigma_1$ と $g$ に適用すると、$\sigma_1$ を延長する同型
$$
L\longrightarrow L'
$$
が得られます。これは元の $\sigma$ も延長しています。□
&&&
この定理の「存在」は、同型が一つに定まるという意味ではありません。最初の根 $\alpha$ の送り先 $\beta$ に複数の選択肢があれば、異なる同型が生じ得ます。
## 一意性から得られる使い方
&&&cor 分解体という言い方の正当化 [04-cor-splitting-field-up-to-isomorphism]
分解体の拡大次数、有限体としての元の個数、基礎体上のベクトル空間次元など、$K$ 上の同型で保たれる性質は、分解体の構成方法によらない。
&&&
&&&prf [04-prf-splitting-field-up-to-isomorphism]
二つの分解体の間に $K$ 上の同型が存在します。体同型は四則演算を保ち、$K$ 上の線形同型でもあるので、列挙した量を保ちます。□
&&&
例えば $x^3-2$ の分解体を、実根 $\sqrt[3]2$ から作っても、非実根 $\omega\sqrt[3]2$ から作っても、得られる体は $\mathbb Q$ 上同型です。計算しやすい根から始めてよいのは、この定理のおかげです。
## 根の置換はどこまで自由か
$L$ が $f\in K[x]$ の分解体で、$\tau:L\to L$ が $K$ 上の自己同型だとします。$\alpha$ が $f$ の根なら
$$
f(\tau(\alpha))
=\tau(f(\alpha))
=\tau(0)=0
$$
です。従って $\tau$ は $f$ の根を根へ移します。
&&&prop 分解体の自己同型は根への作用で決まる [04-prop-splitting-automorphism-determined-by-roots]
$L$ を $f\in K[x]$ の分解体とする。$K$ 上の二つの自己同型が $f$ のすべての根で一致すれば、その二つは等しい。
&&&
&&&prf [04-prf-splitting-automorphism-determined-by-roots]
$L$ は $K$ と $f$ の根全体で生成されます。二つの自己同型は $K$ 上では恒等写像であり、仮定により生成元である根すべてでも一致します。体の元は生成元の四則演算で表されるため、全元で一致します。□
&&&
根の個数が $n$ なら、自己同型は根の置換として見えます。しかし、すべての置換が必ず体自己同型になるわけではありません。根の間の加法・乗法の関係も保たなければならないからです。どの置換が許されるかを集めたものが、後に定義するGalois群です。
## 具体例：$x^3-2$ の根の対応
$L=\mathbb Q(\alpha,\omega)$、$\alpha^3=2$、$\omega^2+\omega+1=0$ とします。$\mathbb Q$ 上の自己同型は $\alpha$ を三根
$$
\alpha,\omega\alpha,\omega^2\alpha
$$
のいずれかへ送り、$\omega$ を $\omega$ または $\omega^2$ へ送る可能性があります。実際、これら6通りはすべて自己同型になります。例えば
$$
\sigma(\alpha)=\omega\alpha,\qquad \sigma(\omega)=\omega
$$
および
$$
\tau(\alpha)=\alpha,\qquad \tau(\omega)=\omega^2
$$
で定まる写像があります。
ここで
$$
\tau\sigma(\alpha)=\tau(\omega\alpha)=\omega^2\alpha,
$$
$$
\sigma\tau(\alpha)=\sigma(\alpha)=\omega\alpha
$$
なので $\tau\sigma\ne\sigma\tau$ です。方程式の根の対称性は、可換とは限らない群を自然に生みます。
## 演習
&&&exc 二次拡大の二つの埋め込み [04-exc-two-quadratic-embeddings]
$d\in\mathbb Q$ を平方でない数とする。$\mathbb Q(\sqrt d)$ から $\mathbb C$ への $\mathbb Q$ 上の埋め込みがちょうど二つであることを示し、明示せよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-two-quadratic-embeddings-answer]
埋め込みは $\sqrt d$ をその最小多項式 $x^2-d$ の根へ送る必要があります。根は $\sqrt d$ と $-\sqrt d$ の二つです。各選択に対し単純代数拡大への延長定理から埋め込みが存在し、
$$
a+b\sqrt d\longmapsto a+b\sqrt d,
$$
$$
a+b\sqrt d\longmapsto a-b\sqrt d
$$
の二つです。像の選択で写像は一意なので、これ以外はありません。□
&&&
&&&exc 根の積から残りの根を送る [04-exc-image-of-third-root]
$f=x^3+px+q\in K[x]$ の分解体で根を $\alpha,\beta,\gamma$ とし、$q\ne0$ とする。$K$ 上の自己同型 $\sigma$ が $\alpha$ を $\beta$、$\beta$ を $\alpha$ へ送るなら、$\gamma$ を固定することを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-image-of-third-root-answer]
Vieta の公式から
$$
\alpha\beta\gamma=-q.
$$
$q\ne0$ なので三根は非零で
$$
\gamma=\frac{-q}{\alpha\beta}.
$$
$\sigma$ は $q\in K$ を固定するため
$$
\sigma(\gamma)
=\frac{-q}{\sigma(\alpha)\sigma(\beta)}
=\frac{-q}{\beta\alpha}
=\gamma.
$$
□
&&&
&&&exc 分解体の同型は根を置換する [04-exc-isomorphism-permutes-roots]
$L,L'$ を $f\in K[x]$ の二つの分解体とし、$\varphi:L\to L'$ を $K$ 上の同型とする。$\varphi$ が $L$ 内の $f$ の根全体から $L'$ 内の根全体への全単射を与えることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-isomorphism-permutes-roots-answer]
$f(\alpha)=0$ なら
$$
f(\varphi(\alpha))=\varphi(f(\alpha))=0
$$
なので、$\varphi$ は根を根へ送ります。$\varphi^{-1}$ も $K$ 上の同型であり、同じ議論で $L'$ の根を $L$ の根へ送ります。従って根集合上で互いに逆な写像を与え、全単射です。□
&&&
&&&exc $x^4-2$ の二つの自己同型 [04-exc-x4-minus-2-automorphisms]
$L=\mathbb Q(\alpha,i)$、$\alpha^4=2$、$\alpha>0$ とする。
$$
\sigma(\alpha)=i\alpha,\quad\sigma(i)=i,
$$
$$
\tau(\alpha)=\alpha,\quad\tau(i)=-i
$$
で定まる $\mathbb Q$ 上の自己同型が存在することを、同型延長定理を用いて説明せよ。また $\tau\sigma\ne\sigma\tau$ を確かめよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-x4-minus-2-automorphisms-answer]
$i\alpha$ は $x^4-2$ の根なので、恒等写像は $\mathbb Q(\alpha)$ の埋め込み $\alpha\mapsto i\alpha$ へ延長されます。その像と $i$ を含む分解体は再び $L$ なので、分解体の一意性による延長を取れば $\sigma$ を得ます。複素共役は $\alpha$ を固定し $i$ を $-i$ へ送るので $\tau$ を与えます。
$\alpha$ で比較すると
$$
\tau\sigma(\alpha)=\tau(i\alpha)=-i\alpha,
$$
$$
\sigma\tau(\alpha)=\sigma(\alpha)=i\alpha.
$$
標数0なので両者は異なり、$\tau\sigma\ne\sigma\tau$ です。□
&&&

4-2 分解体の一意性

$\sqrt2$ は $x^2-2=0$ を満たしますが、不定元 $t$ はどんな非零多項式関係も満たしません。この違いを、単なる「方程式が見つかった／見つからない」ではなく、多項式環から体への評価写像の核として捉えます。すると、代数的元を加えた世界と超越元を加えた世界の形がはっきり分かれます。
以下、$L/K$ を体拡大、$\alpha\in L$ とします。
## 評価写像
&&&def 評価写像 [04-def-evaluation-map]
写像
$$
\operatorname{ev}_\alpha:K[x]\to L,
\qquad
f(x)\mapsto f(\alpha)
$$
を $\alpha$ における[[評価写像]]という。
&&&
&&&prop 評価写像は代数準同型 [04-prop-evaluation-homomorphism]
$\operatorname{ev}_\alpha$ は単位元を保つ $K$ 代数準同型であり、その像は
$$
K[\alpha]=\{f(\alpha):f\in K[x]\}
$$
である。
&&&
&&&prf [04-prf-evaluation-homomorphism]
多項式の代入について
$$
(f+g)(\alpha)=f(\alpha)+g(\alpha),
$$
$$
(fg)(\alpha)=f(\alpha)g(\alpha),
\qquad1(\alpha)=1
$$
が成り立つため環準同型です。定数多項式 $a\in K$ は $a$ へ送られるので $K$ の作用も保ちます。像の記述は定義そのものです。□
&&&
## 代数的か超越的か
&&&def 代数的元・超越元 [04-def-algebraic-transcendental]
$\ker\operatorname{ev}_\alpha\ne0$、すなわち、ある非零 $f\in K[x]$ が $f(\alpha)=0$ を満たすとき、$\alpha$ は $K$ 上[[代数的元|代数的]]であるという。
$\ker\operatorname{ev}_\alpha=0$ のとき、$\alpha$ は $K$ 上[[超越元|超越的]]であるという。
&&&
すべての元はちょうど一方に属します。「超越的」とは、まだ方程式を発見していないという知識の不足ではなく、非零多項式関係が存在しないという数学的性質です。
### 代数的元の例
- $\sqrt2$ は $x^2-2$ を満たすので $\mathbb Q$ 上代数的です。
- $i$ は $x^2+1$ を満たすので $\mathbb R$ 上代数的です。
- $\sqrt[3]2+1$ は $(x-1)^3-2$ を満たすので $\mathbb Q$ 上代数的です。
- $\alpha\in K$ は $x-\alpha$ を満たすので $K$ 上代数的です。
### 超越元の例
有理関数体 $K(t)$ の不定元 $t$ は $K$ 上超越的です。もし
$$
a_0+a_1t+\cdots+a_nt^n=0
$$
なら、形式的多項式の等号からすべての $a_i=0$ だからです。
$\pi$ と $e$ が $\mathbb Q$ 上超越的であることも知られていますが、その証明は本書の範囲を大きく超えます。ここでは未証明の例として論証に使いません。
## 超越元が作る多項式環
&&&prop 超越元の多項式環 [04-prop-transcendental-polynomial-ring]
$\alpha$ が $K$ 上超越的なら、評価写像は同型
$$
K[x]\xrightarrow{\sim}K[\alpha]
$$
を与える。
&&&
&&&prf [04-prf-transcendental-polynomial-ring]
評価写像の像は $K[\alpha]$ なので全射です。超越性は核が0であることなので単射でもあります。従って同型です。□
&&&
&&&cor 超越元が作る有理関数体 [04-cor-transcendental-rational-function-field]
$\alpha$ が $K$ 上超越的なら
$$
K(\alpha)\cong K(x).
$$
&&&
&&&prf [04-prf-transcendental-rational-function-field]
$K[\alpha]\cong K[x]$ の分数体を取ります。$K(\alpha)$ は $K[\alpha]$ を含む最小の体なのでその分数体であり、$K[x]$ の分数体は $K(x)$ です。具体的な同型は
$$
\frac{f(x)}{g(x)}\longmapsto
\frac{f(\alpha)}{g(\alpha)}.
$$
$g\ne0$ なら超越性により $g(\alpha)\ne0$ なので良定義です。□
&&&
超越的な場合、$K[\alpha]$ は通常は体ではありません。たとえば $x$ は $K[x]$ で単元でなく、$1/x$ は多項式ではありません。体を得るには分数を追加して $K(\alpha)$ に進む必要があります。代数的な場合には対照的に $K[\alpha]=K(\alpha)$ となります。これは最小多項式を導入した後に証明します。
## 基礎体により代数性は変わる
代数性は必ず「どの体上で」という相対的な概念です。$\pi$ は $\mathbb Q$ 上超越的ですが、$\mathbb R$ の元としては
$$
x-\pi\in\mathbb R[x]
$$
を満たすため $\mathbb R$ 上代数的です。
&&&prop 基礎体を大きくしたときの代数性 [04-prop-algebraic-over-larger-base]
$K\subseteq E\subseteq L$ とし、$\alpha\in L$ が $K$ 上代数的なら、$E$ 上も代数的である。
&&&
&&&prf [04-prf-algebraic-over-larger-base]
$\alpha$ を消す非零多項式 $f\in K[x]$ を取ります。係数包含 $K\subseteq E$ により $f$ は $E[x]$ の非零多項式でもあり、同じ等式 $f(\alpha)=0$ を満たします。□
&&&
逆は成り立ちません。上の $\pi$ が例です。
## 有限次拡大との関係
「塔の法則と次数計算」で、有限次拡大 $L/K$ のすべての元は $K$ 上代数的であることを証明しました。逆向きには、元一つについて次が成り立ちます。
&&&prop 代数的元が生成する環は有限次元 [04-prop-algebraic-element-finite-span]
$\alpha$ が次数 $n$ の非零多項式
$$
a_nx^n+\cdots+a_0\in K[x]
$$
を満たすなら、$K[\alpha]$ は
$$
1,\alpha,\ldots,\alpha^{n-1}
$$
で $K$ 上生成される。
&&&
&&&prf [04-prf-algebraic-element-finite-span]
$a_n\ne0$ で $K$ は体なので $a_n^{-1}$ を掛け、最高次係数を1にできます。従って
$$
\alpha^n=-a_n^{-1}(a_{n-1}\alpha^{n-1}+\cdots+a_0).
$$
$\alpha^n$ は低い冪の線形結合です。この等式に $\alpha$ を順に掛ければ、すべての $\alpha^m$（$m\ge n$）も $1,\ldots,\alpha^{n-1}$ の線形結合へ下げられます。$K[\alpha]$ の元は冪の有限線形結合なので結論を得ます。□
&&&
この生成系は必ずしも一次独立ではありません。最小次数のmonic関係を選ぶことで、正確な基底と次数が得られます。それが次の頁の最小多項式です。
## 代数的数は可算個しかない
&&&prop 代数的数の可算性 [04-prop-algebraic-numbers-countable]
$\mathbb Q$ 上代数的な複素数全体は可算集合である。
&&&
&&&prf [04-prf-algebraic-numbers-countable]
$\mathbb Q[x]$ は可算集合です。実際、次数 $n$ 以下の多項式は有限個の有理数係数で決まり、$\mathbb Q^{n+1}$ は可算。$n$ について可算和を取っても可算です。
各非零多項式は複素数の根を次数以下の有限個しかもちません。従って全代数的数は、可算個の多項式それぞれの有限根集合の合併に含まれ、可算です。逆に代数的数は定義上いずれかの集合に入るため等号です。□
&&&
$\mathbb C$ は非可算なので、ほとんどすべての複素数は $\mathbb Q$ 上超越的です。ただし、この議論は特定の数が超越的かを教えません。
## 演習
&&&exc 代数的関係を作る [04-exc-find-algebraic-relation]
$\alpha=\sqrt2+1$、$\beta=\sqrt2+\sqrt3$ について、それぞれが満たす非零整数係数多項式を一つ求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-find-algebraic-relation-answer]
$\alpha-1=\sqrt2$ を二乗して
$$
(\alpha-1)^2=2,
$$
従って
$$
\alpha^2-2\alpha-1=0.
$$
$\beta^2=5+2\sqrt6$ なので
$$
(\beta^2-5)^2=24.
$$
展開して
$$
\beta^4-10\beta^2+1=0.
$$
□
&&&
&&&exc 超越元の置換 [04-exc-transcendental-substitution]
$t$ を $K$ 上超越的とする。$t^2$ も $K$ 上超越的であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-transcendental-substitution-answer]
もし $t^2$ が代数的なら、非零多項式
$$
f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n
$$
が $f(t^2)=0$ を満たします。すると
$$
g(x)=f(x^2)=a_0+a_1x^2+\cdots+a_nx^{2n}
$$
は非零多項式で $g(t)=0$。これは $t$ の超越性に反します。□
&&&
&&&exc 基礎体への相対性 [04-exc-relative-algebraicity]
$t$ を $K$ 上超越的とする。$t$ は $K(t^2)$ 上代数的だが $K$ 上超越的であることを説明せよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-relative-algebraicity-answer]
$K$ 上超越的なのは仮定です。一方、係数 $t^2\in K(t^2)$ を使った多項式
$$
x^2-t^2\in K(t^2)[x]
$$
は $t$ を根にもつ非零多項式です。従って $t$ は $K(t^2)$ 上代数的です。□
&&&
&&&exc 超越拡大の中間体 [04-exc-transcendental-degree-two]
$t$ を $K$ 上超越的とし、$\operatorname{char}K\ne2$ とする。$[K(t):K(t^2)]=2$ を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-transcendental-degree-two-answer]
$t$ は $x^2-t^2\in K(t^2)[x]$ を満たすので次数は高々2です。もし次数1なら $t\in K(t^2)$。すると
$$
t=\frac{f(t^2)}{g(t^2)}
$$
となる $f,g\in K[x]$、$g\ne0$ があり、
$$
tg(t^2)-f(t^2)=0.
$$
左辺は $t$ の奇数次数項だけからなる部分と偶数次数項だけからなる部分の差で、非零形式多項式です。$t$ は超越的なので0にはなれず矛盾。従って次数は2です。
具体的には任意の有理関数を偶数冪部分と奇数冪部分へ整理することで、$1,t$ が $K(t^2)$ 基底になります。□
&&&

2-2 代数的元と超越元

標数 $p>0$ では
$$
(x-y)^p=x^p-y^p
$$
となります。途中の二項係数がすべて $p$ の倍数だからです。そのため $x^p-a$ は、代数閉包で $a=b^p$ と書けば
$$
x^p-a=(x-b)^p
$$
となり、異なる $p$ 個の根ではなく一つの根が $p$ 回重なります。純非分離拡大は、この現象だけから作られる拡大です。
以下、この章では特に断らない限り $K$ の標数を素数 $p$ とします。
## 純非分離元
&&&def 純非分離元 [04-def-purely-inseparable-element]
代数的元 $\alpha$ が $K$ 上**[[純非分離元|純非分離的]]**であるとは、ある整数 $e\ge0$ に対して
$$
\alpha^{p^e}\in K
$$
となることをいう。このような最小の $e$ を $\alpha$ の非分離指数という。
&&&
$e=0$ は $\alpha\in K$ という場合です。$K=\mathbb F_p(t)$ で $u^p=t$ とすると、$u$ は $K$ 上純非分離的で非分離指数1です。
&&&prop 純非分離元の最小多項式 [04-prop-minimal-polynomial-purely-inseparable]
$\alpha$ が $K$ 上純非分離的で、$e$ をその非分離指数とする。このとき $\alpha$ の最小多項式は
$$
x^{p^e}-\alpha^{p^e}
$$
である。特に
$$
[K(\alpha):K]=p^e.
$$
&&&
&&&prf [04-prf-minimal-polynomial-purely-inseparable]
$a=\alpha^{p^e}\in K$ とおけば、最小多項式 $m$ は $x^{p^e}-a$ を割ります。代数閉包では
$$
x^{p^e}-a=(x-\alpha)^{p^e}
$$
です。従って $m$ の根は $\alpha$ 一つだけです。
$m$ がモニックで次数 $d$ なら、代数閉包で $m=(x-\alpha)^d$。もし $d$ が $p$ の倍数でなければ $x^{d-1}$ の係数 $-d\alpha$ が $K$ に属するので $\alpha\in K$ となり、$e>0$ のとき矛盾します。より一般に、$(x-\alpha)^d$ のうち係数が $K$ に入る最初の冪は $p$ 冪です。これを形式微分で厳密に示します。
$e>0$ なら $m$ は非分離的なので $m'=0$。従って $m(x)=m_1(x^p)$ と書けます。代数閉包で唯一の根が $\alpha$ なので、$m_1$ の唯一の根は $\alpha^p$ です。$m_1$ が分離的なら次数1、非分離的なら再び $m_1(x)=m_2(x^p)$ と書けます。この操作を $r$ 回行うと
$$
m(x)=x^{p^r}-b
$$
となり、$b=\alpha^{p^r}\in K$ です。$e$ の最小性から $r\ge e$。一方 $m\mid x^{p^e}-a$ なので $\deg m\le p^e$、従って $r\le e$。ゆえに $r=e$ で、主張を得ます。□
&&&
## 純非分離拡大
&&&def 純非分離拡大 [04-def-purely-inseparable-extension]
代数拡大 $L/K$ のすべての元が $K$ 上純非分離的であるとき、$L/K$ を**[[純非分離拡大]]**という。
&&&
&&&prop 有限生成の場合の共通指数 [04-prop-common-inseparable-exponent]
$L=K(\alpha_1,\ldots,\alpha_r)$ で各 $\alpha_i$ が $K$ 上純非分離的なら、ある $e\ge0$ が存在して
$$
x^{p^e}\in K\qquad(x\in L)
$$
となる。従って $L/K$ は純非分離拡大である。
&&&
&&&prf [04-prf-common-inseparable-exponent]
各 $i$ について $\alpha_i^{p^{e_i}}\in K$ となる $e_i$ を取り、$e=\max e_i$ とします。すると全生成元について $\alpha_i^{p^e}\in K$ です。
$x\in L$ は生成元の有理式として書けます。Frobeniusの反復は加法と乗法を保つので、その有理式を $p^e$ 乗すると、各係数は $K$ に留まり、各 $\alpha_i$ は $\alpha_i^{p^e}\in K$ に置き換わります。従って $x^{p^e}\in K$ です。□
&&&
## 埋め込みが一つしかない
&&&thm 純非分離拡大の埋め込み [04-thm-unique-embedding-purely-inseparable]
$L/K$ を純非分離拡大とし、$\Omega$ を $L$ を含む代数的閉体とする。このとき $K$ 上の埋め込み $L\to\Omega$ は包含写像ただ一つである。
&&&
&&&prf [04-prf-unique-embedding-purely-inseparable]
$\sigma:L\to\Omega$ を $K$ 上の埋め込み、$\alpha\in L$ とします。ある $e$ で $\alpha^{p^e}=a\in K$ です。従って
$$
\sigma(\alpha)^{p^e}
=\sigma(\alpha^{p^e})
=\sigma(a)=a.
$$
代数閉体で $x^{p^e}-a=(x-\alpha)^{p^e}$ は根を $\alpha$ 一つしかもちません。ゆえに $\sigma(\alpha)=\alpha$ です。すべての $\alpha$ が固定されるので $\sigma$ は包含写像です。□
&&&
次数 $p^e$ がどれほど大きくても、埋め込みは一つしかありません。分離拡大では「次数＝埋め込み数」だったのと正反対です。
## 既約多項式の分離部分
&&&prop 既約多項式の標準形 [04-prop-irreducible-inseparable-standard-form]
既約多項式 $f\in K[x]$ に対し、一意な整数 $e\ge0$ と、微分が零でない既約多項式 $g\in K[x]$ が存在して
$$
f(x)=g(x^{p^e})
$$
と書ける。
&&&
&&&prf [04-prf-irreducible-inseparable-standard-form]
$f'\ne0$ なら $e=0$、$g=f$ とすればよいです。$f'=0$ なら、形式微分が零となる条件から $f(x)=f_1(x^p)$ と書けます。$f_1$ は既約です。実際 $f_1=ab$ と分解すれば $f=a(x^p)b(x^p)$ となり、$f$ の既約性に反します。
$f_1'=0$ なら同じ操作を繰り返します。次数は毎回 $p$ で割られて小さくなるので有限回で止まり、$f=g(x^{p^e})$、$g'\ne0$ を得ます。各段で「微分が零か」によって続行が強制されるため $e$ は一意で、$g$ も係数比較から一意です。$g'\ne0$ かつ既約なので $g$ は分離的です。□
&&&
$f$ の根を $\alpha$ とすれば
$$
g(\alpha^{p^e})=0.
$$
従って $\alpha^{p^e}$ は $K$ 上分離的です。つまり任意の代数的元は、十分な $p$ 乗を取ると分離的な元へ到達します。
## 分離部分と純非分離部分への分解
&&&def 最大分離中間体 [04-def-maximal-separable-subfield]
代数拡大 $L/K$ に対し
$$
L_s=\{\alpha\in L\mid \alpha\text{ は }K\text{ 上分離的}\}
$$
を $L$ の $K$ 上の**[[最大分離中間体|分離部分]]**という。
&&&
分離的元全体は前の頁で示した通り体なので、$K\subseteq L_s\subseteq L$ です。
&&&thm 分離部分と純非分離部分 [04-thm-separable-purely-inseparable-decomposition]
$L/K$ を代数拡大とする。このとき
1. $L_s/K$ は分離拡大である。
2. $L/L_s$ は純非分離拡大である。
従って任意の代数拡大は
$$
K\subseteq L_s\subseteq L
$$
と、分離拡大の後に純非分離拡大を重ねた形へ標準的に分解される。
&&&
&&&prf [04-prf-separable-purely-inseparable-decomposition]
第一項は $L_s$ の定義そのものです。
$\alpha\in L$ を取ります。$\alpha$ の $K$ 上の最小多項式を標準形
$$
f(x)=g(x^{p^e}),\qquad g'\ne0
$$
に書きます。$g(\alpha^{p^e})=0$ で、$g$ は分離的です。$\alpha^{p^e}$ の最小多項式は $g$ の因子なので分離的であり、$\alpha^{p^e}\in L_s$ です。従って $\alpha$ は $L_s$ 上純非分離的です。$\alpha$ は任意なので $L/L_s$ は純非分離拡大です。□
&&&
有限拡大の場合、塔の法則から
$$
[L:K]=[L:L_s][L_s:K].
$$
前半 $[L:L_s]$ は $p$ の冪であり純非分離次数、後半は分離次数です。分離次数は $K$ 上の埋め込み数にも一致します。
&&&def 分離次数と非分離次数 [04-def-separable-inseparable-degree]
有限拡大 $L/K$ に対して
$$
[L:K]_s=[L_s:K],
\qquad
[L:K]_i=[L:L_s]
$$
をそれぞれ[[分離次数]]、[[非分離次数]]という。このとき
$$
[L:K]=[L:K]_s[L:K]_i.
$$
&&&
## 完全体のFrobenius判定
&&&thm 標数正の完全体判定 [04-thm-perfect-field-frobenius-criterion]
標数 $p>0$ の体 $K$ について次は同値である。
1. $K$ は完全体である。
2. Frobenius写像 $F:K\to K$、$a\mapsto a^p$ は全射である。
3. $K^p=\{a^p\mid a\in K\}$ が $K$ に等しい。
&&&
&&&prf [04-prf-perfect-field-frobenius-criterion]
$2$ と $3$ は同じ内容です。
$2\Rightarrow1$：非分離既約多項式 $f$ があると仮定します。すると $f'=0$ なので
$$
f=\sum_i a_ix^{pi}.
$$
全射性により $a_i=b_i^p$ と書けるため
$$
f=\left(\sum_i b_ix^i\right)^p
$$
となり、正次数の $f$ の既約性に反します。従って $K$ は完全です。
$1\Rightarrow2$：$a\in K$ を取ります。代数閉包で $b^p=a$ となる $b$ を取ると、$b$ は $K$ 上純非分離的です。一方 $K$ が完全なので $b$ は分離的でもあります。$b$ の最小多項式は分離的かつ根が一つしかないので一次式であり、$b\in K$。従って $a=b^p$ で、Frobeniusは全射です。□
&&&
有限体でFrobeniusが全射なのは有限集合上の単射だからでした。一方 $\mathbb F_p(t)$ では $t$ が $p$ 乗ではないので完全体ではありません。
## 演習
&&&exc 純非分離拡大の基底 [04-exc-purely-inseparable-basis]
$K=\mathbb F_p(t)$、$L=K(u)$、$u^p=t$ とする。$[L:K]=p$ を示し、$K$ 基底を一つ与えよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-purely-inseparable-basis-answer]
$t$ は $K$ 内の $p$ 乗ではありません。実際、既約分数 $a(t)/b(t)$ の $p$ 乗が $t$ なら
$$
a(t)^p=t,b(t)^p
$$
となりますが、両辺の既約因子 $t$ の指数は左辺で $p$ の倍数、右辺で $1$ を法として $p$ に合同となり矛盾します。従って $u\notin K$ で、$u$ の最小多項式は純非分離元の命題から $x^p-t$ です。ゆえに
$$
[L:K]=p,
$$
基底は
$$
1,u,u^2,\ldots,u^{p-1}
$$
です。□
&&&
&&&exc 二段の純非分離拡大 [04-exc-two-step-purely-inseparable]
$K=\mathbb F_p(t)$ とし、$v^{p^2}=t$ とする。$K(v)/K$ の次数、非分離指数、$K$ 上の埋め込み数を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-two-step-purely-inseparable-answer]
$t$ は $K$ の $p$ 乗ではないので、$v^{p^2}=t$ に至る最小の指数は2です。従って最小多項式は
$$
x^{p^2}-t,
$$
拡大次数は $p^2$、非分離指数は2です。純非分離拡大から代数閉包への $K$ 埋め込みは包含写像だけなので、埋め込み数は1です。□
&&&
&&&exc 分離かつ純非分離 [04-exc-separable-and-purely-inseparable]
$\alpha$ が $K$ 上分離的かつ純非分離的なら $\alpha\in K$ であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-separable-and-purely-inseparable-answer]
純非分離性により、$\alpha$ の最小多項式は代数閉包で根を一つしかもちません。分離性により、その最小多項式の根はすべて相異なります。この両方が成立するには最小多項式の次数が1でなければなりません。従って $\alpha\in K$ です。□
&&&
&&&exc 完全体の代数拡大 [04-exc-algebraic-extension-perfect-field]
$K$ を完全体、$L/K$ を代数拡大とする。$L_s=L$ かつ $[E:K]_i=1$ がすべての有限中間拡大 $E/K$ について成立することを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-algebraic-extension-perfect-field-answer]
$K$ が完全なので、$L$ のすべての元は $K$ 上分離的です。従って定義から $L_s=L$。有限中間拡大 $E/K$ でも $E_s=E$ なので
$$
[E:K]_i=[E:E_s]=1.
$$
□
&&&

3-3 非分離拡大

$\mathbb Q(\sqrt2)$ は $x^2-2$ の二根 $\pm\sqrt2$ をともに含みます。一方、$\mathbb Q(\sqrt[3]2)$ は $x^3-2$ の実根を含みますが、非実根 $\omega\sqrt[3]2$ と $\omega^2\sqrt[3]2$ を含みません。この差を捉えるのが正規性です。分離性が「根どうしが異なるか」を問うのに対し、正規性は「共役な根が拡大体の外へ逃げないか」を問います。
## 正規拡大の定義
&&&def 正規拡大 [04-def-normal-extension]
代数拡大 $L/K$ が**[[正規拡大]]**であるとは、$K[x]$ の任意の既約多項式 $f$ について、$f$ が $L$ に一つでも根をもてば $f$ が $L[x]$ で一次式の積に分解することをいう。
&&&
「一つの根を含む」だけでは足りないことが定義の中心です。
&&&prop 二次拡大は正規 [04-prop-quadratic-extension-normal]
$L/K$ が次数2の拡大なら $L/K$ は正規である。
&&&
&&&prf [04-prf-quadratic-extension-normal]
$f\in K[x]$ を既約とし、根 $\alpha\in L$ をもつとします。最小多項式 $m_{\alpha,K}=f$ であり
$$
\deg f=[K(\alpha):K]
$$
は塔の法則から $[L:K]=2$ の約数です。$\deg f=1$ なら根は $K$ にあります。$\deg f=2$ なら $K(\alpha)=L$ で、もう一つの根は $f=x^2+bx+c$ と書けば $-b-\alpha\in L$ です。従っていずれの場合も $f$ は $L$ で分解します。□
&&&
## 有限正規拡大は分解体である
&&&thm 正規拡大の分解体による特徴づけ [04-thm-normal-extension-splitting-field-characterization]
$L/K$ を有限次拡大とする。次は同値である。
1. $L/K$ は正規拡大である。
2. $L$ は $K[x]$ の有限個の多項式の共通分解体である。
3. $L$ はある $F\in K[x]$ の分解体である。
&&&
&&&prf [04-prf-normal-extension-splitting-field-characterization]
$1\Rightarrow2$：$L=K(\alpha_1,\ldots,\alpha_r)$ とし、$\alpha_i$ の $K$ 上の最小多項式を $f_i$ とします。各 $f_i$ は $L$ に根 $\alpha_i$ をもつので、正規性により $L$ で完全に分解します。$L$ はこれらの根の一部 $\alpha_i$ で生成され、逆に全根は $L$ に属するので、$L$ は $f_1,ldots,f_r$ の共通分解体です。
$2\Rightarrow3$：積 $F=f_1\cdots f_r$ の根全体は各 $f_i$ の根全体の合併なので、共通分解体は $F$ の分解体です。
$3\Rightarrow1$：$L$ を $F\in K[x]$ の分解体とし、既約多項式 $g\in K[x]$ が根 $\alpha\in L$ をもつとします。$g$ の任意の根 $\beta\in\overline K$ を取ります。単純拡大の同型延長により
$$
K(\alpha)\to K(\beta),\qquad \alpha\mapsto\beta
$$
という $K$ 上の同型があります。分解体の一意性の証明と同じ延長手続きを用いると、これは $L$ から $F$ の別の分解体への $K$ 上の同型へ延長されます。しかし $F$ の根はすべて $L$ にあり、像の分解体も $L$ 自身です。従って $\beta$ は $L$ に属します。$g$ の全根が $L$ に属するので $g$ は $L$ で分解します。□
&&&
$3\Rightarrow1$ の論証は、次の埋め込みによる特徴づけでより明瞭になります。
## 埋め込みによる特徴づけ
&&&thm 正規性の埋め込み判定 [04-thm-normal-extension-embedding-criterion]
$L/K$ を有限次拡大、$\overline K$ を $L$ を含む代数閉包とする。次は同値である。
1. $L/K$ は正規拡大である。
2. 任意の $K$ 上の埋め込み $\sigma:L\to\overline K$ に対して $\sigma(L)=L$ である。
3. 任意の $K$ 上の埋め込み $\sigma:L\to\overline K$ は $L$ の $K$ 上の自己同型を与える。
&&&
&&&prf [04-prf-normal-extension-embedding-criterion]
$1\Rightarrow2$：$\alpha\in L$ とし、その最小多項式を $m\in K[x]$ とします。$\sigma(\alpha)$ も $m$ の根です。正規性により $m$ の全根は $L$ にあるので $\sigma(\alpha)\in L$。従って $\sigma(L)\subseteq L$ です。有限次元 $K$ ベクトル空間として
$$
[\sigma(L):K]=[L:K]
$$
なので、包含と次元の一致から $\sigma(L)=L$ です。
$2\Rightarrow3$ は、像が $L$ に等しい埋め込みが $L\to L$ の全単射準同型であることから従います。
$3\Rightarrow1$：既約多項式 $f\in K[x]$ が根 $\alpha\in L$ をもつとします。任意の根 $\beta\in\overline K$ に対し、$\alpha\mapsto\beta$ という $K(\alpha)$ の埋め込みが存在します。この埋め込みは代数拡大への埋め込み延長定理により $L\to\overline K$ へ延長できます。仮定によりその像は $L$ なので $\beta\in L$。従って $f$ は $L$ で分解します。□
&&&
ここで使った一般の埋め込み延長は、有限生成なら根を一つずつ添加して得られます。無限代数拡大ではZornの補題で同じ延長を行います。
## 分離性とは独立な条件
$\mathbb Q(\sqrt2)/\mathbb Q$ は正規かつ分離的です。$\mathbb Q(\sqrt[3]2)/\mathbb Q$ は分離的ですが正規ではありません。一方、純非分離拡大は正規です。
&&&prop 純非分離拡大は正規 [04-prop-purely-inseparable-normal]
$L/K$ が純非分離拡大なら正規拡大である。
&&&
&&&prf [04-prf-purely-inseparable-normal]
$f\in K[x]$ を既約とし、根 $\alpha\in L$ をもつとします。$\alpha$ は純非分離的なので、その最小多項式は
$$
f(x)=x^{p^e}-a=(x-\alpha)^{p^e}
$$
と代数閉包で書けます。唯一の根 $\alpha$ は $L$ にあるため、$f$ は $L[x]$ で一次式の積に分解します。従って $L/K$ は正規です。□
&&&
この例により、正規だから分離的とは限りません。Galois拡大には両方の条件が必要です。
## 正規性と塔
&&&prop 正規拡大の中間拡大 [04-prop-normal-over-intermediate-field]
$L/K$ が有限正規拡大で $K\subseteq E\subseteq L$ なら、$L/E$ は正規である。
&&&
&&&prf [04-prf-normal-over-intermediate-field]
$L$ は $K[x]$ の有限個の多項式の共通分解体です。その多項式族を $E[x]$ の多項式と見ても、根全体が生成する $E$ 上の体は $L$ です。従って $L/E$ は分解体であり正規です。□
&&&
しかし $E/K$ は正規とは限りません。また、$L/E$ と $E/K$ が正規でも $L/K$ が正規とは限りません。
例えば
$$
\mathbb Q\subseteq\mathbb Q(\sqrt2)\subseteq\mathbb Q(\sqrt[4]2)
$$
を考えます。中段は $\mathbb Q$ 上二次なので正規です。上段も $\sqrt[4]2$ が $x^2-\sqrt2$ の根である二次拡大なので正規です。しかし全体は $x^4-2$ の根 $\sqrt[4]2$ を含みながら $i\sqrt[4]2$ を含まないので、$\mathbb Q$ 上正規ではありません。
## 合成体と正規閉包
&&&prop 正規拡大の合成 [04-prop-compositum-normal]
$L_1/K$ と $L_2/K$ が有限正規拡大で、両方が同じ代数閉包に含まれるとする。このとき合成体 $L_1L_2/K$ も正規である。
&&&
&&&prf [04-prf-compositum-normal]
$L_i$ はある $f_i\in K[x]$ の分解体として書けます。合成体 $L_1L_2$ は $f_1f_2$ の全根で生成され、そこで積が完全に分解します。従って $L_1L_2$ は $f_1f_2$ の分解体であり、正規です。□
&&&
&&&def 正規閉包 [04-def-normal-closure]
有限拡大 $L/K$ を固定した代数閉包に入れる。$L$ を含む最小の有限正規拡大 $N/K$ を $L/K$ の**[[正規閉包]]**という。
&&&
&&&prop 正規閉包の存在 [04-prop-existence-normal-closure]
有限拡大 $L/K$ は正規閉包をもつ。$L=K(\alpha_1,\ldots,\alpha_r)$ とし、各 $\alpha_i$ の最小多項式を $f_i$ とすれば、積 $f_1\cdots f_r$ の分解体が正規閉包である。
&&&
&&&prf [04-prf-existence-normal-closure]
積の分解体 $N$ は有限正規拡大で、各 $\alpha_i$ を含むので $L\subseteq N$ です。$M/K$ が $L$ を含む正規拡大なら、各 $f_i$ は $M$ に根 $\alpha_i$ をもつため $M$ で完全に分解します。従って全根が $M$ に入り、それらが生成する $N$ は $M$ に含まれます。よって $N$ は最小です。□
&&&
$\mathbb Q(\sqrt[3]2)$ の正規閉包は
$$
\mathbb Q(\sqrt[3]2,\omega)
$$
であり、これは $x^3-2$ の分解体です。
## 演習
&&&exc 二次拡大の正規性 [04-exc-quadratic-normality]
$d\in K$、$\operatorname{char}K\ne2$ とし、$d$ は $K$ の平方でないとする。$K(\sqrt d)/K$ が正規であることを、分解体による特徴づけから示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-quadratic-normality-answer]
$x^2-d$ の根は $\sqrt d$ と $-\sqrt d$ で、どちらも $K(\sqrt d)$ に属します。またこの体は $\sqrt d$ で生成されます。従って $K(\sqrt d)$ は $x^2-d$ の分解体であり、正規です。□
&&&
&&&exc 三次純拡大は正規でない [04-exc-pure-cubic-not-normal]
$L=\mathbb Q(\sqrt[3]5)$ が $\mathbb Q$ 上正規でないことを示し、その正規閉包を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-pure-cubic-not-normal-answer]
$x^3-5$ は素数5について Eisenstein なので既約です。$L$ は実数体の部分体で実根 $\sqrt[3]5$ を含みますが、非実根
$$
\omega\sqrt[3]5,\qquad \omega^2\sqrt[3]5
$$
を含みません。従って正規ではありません。全根を加えた
$$
\mathbb Q(\sqrt[3]5,\omega)
$$
が $x^3-5$ の分解体であり、正規閉包です。□
&&&
&&&exc 正規性が推移しない例 [04-exc-normality-not-transitive]
$K=\mathbb Q$、$E=\mathbb Q(\sqrt2)$、$L=\mathbb Q(\sqrt[4]2)$ とする。$E/K$ と $L/E$ は正規だが $L/K$ は正規でないことを詳しく示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-normality-not-transitive-answer]
$E$ は $x^2-2$ の分解体なので $E/K$ は正規です。$L=E(\sqrt[4]2)$ で、$\sqrt[4]2$ は $x^2-\sqrt2\in E[x]$ の根です。もう一つの根 $-\sqrt[4]2$ も $L$ にあるので、$L$ はこの二次式の分解体であり $L/E$ は正規です。
一方 $x^4-2\in\mathbb Q[x]$ は既約で $L$ に根 $\sqrt[4]2$ をもちますが、非実根 $i\sqrt[4]2$ は実体 $L$ に入りません。従って $L/K$ は正規ではありません。□
&&&
&&&exc 合成体の具体例 [04-exc-compositum-normal-example]
$\mathbb Q(\sqrt2)$ と $\mathbb Q(i)$ の合成体が $\mathbb Q$ 上正規であることを示し、一つの多項式の分解体として表せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-compositum-normal-example-answer]
合成体は $\mathbb Q(\sqrt2,i)$ です。これは
$$
(x^2-2)(x^2+1)
$$
の根 $\pm\sqrt2,\pm i$ をすべて含み、それらで生成されます。従ってこの積の分解体であり、$\mathbb Q$ 上正規です。□
&&&

4-3 正規拡大

代数的元 $\alpha$ は多くの多項式方程式を満たします。たとえば $\sqrt2$ は $x^2-2$ だけでなく、その任意の多項式倍でも消えます。その中で次数が最小のmonic多項式を選ぶと、$\alpha$ が満たすすべての関係、生成する体の次数、可能な共役元が一つの多項式に集約されます。
以下、$L/K$ を体拡大、$\alpha\in L$ を $K$ 上代数的とします。
## 評価写像の核
評価写像
$$
\operatorname{ev}_\alpha:K[x]\to L,
\qquad f\mapsto f(\alpha)
$$
の核は、$\alpha$ を消す多項式全体です。$\alpha$ は代数的なので核は零でないイデアルです。$K[x]$ はEuclid整域、従ってPIDなので
$$
\ker\operatorname{ev}_\alpha=(m)
$$
となる非零多項式 $m$ があります。単元倍を調整すれば $m$ をmonicにでき、そのようなmonic生成元は一意です。
&&&def 最小多項式 [04-def-minimal-polynomial]
$\ker\operatorname{ev}_\alpha$ の一意なmonic生成元を、$\alpha$ の $K$ 上の[[最小多項式]]といい
$$
m_{\alpha,K}(x)
$$
または基礎体が明らかなとき $m_\alpha(x)$ と書く。
&&&
同値に、$m_{\alpha,K}$ は $\alpha$ を根にもつmonic $K$ 係数多項式のうち次数最小のものです。
## 最小多項式は既約
&&&thm 最小多項式の既約性 [04-thm-minimal-polynomial-irreducible]
$m_{\alpha,K}$ は $K[x]$ で既約である。
&&&
&&&prf [04-prf-minimal-polynomial-irreducible]
$m=fg$ と因数分解できたとします。$\alpha$ を代入すると
$$
0=m(\alpha)=f(\alpha)g(\alpha).
$$
$L$ は体なので零因子がなく、$f(\alpha)=0$ または $g(\alpha)=0$。たとえば $f(\alpha)=0$ なら $f\in\ker\operatorname{ev}_\alpha=(m)$ なので $m\mid f$。従って
$$
\deg m\le\deg f.
$$
一方 $m=fg$ なので $\deg f\le\deg m$ で、$\deg g=0$。従って $g$ は単元です。もう一方の場合も同様なので $m$ は既約です。□
&&&
&&&cor 既約多項式から最小多項式を決める [04-cor-irreducible-polynomial-minimal]
$f\in K[x]$ がmonic既約で $f(\alpha)=0$ なら
$$
m_{\alpha,K}=f.
$$
&&&
&&&prf [04-prf-irreducible-polynomial-minimal]
$f(\alpha)=0$ なので $f\in(m_{\alpha,K})$、従って $m_{\alpha,K}\mid f$。両方monicで $f$ は既約、$m$ は非単元なので $m=f$ です。□
&&&
## すべての関係を割り切る
&&&thm 最小多項式の整除性 [04-thm-minimal-polynomial-divisibility]
$f\in K[x]$ について
$$
f(\alpha)=0
\quad\Longleftrightarrow\quad
m_{\alpha,K}\mid f.
$$
&&&
&&&prf [04-prf-minimal-polynomial-divisibility]
$f(\alpha)=0$ は $f\in\ker\operatorname{ev}_\alpha$ と同値です。核は $(m_{\alpha,K})$ なので、これは $f$ が $m_{\alpha,K}$ の倍数であることと同値です。□
&&&
この定理により、見つけた方程式が最小かを判定できます。多項式が既約なら最小です。既約でなければ、$\alpha$ を根にもつ既約因子が最小多項式です。
## 商環と生成体
第一同型定理により
$$
K[x]/(m_{\alpha,K})
\cong K[\alpha].
$$
$m_{\alpha,K}$ は既約なので $(m)$ は極大イデアル、従って左辺は体です。したがって $K[\alpha]$ 自身が体であり
$$
K[\alpha]=K(\alpha).
$$
&&&thm 最小多項式の次数と拡大次数 [04-thm-minimal-degree-extension-degree]
$d=\deg m_{\alpha,K}$ とする。このとき
$$
1,\alpha,\ldots,\alpha^{d-1}
$$
は $K(\alpha)/K$ の基底であり
$$
[K(\alpha):K]=d.
$$
&&&
&&&prf [04-prf-minimal-degree-extension-degree]
多項式の除法算法により任意の $f\in K[x]$ は
$$
f=qm+r,
\qquad\deg r<d
$$
と書けます。$\alpha$ を代入すると $f(\alpha)=r(\alpha)$ なので、$1,\ldots,\alpha^{d-1}$ は $K[\alpha]=K(\alpha)$ を生成します。
もし
$$
a_0+a_1\alpha+\cdots+a_{d-1}\alpha^{d-1}=0
$$
なら、次数 $d$ 未満の多項式 $r=\sum_{i=0}^{d-1}a_ix^i$ が $\alpha$ を消します。最小多項式の整除性から $m\mid r$。次数が小さいため $r=0$ で、全係数が0です。従って一次独立でもあり、基底です。□
&&&
## 標準例
### 平方根
$x^2-2$ は有理根をもたない二次多項式なので $\mathbb Q$ 上既約です。従って
$$
m_{\sqrt2,\mathbb Q}=x^2-2,
\qquad
[\mathbb Q(\sqrt2):\mathbb Q]=2.
$$
### 三乗根
$x^3-2$ は有理根定理により有理根をもたず、三次なので既約です。従って
$$
m_{\sqrt[3]2,\mathbb Q}=x^3-2,
\qquad
[\mathbb Q(\sqrt[3]2):\mathbb Q]=3.
$$
### 複素数 (i)
$i$ の最小多項式は基礎体で変わります。
$$
m_{i,\mathbb R}=x^2+1,
\qquad
m_{i,\mathbb C}=x-i.
$$
従って
$$
[\mathbb C:\mathbb R]=2,
\qquad
[\mathbb C:\mathbb C]=1.
$$
## 複数の平方根の最小多項式
$\alpha=\sqrt2+\sqrt3$ とします。前の頁の計算から
$$
\alpha^4-10\alpha^2+1=0.
$$
この四次式が最小であることを、体の次数から示します。
$$
\alpha^3=(\sqrt2+\sqrt3)^3=11\sqrt2+9\sqrt3
$$
なので
$$
\sqrt2=\frac{\alpha^3-9\alpha}{2},
\qquad
\sqrt3=\frac{11\alpha-\alpha^3}{2}.
$$
従って
$$
\mathbb Q(\alpha)=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3).
$$
右辺は $\mathbb Q$ 上4次なので $[\mathbb Q(\alpha):\mathbb Q]=4$。最小多項式の次数は拡大次数に等しいため、上のmonic四次多項式が最小多項式です。
## 共役元への入口
最小多項式の別の根を $\alpha$ の共役元と呼びます。たとえば $\sqrt2$ の共役は $-\sqrt2$、$\sqrt2+\sqrt3$ の共役候補は
$$
\pm\sqrt2\pm\sqrt3
$$
の四つです。実際、四つすべてが $x^4-10x^2+1$ の根です。
後に、$K$ を固定する体埋め込み $K(\alpha)\hookrightarrow\overline K$ は $\alpha$ を最小多項式の根へ送ること、分離的な場合にはすべての根から埋め込みが得られることを証明します。
## 演習
&&&exc 最小多項式の決定 [04-exc-minimal-polynomials-basic]
次の元の指定された基礎体上の最小多項式を求めよ。
1. $\sqrt5$ over $\mathbb Q$。
2. $1+\sqrt5$ over $\mathbb Q$。
3. $\sqrt5$ over $\mathbb Q(\sqrt5)$。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-minimal-polynomials-basic-answer]
1. $x^2-5$ は有理根をもたない二次多項式なので既約。従って $x^2-5$。
2. $\alpha=1+\sqrt5$ と置くと $(\alpha-1)^2=5$ なので
$$
\alpha^2-2\alpha-4=0.
$$
$x^2-2x-4$ の判別式は20で有理数の平方でないため有理根をもたず、既約です。従ってこれが最小多項式。
3. 基礎体にすでに $\sqrt5$ が入るので一次式 $x-\sqrt5$ です。□
&&&
&&&exc 高い次数の関係 [04-exc-nonminimal-annihilator]
$\alpha=\sqrt2$ とする。$f(x)=x^4-4$ が $\alpha$ を消すことを確かめ、$m_\alpha\mid f$ を実際に因数分解で示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-nonminimal-annihilator-answer]
$$
f(\sqrt2)=(\sqrt2)^4-4=4-4=0.
$$
また
$$
x^4-4=(x^2-2)(x^2+2).
$$
最小多項式 $m_\alpha=x^2-2$ が $f$ を割っています。□
&&&
&&&exc 有限次拡大の次数制約 [04-exc-minimal-degree-divides-extension]
$L/K$ を有限次拡大、$\alpha\in L$ とする。このとき
$$
\deg m_{\alpha,K}\mid[L:K]
$$
を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-minimal-degree-divides-extension-answer]
中間体 $K\subseteq K(\alpha)\subseteq L$ に塔の法則を使うと
$$
[L:K]=[L:K(\alpha)]\,[K(\alpha):K].
$$
最後の因子は最小多項式の次数なので
$$
[L:K]=[L:K(\alpha)]\deg m_{\alpha,K}.
$$
従って整除性が成り立ちます。□
&&&
&&&exc 四次関係から次数を絞る [04-exc-quartic-relation-degree]
$\alpha$ が $\alpha^4+\alpha+1=0$ を満たすとする。$[K(\alpha):K]$ について何が言えるか。さらに $x^4+x+1$ が $K[x]$ で既約なら何が言えるか。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-quartic-relation-degree-answer]
最小多項式は $x^4+x+1$ を割るので、その次数は4以下です。従って
$$
[K(\alpha):K]\le4.
$$
また最小多項式の次数は $x^4+x+1$ の既約因子の次数なので、具体的な因数分解によって1、2、3、4のいずれも原理的には起こり得ます。
$x^4+x+1$ が既約なら、monic既約で $\alpha$ を根にもつため最小多項式そのものです。従って拡大次数は4です。□
&&&

2-3 最小多項式

## ベクトルは同じでも係数が違う
「$1$ と $i$ は独立か」という問いには、係数をどこから取るかを指定するまで答えがない。実係数なら独立だが、複素係数なら $i\cdot1-1\cdot i=0$ という関係がある。この違いは表記上の細部ではなく、次元・固有値・対角化を変える。
## スカラーを制限する
&&&def スカラー制限 [def-restriction-scalars]
$K$ が $L$ の部分体で、$V$ が $L$ 上のベクトル空間であるとする。ベクトルの加法を変えず、スカラー倍に使う数を $K$ に限ることで得られる $K$ 上のベクトル空間を、$V$ の $K$ への**[[スカラー制限]]**という。
&&&
たとえば $\mathbb{C}$ は $\mathbb{C}$ 上では基底 $\{1\}$ をもつ一次元空間である。$\mathbb{R}$ へスカラー制限すると基底は $\{1,i\}$ となり二次元である。
&&&prop 拡大体上で独立なら部分体上でも独立 [prop-independence-descends]
$K\subset L$ とし、$V$ を $L$ 上のベクトル空間とする。$v_1,\ldots,v_n$ が $L$ 上線形独立なら、スカラー制限した $V$ で $K$ 上線形独立である。
&&&
&&&prf [prf-independence-descends]
$a_1,\ldots,a_n\in K$ が
$$
a_1v_1+\cdots+a_nv_n=0
$$
を満たすとする。$K\subset L$ だから各 $a_j$ は $L$ の元でもある。$L$ 上の線形独立性により $a_1=\cdots=a_n=0$ である。よって $K$ 上でも線形独立である。
&&&
逆は成り立たない。$1,i\in\mathbb{C}$ は $\mathbb{R}$ 上独立だが、$\mathbb{C}$ 上従属である。
## 同じ数の組でも独立性が変わる
$\{1,\sqrt2\}\subset\mathbb{R}$ を考える。有理数 $a,b$ について
$$
a+b\sqrt2=0
$$
なら、$b\ne0$ とすると $\sqrt2=-a/b\in\mathbb{Q}$ となり矛盾する。よって $a=b=0$ であり、$\mathbb{Q}$ 上独立である。
一方、実係数を許せば
$$
(-\sqrt2)\cdot1+1\cdot\sqrt2=0
$$
なので $\mathbb{R}$ 上従属である。
## 固有値も係数体に依存する
実行列
$$
A=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}
$$
を考える。$Av=\lambda v$ を満たす非零実ベクトル $v=(x,y)^t$ があるとすると
$$
-y=\lambda x,\qquad x=\lambda y.
$$
これらから $x=-\lambda^2x$ を得る。$x=0$ なら第一式から $y=0$ となるので、固有ベクトルが非零であることに反する。したがって $x\ne0$ であり、$\lambda^2=-1$ が必要である。実数にはそのような $\lambda$ がない。
しかし複素数上では固有値 $i,-i$ があり、
$$
A\begin{pmatrix}1\\-i\end{pmatrix}
=i\begin{pmatrix}1\\-i\end{pmatrix},\qquad
A\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix}
=-i\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix}.
$$
したがって $A$ は $\mathbb{R}$ 上では固有値をもたず、$\mathbb{C}$ 上では対角化できる。
## 次元はどう変わるか
&&&thm スカラー制限と次元 [thm-dimension-restriction-scalars]
$K\subset L$ を有限次拡大とし、$V$ を有限次元 $L$ ベクトル空間とする。このとき
$$
\dim_K V=[L:K]\dim_L V
$$
である。ここで $[L:K]:=\dim_K L$ である。
&&&
&&&prf [prf-dimension-restriction-scalars]
$u_1,\ldots,u_m$ を $L$ の $K$ 基底、$v_1,\ldots,v_n$ を $V$ の $L$ 基底とする。$mn$ 個のベクトル
$$
u_iv_j\qquad(1\le i\le m,\ 1\le j\le n)
$$
が $V$ の $K$ 基底であることを示す。
任意の $v\in V$ は $v=\sum_j a_jv_j$ と書ける。各 $a_j\in L$ は $a_j=\sum_i c_{ij}u_i$、$c_{ij}\in K$ と書けるので
$$
v=\sum_{i,j}c_{ij}u_iv_j.
$$
よってこれらは $V$ を $K$ 上生成する。
次に $\sum_{i,j}c_{ij}u_iv_j=0$ とする。$v_j$ の $L$ 上の独立性から、各 $j$ について $\sum_i c_{ij}u_i=0$ である。さらに $u_i$ の $K$ 上の独立性から、すべての $c_{ij}=0$ となる。よって $u_iv_j$ は $K$ 上独立である。したがって次元は $mn$ である。
&&&
## 線形代数学での運用原則
- 基底・次元・階数を述べるときは、必ず係数体を固定する。
- 固有値が存在すると決めつけず、特性多項式が係数体上で根をもつか確認する。
- $\mathbb{R}$ から $\mathbb{C}$ へ移ると、解や固有値は増えうる。独立性は失われうる。
- 元の体へ戻るときは、複素固有値や複素基底から得た結論が実ベクトルについて何を意味するかを翻訳する。
## 演習
&&&exc 複素空間の実次元 [exc-complex-real-dimension]
$\mathbb{C}^n$ を実ベクトル空間とみたとき、次元が $2n$ であることを具体的な基底を挙げて示せ。
&&&
&&&prf 解答 [prf-complex-real-dimension]
$e_1,\ldots,e_n$ を標準基底とする。このとき
$$
e_1,ie_1,e_2,ie_2,\ldots,e_n,ie_n
$$
が実基底である。任意の $z=(a_1+b_1i,\ldots,a_n+b_ni)$ は
$$
z=\sum_{j=1}^n a_je_j+\sum_{j=1}^n b_j(ie_j)
$$
と実係数で表せる。右辺が0なら各座標の実部・虚部を比較してすべての係数が0となるので独立である。
&&&
次ページでは、係数体に根が存在するという仮定を正確に言い分ける。


1-3 係数体を替えると何が変わるか

異なる体準同型 $\sigma_1,ldots,\sigma_n$ を、体から別の体への関数と見ます。驚くべきことに、係数を像の体から自由に取っても
$$
c_1\sigma_1(x)+\cdots+c_n\sigma_n(x)=0
$$
がすべての $x$ で成立することはありません。ただし全係数が0の場合を除きます。このArtinの独立性補題が、自己同型の個数を拡大次数へ変換します。
## 関数の線形結合
$K,L$ を体とし、写像 $f:L\to K$ 全体は、点ごとの加法とスカラー倍
$$
(f+g)(x)=f(x)+g(x),
$$
$$
(cf)(x)=c f(x)
$$
により $K$ ベクトル空間をなします。体準同型はこのベクトル空間の特別な元です。
&&&thm Artinの独立性補題 [04-thm-artin-independence-characters]
$L,K$ を体とし、$\sigma_1,ldots,\sigma_n:L\to K$ を相異なる体準同型とする。このとき $\sigma_1,ldots,\sigma_n$ は関数として $K$ 上線形独立である。
すなわち $c_1,ldots,c_n\in K$ が
$$
\sum_{i=1}^n c_i\sigma_i(x)=0
\qquad\text{for all }x\in L
$$
を満たすなら、$c_1=\cdots=c_n=0$ である。
&&&
&&&prf [04-prf-artin-independence-characters]
非自明な線形関係があると仮定し、非零係数の個数が最小のものを取ります。零係数を除き、並べ替えて
$$
c_1\sigma_1(x)+\cdots+c_m\sigma_m(x)=0
$$
がすべての $x\in L$ で成立し、各 $c_i\ne0$ とします。$m=1$ なら $x=1$ を代入して $c_1=0$ となり矛盾するので $m\ge2$ です。
$\sigma_1\ne\sigma_m$ なので、ある $a\in L$ が存在して
$$
\sigma_1(a)\ne\sigma_m(a)
$$
です。元の関係へ $ax$ を代入すると
$$
\sum_{i=1}^m c_i\sigma_i(a)\sigma_i(x)=0.
$$
一方、元の関係を $\sigma_m(a)$ 倍すると
$$
\sum_{i=1}^m c_i\sigma_m(a)\sigma_i(x)=0.
$$
両式を引けば
$$
\sum_{i=1}^{m-1}
c_i\bigl(\sigma_i(a)-\sigma_m(a)\bigr)\sigma_i(x)=0.
$$
$\sigma_m$ の項は消え、$\sigma_1$ の係数は仮定から非零です。従って非零項が $m$ 個未満の非自明な線形関係を得て、最小性に矛盾します。ゆえに非自明な関係は存在しません。□
&&&
証明は加法性だけでなく、決定的に
$$
\sigma_i(ax)=\sigma_i(a)\sigma_i(x)
$$
という乗法性を使っています。一般の線形写像について同じ主張は成立しません。
## 評価行列
独立性補題には行列版があります。
&&&cor 可逆な評価行列 [04-cor-invertible-evaluation-matrix]
相異なる体準同型 $\sigma_1,ldots,\sigma_n:L\to K$ に対し、ある $a_1,ldots,a_n\in L$ が存在して
$$
M=(\sigma_i(a_j))_{1\le i,j\le n}
$$
が可逆になる。
&&&
&&&prf [04-prf-invertible-evaluation-matrix]
各 $a\in L$ に評価ベクトル
$$
v(a)=(\sigma_1(a),\ldots,\sigma_n(a))^T\in K^n
$$
を対応させます。これらのベクトルが $K^n$ を張らないと仮定すると、その張る部分空間を消す非零線形汎関数が存在します。従って全ては0でない $(c_1,ldots,c_n)$ が存在して
$$
\sum_{i=1}^n c_i\sigma_i(a)=0
$$
がすべての $a\in L$ で成立します。これはArtinの独立性に反します。よって評価ベクトルは $K^n$ を張り、その中から基底となる $n$ 本 $v(a_1),\ldots,v(a_n)$ を選べます。これらを列に並べた $M$ は可逆です。□
&&&
## 自己同型群への適用
&&&cor 自己同型の個数と次数の不等式 [04-cor-automorphism-count-degree-bound]
$L/E$ を有限次拡大とする。このとき
$$
|\operatorname{Aut}_E(L)|\le[L:E].
$$
&&&
&&&prf [04-prf-automorphism-count-degree-bound]
$E$ 上の自己同型は、固定した代数閉包への相異なる $E$ 埋め込みです。埋め込み数が拡大次数以下であることから従います。
Artinの独立性を直接使うこともできます。$E$ 基底 $b_1,ldots,b_d$ を取ると、任意の $x\in L$ への自己同型の値は基底上の値で決まります。$d$ より多い自己同型があれば、それらの評価行を独立にする $d$ 列しかなく、可逆な評価行列の系と矛盾します。□
&&&
後半の行列説明を厳密に言えば、$n$ 個の自己同型があれば可逆な $n\times n$ 評価行列を作れます。その列に使う $a_j$ は $d$ 個の基底の線形結合なので、評価行列の列空間は高々 $d$ 次元です。従って $n\le d$ です。
## 共役の和が消えない場合
有限分離拡大 $L/E$ の全埋め込みを $\sigma_1,ldots,\sigma_n$ とすると、traceは
$$
\operatorname{Tr}_{L/E}(x)
=\sum_{i=1}^n\sigma_i(x)
$$
です。Artinの独立性により、右辺は関数として恒等的に零ではありません。従って有限分離拡大では、ある $x\in L$ が存在して
$$
\operatorname{Tr}_{L/E}(x)\ne0
$$
となります。
これは非分離拡大との違いです。純非分離拡大では乗法写像の特性多項式が最小多項式の冪となり、traceが恒等的に零になることがあります。
## Vandermonde行列との関係
$L=E(\alpha)$ が次数 $n$ の分離単純拡大で、埋め込みが
$$
\sigma_i(\alpha)=\alpha_i
$$
を満たすとします。$a_j=\alpha^{j-1}$ を選ぶと評価行列は
$$
M=
\begin{pmatrix}
1&\alpha_1&\alpha_1^2&\cdots&\alpha_1^{n-1}\\
1&\alpha_2&\alpha_2^2&\cdots&\alpha_2^{n-1}\\
\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\
1&\alpha_n&\alpha_n^2&\cdots&\alpha_n^{n-1}
\end{pmatrix}.
$$
その行列式は
$$
\det M=\prod_{1\le i<j\le n}(\alpha_j-\alpha_i)
$$
です。分離性により根は相異なるので行列式は非零です。Artinの独立性の抽象的な評価行列が、単純拡大ではVandermonde行列として目に見えます。
## 演習
&&&exc 二つの埋め込みの独立性 [04-exc-independence-two-embeddings]
$\sigma,\tau:L\to K$ を異なる体準同型とする。$c\sigma+d\tau=0$ が関数として成立するなら $c=d=0$ を、一般定理を使わず直接示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-independence-two-embeddings-answer]
$x=1$ を代入して $c+d=0$。従って $d=-c$ です。$\sigma\ne\tau$ なので $\sigma(a)\ne\tau(a)$ となる $a\in L$ を取れます。$x=a$ を代入すると
$$
c\bigl(\sigma(a)-\tau(a)\bigr)=0.
$$
括弧内は非零なので $c=0$、従って $d=0$ です。□
&&&
&&&exc 二次拡大の評価行列 [04-exc-evaluation-matrix-quadratic]
$L=\mathbb Q(\sqrt2)$ の二つの $\mathbb Q$ 埋め込みと $a_1=1,a_2=\sqrt2$ から評価行列を作り、行列式を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-evaluation-matrix-quadratic-answer]
二つの埋め込みは $\sqrt2$ をそれぞれ $\sqrt2,-\sqrt2$ へ送ります。従って
$$
M=\begin{pmatrix}1&\sqrt2\\1&-\sqrt2\end{pmatrix},
$$
$$
\det M=-\sqrt2-\sqrt2=-2\sqrt2\ne0.
$$
よって二つの評価行は独立です。□
&&&
&&&exc traceは零写像でない [04-exc-trace-nonzero-separable]
$L/E$ が有限分離拡大なら、trace写像 $\operatorname{Tr}_{L/E}:L\to E$ が零写像でないことを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-trace-nonzero-separable-answer]
代数閉包への相異なる $E$ 埋め込みを $\sigma_1,ldots,\sigma_n$ とすると
$$
\operatorname{Tr}_{L/E}=\sigma_1+\cdots+\sigma_n.
$$
もし零写像なら、係数がすべて1の非自明な線形関係になります。Artinの独立性補題に反するため、traceは零写像ではありません。□
&&&
&&&exc Vandermonde行列 [04-exc-vandermonde-separable]
$\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ が相異なるとき、Vandermonde行列の行が線形独立であることを、その行列式から説明せよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-vandermonde-separable-answer]
Vandermonde行列式は
$$
\prod_{1\le i<j\le n}(\alpha_j-\alpha_i)
$$
です。根が相異なるので各因子は非零であり、体では非零元の積も非零です。従って行列式は非零、行列は可逆で、その行は線形独立です。□
&&&

6-3 体準同型の独立性

$\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$ は二つの平方根を加えて作りました。しかし
$$
\theta=\sqrt2+\sqrt3
$$
だけを知れば、実は二つの平方根を復元できます。複数の生成元を一つへまとめられるのは偶然ではありません。有限分離拡大は常に一つの元で生成できます。その一つの元を原始元と呼びます。
## 単純拡大と原始元
&&&def 原始元 [04-def-primitive-element]
有限拡大 $L/K$ に対し、$L=K(\theta)$ を満たす $\theta\in L$ を $L/K$ の**[[原始元]]**という。原始元をもつ拡大を**[[単純拡大]]**という。
&&&
## 最初の具体例
$\theta=\sqrt2+\sqrt3$ とおきます。計算すると
$$
\theta^3
=(\sqrt2+\sqrt3)(5+2\sqrt6)
=11\sqrt2+9\sqrt3.
$$
従って
$$
\sqrt2=\frac{\theta^3-9\theta}{2},
\qquad
\sqrt3=\frac{11\theta-\theta^3}{2}.
$$
よって
$$
\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)=\mathbb Q(\theta).
$$
また $\theta^2=5+2\sqrt6$ から
$$
(\theta^2-5)^2=24,
$$
すなわち
$$
\theta^4-10\theta^2+1=0.
$$
左辺は $\theta$ の最小多項式です。実際、元の拡大次数が4で $\mathbb Q(\theta)$ が全体に等しいので最小多項式の次数も4です。
この例の本質は、$\sqrt2+c\sqrt3$ の係数 $c$ をうまく選べば、異なる埋め込みがこの元を異なる値へ送ることです。
## 無限体上の二生成元の場合
&&&lemma 二つの生成元を一つへまとめる [04-lem-two-generators-primitive]
$K$ を無限体とし、$L=K(\alpha,\beta)$ を有限分離拡大とする。このとき、有限個の例外を除く $c\in K$ に対し
$$
L=K(\alpha+c\beta)
$$
である。
&&&
&&&prf [04-prf-two-generators-primitive]
$n=[L:K]$ とします。分離性により、相異なる $K$ 上の埋め込み
$$
\sigma_1,\ldots,\sigma_n:L\to\overline K
$$
がちょうど $n$ 個あります。
$i\ne j$ に対し
$$
\sigma_i(\alpha+c\beta)=\sigma_j(\alpha+c\beta)
$$
となる条件は
$$
\sigma_i(\alpha)-\sigma_j(\alpha)
=c\bigl(\sigma_j(\beta)-\sigma_i(\beta)\bigr)
$$
です。$\sigma_i(\beta)\ne\sigma_j(\beta)$ なら、これを満たす $c$ は高々一つです。$\sigma_i(\beta)=\sigma_j(\beta)$ なら、$\sigma_i\ne\sigma_j$ かつ $L=K(\alpha,\beta)$ なので $\sigma_i(\alpha)\ne\sigma_j(\alpha)$ となり、等式を満たす $c$ はありません。
組 $(i,j)$ は有限個なので、埋め込みの値が衝突する悪い $c$ は有限個しかありません。$K$ は無限体だから、それらを避ける $c\in K$ を選べます。$\theta=\alpha+c\beta$ とおけば
$$
\sigma_1(\theta),\ldots,\sigma_n(\theta)
$$
はすべて相異なります。従って $\theta$ の最小多項式は少なくとも $n$ 個の相異なる根をもち、次数は少なくとも $n$ です。一方
$$
[K(\theta):K]\le[L:K]=n
$$
なので次数はちょうど $n$。$K(\theta)\subseteq L$ と次元が等しいため $K(\theta)=L$ です。□
&&&
## 有限体の場合に必要な補題
有限体上では「有限個の悪い係数を避ける」だけでは不十分です。しかし有限拡大 $L$ 自身も有限体になり、その乗法群の生成元が原始元になります。
&&&lemma 体の有限乗法部分群は巡回群 [04-lem-finite-multiplicative-subgroup-cyclic]
体 $F$ の乗法群 $F^\times$ の有限部分群 $G$ は巡回群である。
&&&
&&&prf [04-prf-finite-multiplicative-subgroup-cyclic]
$|G|=N$ とし、$G$ の元の位数の最小公倍数を $m$ とします。すべての $g\in G$ が $g^m=1$ を満たすため、$G$ の全 $N$ 元は多項式 $x^m-1$ の根です。体上の次数 $m$ の多項式は高々 $m$ 個の根しかもたないので
$$
N\le m.
$$
一方、Lagrangeの定理から各元の位数は $N$ を割るので $m\mid N$、特に $m\le N$。従って $m=N$ です。
最後に位数が $m$ の元が存在することを示します。$m=\prod_q q^{e_q}$ と素因数分解します。最小公倍数の定義から、各素数 $q$ について位数が $q^{e_q}$ で割り切れる元 $g_q\in G$ が存在します。$g_q$ の適当な冪を取れば位数がちょうど $q^{e_q}$ の元 $h_q$ を得ます。$G$ は体の乗法群の部分群なので可換です。互いに素な位数をもつ可換な元の積の位数は位数の積だから
$$
h=\prod_qh_q
$$
の位数は $\prod_q q^{e_q}=m=N$ です。従って $G=\langle h\rangle$ は巡回群です。□
&&&
証明中で用いた「互いに素な位数 $r,s$ の可換な元 $a,b$ の積は位数 $rs$」は、$(ab)^k=1$ なら $a^k=b^{-k}$ が $\langle a\rangle\cap\langle b\rangle$ に属し、この共通部分の位数が $r$ と $s$ の両方を割るため自明、従って $r\mid k$ かつ $s\mid k$ となることから従います。
&&&prop 有限体の有限拡大は単純 [04-prop-finite-field-extension-simple]
$K$ が有限体で $L/K$ が有限次拡大なら、$L/K$ は単純拡大である。
&&&
&&&prf [04-prf-finite-field-extension-simple]
$L$ は有限集合であり、補題から $L^\times$ はある $\theta$ で生成される巡回群です。すると $L$ の任意の非零元は $\theta$ の冪なので $K(\theta)$ に属し、零も属します。従って $L=K(\theta)$ です。□
&&&
## 原始元定理
&&&thm 原始元定理 [04-thm-primitive-element-theorem]
$L/K$ が有限分離拡大なら、ある $\theta\in L$ が存在して
$$
L=K(\theta)
$$
となる。
&&&
&&&prf [04-prf-primitive-element-theorem]
$K$ が有限体なら、直前の命題により $L/K$ は単純です。
$K$ が無限体なら、有限次拡大 $L$ は有限個の元で生成され
$$
L=K(\alpha_1,\ldots,\alpha_r)
$$
と書けます。$r=1$ なら終わりです。$r\ge2$ なら二生成元の補題を $K(\alpha_1,\alpha_2)/K$ に適用し、これを $K(\theta_2)$ と一つにまとめます。次に $K(\theta_2,\alpha_3)$ を $K(\theta_3)$ とまとめます。有限分離拡大の中間拡大も分離的なので、各段で補題を適用できます。有限回繰り返して
$$
L=K(\theta_r)
$$
を得ます。□
&&&
## 係数の選び方を計算する
$L=K(\alpha,\beta)$、$K$ が無限体の場合、悪い係数は
$$
c_{ij}
=\frac{\sigma_i(\alpha)-\sigma_j(\alpha)}
{\sigma_j(\beta)-\sigma_i(\beta)}
$$
のうち $K$ に属するものだけです。従って理論上は有限個を避ければよく、整数や小さな有理数を順に試せます。
$\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$ では埋め込みは二つの平方根の符号を独立に変えます。$\sqrt2+c\sqrt3$ の像が衝突する可能性を調べると、$c=0$ など有限個だけが悪く、$c=1$ は使えます。実際、冒頭で $\sqrt2$ と $\sqrt3$ の復元式まで得ました。
&&&prop 原始元の最小多項式の作り方 [04-prop-minimal-polynomial-primitive-element]
$L/K$ を有限分離拡大、$L=K(\theta)$ とし、$K$ 上の埋め込みを $\sigma_1,\ldots,\sigma_n$ とする。このとき
$$
m_{\theta,K}(x)=\prod_{i=1}^n(x-\sigma_i(\theta)).
$$
&&&
&&&prf [04-prf-minimal-polynomial-primitive-element]
原始元なので $n=[L:K]=[K(\theta):K]$。分離性により $\theta$ の最小多項式は相異なる $n$ 個の根をもち、それらは単純拡大の埋め込み定理から $\sigma_i(\theta)$ に一致します。両辺は同じ根をもつモニック次数 $n$ の多項式なので等しいです。□
&&&
## 分離性を外すと失敗する
原始元定理の分離性は必要です。$K=\mathbb F_p(s,t)$ とし
$$
L=K(u,v),\qquad u^p=s,\quad v^p=t
$$
とします。$s,t$ は独立な不定元なので
$$
[L:K]=p^2.
$$
ところが任意の $\theta\in L$ は
$$
\theta=\sum_{0\le i,j<p}a_{ij}u^iv^j
$$
と書け、Frobeniusにより
$$
\theta^p
=\sum_{i,j}a_{ij}^ps^it^j\in K.
$$
従って $[K(\theta):K]\le p$ であり、$K(\theta)=L$ となる $\theta$ は存在しません。この拡大は有限ですが単純ではありません。
## 演習
&&&exc 二平方根を復元する [04-exc-recover-two-square-roots]
$\theta=\sqrt2+\sqrt5$ とする。$\sqrt2,\sqrt5$ を $\theta$ の有理係数多項式として表し、$\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt5)=\mathbb Q(\theta)$ を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-recover-two-square-roots-answer]
$$
\theta^3=(\sqrt2+\sqrt5)(7+2\sqrt{10})
=17\sqrt2+11\sqrt5.
$$
従って
$$
\theta^3-11\theta=6\sqrt2,
\qquad
17\theta-\theta^3=6\sqrt5.
$$
よって
$$
\sqrt2=\frac{\theta^3-11\theta}{6},
\qquad
\sqrt5=\frac{17\theta-\theta^3}{6}.
$$
両生成元が $\mathbb Q(\theta)$ に入るので二つの体は等しいです。□
&&&
&&&exc 最小多項式を求める [04-exc-minimal-polynomial-sqrt2-sqrt3]
$\theta=\sqrt2+\sqrt3$ の $\mathbb Q$ 上の最小多項式を、平方を二回使って導け。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-minimal-polynomial-sqrt2-sqrt3-answer]
$$
\theta^2=5+2\sqrt6
$$
なので
$$
(\theta^2-5)^2=24.
$$
展開して
$$
\theta^4-10\theta^2+1=0.
$$
また $\mathbb Q(\theta)=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$ の次数は4なので、最小多項式の次数は4です。従って
$$
x^4-10x^2+1
$$
が最小多項式です。□
&&&
&&&exc 有限体の原始元 [04-exc-primitive-element-f9]
$\mathbb F_9=\mathbb F_3(i)$、$i^2=-1=2$ とする。$1+i$ の乗法位数を求め、$\mathbb F_9^\times$ を生成することを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-primitive-element-f9-answer]
$a=1+i$ とおくと
$$
a^2=1+2i+i^2=2i,
$$
$$
a^4=(2i)^2=4i^2=2,
$$
$$
a^8=2^2=1.
$$
一方 $a^2=2i\ne1$、$a^4=2\ne1$ なので位数は8です。$\mathbb F_9^\times$ の元数も8だから
$$
\mathbb F_9^\times=\langle1+i\rangle.
$$
特に $\mathbb F_9=\mathbb F_3(1+i)$ です。□
&&&
&&&exc 非分離拡大が単純でない例 [04-exc-nonseparable-not-simple]
$K=\mathbb F_p(s,t)$、$L=K(s^{1/p},t^{1/p})$ とする。$[L:K]=p^2$ と、任意の $\theta\in L$ について $[K(\theta):K]\le p$ を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-nonseparable-not-simple-answer]
$u=s^{1/p}$、$v=t^{1/p}$ とおきます。$x^p-s$ は $K$ 上既約なので $[K(u):K]=p$。さらに $t$ は $K(u)$ の $p$ 乗ではないので $x^p-t$ は $K(u)$ 上既約で、塔の法則から $[L:K]=p^2$ です。
基底 $u^iv^j$、$0\le i,j<p$ を使って $\theta=\sum a_{ij}u^iv^j$ と書けば
$$
\theta^p=\sum a_{ij}^ps^it^j\in K.
$$
従って $\theta$ の最小多項式は $x^p-\theta^p$ を割り、次数は高々 $p$ です。よって一つの $\theta$ で次数 $p^2$ の $L$ 全体を生成することはできません。□
&&&

4-4 原始元定理

実数を係数として複素数を書くと、すべての複素数は
$$
a+bi
$$
という二つの係数で表せます。この事実を「複素数体は実数体上2次元のベクトル空間である」と読み替えるのが体拡大論の出発点です。体に新しい数を加えたとき、何個の係数が必要になるかを拡大次数で測ります。
## 体拡大
&&&def 体拡大 [04-def-field-extension]
体 $K,L$ と単射な体準同型 $\iota:K\hookrightarrow L$ の組を[[体拡大]]という。$K$ を像と同一視できるとき $K\subseteq L$ と書き、拡大を $L/K$ と表す。
&&&
包含写像を指定することもデータの一部です。同じ抽象体が別の方法で大きな体へ埋め込まれることがあるからです。本書では特に断らない限り、包含は文脈から明らかな標準的なものを使います。
例として
$$
\mathbb Q\subseteq\mathbb R\subseteq\mathbb C
$$
は体拡大です。また素数 $p$ に対し
$$
\mathbb F_p\subseteq\mathbb F_p(t)
$$
も体拡大です。ここで $t$ は不定元、$\mathbb F_p(t)$ は有理関数体です。
一方、$\mathbb Z\subseteq\mathbb Q$ は環の包含ですが、$\mathbb Z$ が体でないので体拡大とは呼びません。
## 大きな体は小さな体上のベクトル空間
$L/K$ が体拡大なら、$L$ の加法をベクトル加法、$K$ の元による $L$ 内の乗法をスカラー倍とみなせます。体の公理からベクトル空間の公理がすべて成り立つため、$L$ は $K$ ベクトル空間です。
&&&def 拡大次数 [04-def-extension-degree]
$L$ を $K$ ベクトル空間とみた次元を $L/K$ の[[拡大次数]]といい
$$
[L:K]=\dim_KL
$$
と書く。次元が有限なら有限次拡大、無限なら無限次拡大という。
&&&
記号 $[L:K]$ の順番は「大きな体：小さな体」です。
## 最初の例：$\mathbb C/\mathbb R$
すべての複素数は一意に $a+bi$（$a,b\in\mathbb R$）と書けるので
$$
\mathbb C=\mathbb R\cdot1\oplus\mathbb R\cdot i.
$$
従って $(1,i)$ は $\mathbb R$ 基底で
$$
[\mathbb C:\mathbb R]=2.
$$
$\mathbb C$ を $\mathbb Q$ ベクトル空間とみると次元は無限です。もし有限次元なら $\mathbb C$ は有限個の複素数の有理係数線形結合全体となります。$\mathbb Q^n$ は可算集合なので $\mathbb C$ も可算になってしまいますが、$\mathbb R\subseteq\mathbb C$ は非可算です。矛盾します。
## 平方根を一つ加える
$\sqrt2$ を含む最小の $\mathbb Q$ の部分体を $\mathbb Q(\sqrt2)$ と書きます。
&&&prop 二次拡大の具体形 [04-prop-q-sqrt2-basis]
$$
\mathbb Q(\sqrt2)
=\{a+b\sqrt2:a,b\in\mathbb Q\},
$$
$(1,\sqrt2)$ は $\mathbb Q$ 基底である。従って
$$
[\mathbb Q(\sqrt2):\mathbb Q]=2.
$$
&&&
&&&prf [04-prf-q-sqrt2-basis]
右辺を $S$ と置きます。加法・減法と乗法について
$$
(a+b\sqrt2)(c+d\sqrt2)
=(ac+2bd)+(ad+bc)\sqrt2
$$
なので閉じています。非零元 $a+b\sqrt2$ の逆元は
$$
\frac1{a+b\sqrt2}
=\frac{a-b\sqrt2}{a^2-2b^2}
$$
です。分母が0なら $a^2=2b^2$。$b=0$ なら $a=0$ となり元が0なので矛盾。$b\ne0$ なら $(a/b)^2=2$ となりますが、$\sqrt2\notin\mathbb Q$ なので不可能です。従って分母は非零で、逆元も $S$ に入ります。
よって $S$ は $\mathbb Q$ と $\sqrt2$ を含む部分体です。$\mathbb Q(\sqrt2)$ の最小性から $\mathbb Q(\sqrt2)\subseteq S$。逆に体 $\mathbb Q(\sqrt2)$ は $a,b,\sqrt2$ を含み、加法と乗法で閉じるので $S\subseteq\mathbb Q(\sqrt2)$。従って等号です。
$1,\sqrt2$ が一次従属なら $a+b\sqrt2=0$ となる $a,b\in\mathbb Q$ があり、少なくとも一方は非零です。$b=0$ なら $a=0$ なので、$b\ne0$。すると $\sqrt2=-a/b\in\mathbb Q$ となり矛盾です。従って一次独立で、生成もするため基底です。□
&&&
この証明では共役 $a-b\sqrt2$ を掛けて逆元を作りました。後に導入するnormは、この分母
$$
a^2-2b^2
$$
を一般化します。
## 有限次拡大の元は多項式方程式を満たす
&&&def 代数的元・超越元 [04-def-algebraic-transcendental-preview]
$L/K$ と $\alpha\in L$ に対し、ある非零多項式 $f(x)\in K[x]$ が存在して $f(\alpha)=0$ となるとき、$\alpha$ は $K$ 上[[代数的元|代数的]]であるという。そのような非零多項式が存在しないとき、$\alpha$ は $K$ 上[[超越元|超越的]]であるという。
&&&
&&&thm 有限次拡大は代数的 [04-thm-finite-extension-algebraic]
$[L:K]<\infty$ なら、すべての $\alpha\in L$ は $K$ 上代数的である。
&&&
&&&prf [04-prf-finite-extension-algebraic]
$n=[L:K]$ とします。$L$ は $n$ 次元 $K$ ベクトル空間なので、$n+1$ 個の元
$$
1,\alpha,\alpha^2,\ldots,\alpha^n
$$
は一次従属です。従って、すべては0でない係数 $a_0,\ldots,a_n\in K$ が存在して
$$
a_0+a_1\alpha+\cdots+a_n\alpha^n=0.
$$
非零多項式 $f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$ と置けば $f(\alpha)=0$。よって $\alpha$ は代数的です。□
&&&
逆はそのままでは成り立ちません。「すべての元が代数的」であっても、元を無限個追加してできる拡大は無限次になり得ます。一方、有限個の代数的元で生成される拡大は有限次です。これは最小多項式と塔の法則を準備した後に証明します。
## 基礎体を変えると基底も変わる
$\mathbb C$ は $\mathbb R$ 上では基底 $(1,i)$ をもつ2次元空間ですが、$\mathbb C$ 上では基底 $(1)$ をもつ1次元空間です。同じ集合・同じ加法でも、許されるスカラーが増えると一次関係が増え、次元は小さくなり得ます。
一般に $K\subseteq E\subseteq L$ があるとき、$L$ の $E$ 基底と $E$ の $K$ 基底を掛け合わせると $L$ の $K$ 基底ができます。これが次の頁の塔の法則です。
## 演習
&&&exc 二次拡大の四則演算 [04-exc-quadratic-field-arithmetic]
$\alpha=1+\sqrt2$、$\beta=3-2\sqrt2$ とする。$\alpha\beta$ と $\alpha^{-1}$ を $a+b\sqrt2$ の形で求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-quadratic-field-arithmetic-answer]
$$
\alpha\beta=(1+\sqrt2)(3-2\sqrt2)
=3-4+(3-2)\sqrt2=-1+\sqrt2.
$$
また
$$
\alpha^{-1}=\frac{1-\sqrt2}{1-2}
=-1+\sqrt2.
$$
実際 $(1+\sqrt2)(-1+\sqrt2)=1$ です。□
&&&
&&&exc 複素数の拡大次数 [04-exc-complex-extension-degree]
$\mathbb C/\mathbb R$ の別の $\mathbb R$ 基底として $(1+i,1-i)$ が使えることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-complex-extension-degree-answer]
$$
a(1+i)+b(1-i)=(a+b)+(a-b)i.
$$
これが0なら $a+b=0,a-b=0$。加えると $2a=0$ なので $a=0$、従って $b=0$。よって一次独立です。2次元空間の二つの一次独立な元なので基底です。
直接生成を示すなら
$$
1=\frac12((1+i)+(1-i)),
\qquad
i=\frac12((1+i)-(1-i))
$$
です。□
&&&
&&&exc 有限次なら代数的 [04-exc-degree-bound-polynomial]
$[L:K]=3$、$\alpha\in L$ とする。$\alpha$ が次数3以下の非零 $K$ 係数多項式を満たすことを示せ。$\alpha$ が必ず次数2以下の多項式を満たすとは限らない理由も説明せよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-degree-bound-polynomial-answer]
4個の元 $1,\alpha,\alpha^2,\alpha^3$ は3次元 $K$ ベクトル空間で一次従属なので、次数3以下の非零多項式関係を得ます。
一方、たとえば $L=\mathbb Q(\sqrt[3]2)$、$\alpha=\sqrt[3]2$ では $x^3-2$ が既約です。有理根定理により、有理根候補 $\pm1,\pm2$ のどれも根でないため三次多項式 $x^3-2$ は $\mathbb Q$ 上既約です。もし次数2以下の非零多項式が $\alpha$ を消せば、最小次数の関係は3未満となり $x^3-2$ の既約性に反します。□
&&&
&&&exc 無限次拡大 [04-exc-rational-function-infinite-degree]
$K(t)/K$ が無限次拡大であることを示せ。ただし $t$ は不定元とする。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-rational-function-infinite-degree-answer]
もし有限次なら、有限次拡大は代数的という定理から $t$ は $K$ 上代数的です。従って非零多項式
$$
a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n\in K[x]
$$
が $t$ を消し
$$
a_0+a_1t+\cdots+a_nt^n=0
$$
となります。しかし $t$ は不定元であり、形式的多項式が0であることは全係数が0であることと同値です。これは多項式が非零という仮定に反します。従って $[K(t):K]=\infty$ です。□
&&&

1-4 体拡大と拡大次数

体 $K$ に一つの元 $\alpha$ を加えて得られる体 $K(\alpha)$ を単純拡大といいます。$\alpha$ が代数的なら、最小多項式を0とする規則だけで、積・逆元・基底表示をすべて有限計算へ落とせます。本章では抽象的な商同型を、実際に手を動かせる算法へ変えます。
## 単純拡大
&&&def 単純拡大・原始元 [04-def-simple-extension-primitive-element]
体拡大 $L/K$ が、ある $\alpha\in L$ により
$$
L=K(\alpha)
$$
と書けるとき、$L/K$ を[[単純拡大]]といい、$\alpha$ をこの拡大の[[原始元]]という。
&&&
ここでの「原始元」は有限体の乗法群の生成元とは別の用法です。文脈により区別します。
$\mathbb Q(\sqrt2)/\mathbb Q$、$\mathbb Q(\sqrt[3]2)/\mathbb Q$、$K(t)/K$ は単純拡大です。最初の二つは代数的、最後は超越的です。
## 代数的単純拡大の商表示
&&&thm 単純代数拡大の構造 [04-thm-simple-algebraic-extension-quotient]
$\alpha$ を $K$ 上代数的、最小多項式を $m(x)$、$d=\deg m$ とする。このとき
$$
K(\alpha)=K[\alpha]\cong K[x]/(m),
$$
$$
K(\alpha)=K+K\alpha+\cdots+K\alpha^{d-1}.
$$
各元は次数 $d$ 未満の多項式 $r$ により $r(\alpha)$ と一意に表される。
&&&
&&&prf [04-prf-simple-algebraic-extension-quotient]
評価写像 $K[x]\to K[\alpha]$ は全射で、核は $(m)$。第一同型定理から
$$
K[x]/(m)\cong K[\alpha].
$$
$m$ は既約なので左辺は体です。従って $K[\alpha]$ は $K$ と $\alpha$ を含む体であり、最小のそのような体 $K(\alpha)$ と一致します。
除法算法により各剰余類は次数 $d$ 未満の一意な代表元をもちます。一意性は、二つの代表元の差が $(m)$ に入り、次数が $d$ 未満なら0であることから従います。評価すれば $1,\alpha,\ldots,\alpha^{d-1}$ による一意表示を得ます。□
&&&
## 掛け算は最小多項式で還元する
$\alpha=\sqrt[3]2$ とします。最小多項式は $x^3-2$ なので
$$
\alpha^3=2.
$$
従って積を展開した後、$\alpha^3$ 以上の冪をこの関係で下げます。
たとえば
$$
(1+\alpha+\alpha^2)(2-\alpha)
=2+\alpha+\alpha^2-\alpha^3
=\alpha+\alpha^2.
$$
最後に $\alpha^3=2$ を使いました。
一般に $K[x]/(m)$ での積は、二つの代表多項式を掛け、その積を $m$ で割った余りを取る操作です。
## 逆元は拡張Euclid互除法で求める
&&&prop 単純拡大における逆元算法 [04-prop-inverse-via-bezout]
$0\ne r(\alpha)\in K(\alpha)$、$\deg r<\deg m$ とする。$m$ は既約なので $\gcd(r,m)=1$。従って
$$
u(x)r(x)+v(x)m(x)=1
$$
となる $u,v\in K[x]$ があり、
$$
r(\alpha)^{-1}=u(\alpha).
$$
&&&
&&&prf [04-prf-inverse-via-bezout]
$r\ne0$ かつ $\deg r<\deg m$ なので、既約多項式 $m$ は $r$ を割りません。$m$ の約数は単元と同伴元しかないため $\gcd(r,m)=1$。Bézout恒等式へ $\alpha$ を代入すると
$$
u(\alpha)r(\alpha)+v(\alpha)m(\alpha)=1.
$$
$m(\alpha)=0$ なので
$$
u(\alpha)r(\alpha)=1.
$$
従って $u(\alpha)$ が逆元です。□
&&&
### 具体計算：$\mathbb Q(\sqrt2)$
$r(x)=3+x$、$m(x)=x^2-2$ とします。共役を使えば
$$
(3+x)(3-x)=9-x^2\equiv7\pmod{x^2-2}.
$$
従って
$$
(3+\sqrt2)^{-1}=\frac{3-\sqrt2}{7}.
$$
これはBézout恒等式
$$
\frac{3-x}{7}(3+x)+\frac17(x^2-2)=1
$$
を評価したものです。
### 具体計算：$\mathbb Q(\sqrt[3]2)$
$\alpha^3=2$ とし、$1+\alpha$ の逆元を求めます。
$$
(1+x)(x^2-x+1)=x^3+1.
$$
$x^3\equiv2$ なので右辺は3。従って
$$
(1+\alpha)^{-1}=\frac{\alpha^2-\alpha+1}{3}.
$$
## 根を形式的に作る
既約多項式 $f\in K[x]$ に対し
$$
L=K[x]/(f)
$$
と置き、$x$ の剰余類を $\theta=x+(f)$ と書きます。すると
$$
f(\theta)=0
$$
です。もとの体に根がなくても、商を取ることで根をもつ新しい体を構成できます。
&&&prop 根を添加した体の普遍的性質 [04-prop-adjoin-root-universal]
$f\in K[x]$ を既約、$L=K[x]/(f)$、$\theta=x+(f)$ とする。$E/K$ が体拡大で $\beta\in E$ が $f(\beta)=0$ を満たすなら、一意な $K$ 体準同型
$$
\varphi:L\to E
$$
で $\varphi(\theta)=\beta$ となるものが存在する。
&&&
&&&prf [04-prf-adjoin-root-universal]
評価写像
$$
\operatorname{ev}_\beta:K[x]\to E
$$
の核は $\beta$ の最小多項式で生成されます。$f$ は既約かつ $f(\beta)=0$ なので最小多項式は $f$。従って核は $(f)$ で、第一同型定理により単射
$$
K[x]/(f)\hookrightarrow E
$$
が誘導されます。$x+(f)$ の像は $\beta$ です。
一意性は、$L$ が $K$ と $\theta$ で生成され、$K$ 上恒等かつ $\theta$ の像が指定されれば、任意の $r(\theta)$ の像が $r(\beta)$ と強制されることから従います。□
&&&
この命題により、$f$ の異なる根を選ぶと異なる埋め込みが生まれることが分かります。
## $\mathbb F_4$ の完全な計算
$\mathbb F_2$ 上
$$
f(x)=x^2+x+1
$$
は $0,1$ のどちらも根でないので既約です。
$$
\mathbb F_4=\mathbb F_2[x]/(x^2+x+1)
$$
とし、$\omega=x+(f)$ と置くと
$$
\omega^2+\omega+1=0,
\qquad
\omega^2=\omega+1
$$
です。標数2なので $-\omega-1=\omega+1$ となります。
元は
$$
0,1,\omega,1+\omega
$$
の四つです。非零元の積を計算すると
$$
\omega^2=1+\omega,
$$
$$
\omega(1+\omega)=\omega+\omega^2=1,
$$
$$
(1+\omega)^2=1+2\omega+\omega^2=1+\omega^2=\omega.
$$
従って
$$
\omega^{-1}=1+\omega,
\qquad
(1+\omega)^{-1}=\omega.
$$
## 代数的場合と超越的場合の対比
$$
\begin{array}{c|c|c}
&\alpha\text{ が代数的}&\alpha\text{ が超越的}\\ \hline
\ker\operatorname{ev}_\alpha&(m_\alpha)&0\\
K[\alpha]&K[x]/(m_\alpha)&K[x]\\
K(\alpha)&K[\alpha]&K(x)\\
[K(\alpha):K]&\deg m_\alpha&\infty
\end{array}
$$
この表は、評価写像の核が0か非零かという一つの違いが、生成される環と体の形を大きく変えることを示します。
## 演習
&&&exc 二次拡大の逆元 [04-exc-simple-quadratic-inverse]
$\mathbb Q(\sqrt5)$ で $(2+\sqrt5)^{-1}$ を $a+b\sqrt5$ の形で求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-simple-quadratic-inverse-answer]
共役を掛けて
$$
\frac1{2+\sqrt5}
=\frac{2-\sqrt5}{4-5}
=-2+\sqrt5.
$$
実際 $(2+\sqrt5)(-2+\sqrt5)=-4+5=1$。□
&&&
&&&exc 三次拡大の積 [04-exc-simple-cubic-product]
$\alpha^3=2$ とする。$\mathbb Q(\alpha)$ で
$$
(1+2\alpha-\alpha^2)(2-\alpha+3\alpha^2)
$$
を基底 $1,\alpha,\alpha^2$ で表示せよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-simple-cubic-product-answer]
展開すると
$$
2+3\alpha-\alpha^2+7\alpha^3-3\alpha^4.
$$
$\alpha^3=2,\alpha^4=2\alpha$ を代入して
$$
2+3\alpha-\alpha^2+14-6\alpha
=16-3\alpha-\alpha^2.
$$
□
&&&
&&&exc 有限体の剰余類計算 [04-exc-f4-arithmetic]
$\mathbb F_4=\mathbb F_2(\omega)$、$\omega^2+\omega+1=0$ とする。次を計算せよ。
$$
(1+\omega)^3,
\qquad
\frac{\omega}{1+\omega}.
$$
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-f4-arithmetic-answer]
非零元 $1+\omega$ は位数3なので
$$
(1+\omega)^3=1.
$$
直接にも $(1+\omega)^2=\omega$ なので、さらに掛けて $\omega(1+\omega)=1$ です。
$(1+\omega)^{-1}=\omega$ だから
$$
\frac{\omega}{1+\omega}=\omega^2=1+\omega.
$$
□
&&&
&&&exc 根の選択と埋め込み [04-exc-root-choice-embedding]
$L=\mathbb Q[x]/(x^2-2)$ とし、$\theta=x+(x^2-2)$ とする。$L$ から $\mathbb R$ への $\mathbb Q$ 体準同型をすべて求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-root-choice-embedding-answer]
$\theta$ の像は $x^2-2$ の実根でなければならないので
$$
\sqrt2\quad\text{または}\quad-\sqrt2
$$
です。根を添加した体の普遍的性質により、それぞれに対して一意な準同型
$$
a+b\theta\mapsto a+b\sqrt2,
$$
$$
a+b\theta\mapsto a-b\sqrt2
$$
が存在します。ほかの可能性はありません。□
&&&

2-4 単純代数拡大

これまでは体拡大 $L/K$ から自己同型群を作りました。Artin固定体定理は逆向きです。体 $L$ の有限自己同型群 $H$ だけを出発点にし、その固定体 $K=L^H$ を取ると、$L/K$ は自動的に有限Galois拡大となり、Galois群はちょうど $H$ になります。しかも
$$
[L:K]=|H|.
$$
## 定理の核心となる次元評価
&&&lemma 固定体上の次元上界 [04-lem-dimension-bound-fixed-field]
$H=\{\sigma_1,\ldots,\sigma_n\}$ を体 $L$ の有限自己同型群とし、$K=L^H$ とする。このとき
$$
[L:K]\le n.
$$
&&&
&&&prf [04-prf-dimension-bound-fixed-field]
もし $[L:K]>n$ なら、$K$ 上一次独立な $n+1$ 元
$$
u_1,\ldots,u_{n+1}\in L
$$
を取れます。未知数 $x_1,\ldots,x_{n+1}\in L$ に関する $n$ 本の斉次方程式
$$
\sum_{j=1}^{n+1}\sigma_i(u_j)x_j=0
\qquad(1\le i\le n)
$$
を考えます。未知数の方が方程式より多いので非零解があります。非零成分の個数が最小の解を一つ選び、添字を替えて $x_1\ne0$ とします。全成分を $x_1$ で割り、$x_1=1$ としてよいです。
$\tau\in H$ を取ります。方程式へ $\tau$ を施すと
$$
\sum_{j=1}^{n+1}(\tau\sigma_i)(u_j)\tau(x_j)=0.
$$
$\sigma_i$ が $H$ 全体を動くとき $\tau\sigma_i$ も $H$ 全体を動くので、$(\tau(x_1),\ldots,\tau(x_{n+1}))$ も同じ連立方程式の解です。$x_1=1$ なので $\tau(x_1)=1$。従って
$$
(\tau(x_1)-x_1,\ldots,\tau(x_{n+1})-x_{n+1})
$$
も解であり、その第一成分は0です。もし非零解なら元の解より非零成分が少なく、最小性に反します。よって
$$
\tau(x_j)=x_j
$$
が全 $j$ で成立します。$\tau$ は任意なので $x_j\in L^H=K$ です。
恒等写像も $H$ の元なので、対応する方程式は
$$
\sum_{j=1}^{n+1}u_jx_j=0.
$$
$x_j\in K$ で、少なくとも $x_1=1$ は非零です。これは $u_1,\ldots,u_{n+1}$ の $K$ 上一次独立性に反します。従って $[L:K]\le n$ です。□
&&&
一方、$H$ の $n$ 個の元は相異なる $K$ 上の自己同型なので、一般の埋め込み数の上界から
$$
n\le[L:K].
$$
二つを合わせると等号になります。
## Artin固定体定理
&&&thm Artin固定体定理 [04-thm-artin-fixed-field]
$H$ を体 $L$ の有限自己同型群とし、$K=L^H$ とする。このとき
1. $L/K$ は有限Galois拡大である。
2. $\operatorname{Gal}(L/K)=H$。
3. $[L:K]=|H|$。
&&&
&&&prf [04-prf-artin-fixed-field]
$n=|H|$ とします。次元上界の補題から $[L:K]\le n$。一方 $H$ の各元は $K=L^H$ を固定する相異なる $K$ 埋め込みなので
$$
n\le[L:K].
$$
従って
$$
[L:K]=n.
$$
また
$$
H\subseteq\operatorname{Aut}_K(L)
$$
で、左辺の位数は $n=[L:K]$。自己同型数は拡大次数以下なので、包含は等号です。自己同型数が拡大次数に等しい有限拡大はGalois拡大であることを既に示したので、$L/K$ はGaloisです。□
&&&
## 軌道多項式は最小多項式になる
&&&prop 固定体上の最小多項式 [04-prop-minimal-polynomial-over-fixed-field]
上の状況で $a\in L$ とし、$H_a$ を安定化群とする。このとき $a$ の $K=L^H$ 上の最小多項式は
$$
m_{a,K}(x)=\prod_{b\in H\cdot a}(x-b)
$$
であり
$$
[K(a):K]=|H\cdot a|=[H:H_a].
$$
&&&
&&&prf [04-prf-minimal-polynomial-over-fixed-field]
軌道多項式の係数は $K$ に属し $a$ を根にもつので、最小多項式 $m_{a,K}$ は軌道多項式を割ります。
逆に $L/K$ はGaloisで、$K$ 上の埋め込みは $H$ の元すべてです。$a$ の $K$ 共役は、これらの埋め込みによる像 $\sigma(a)$、すなわち軌道の元に尽きます。分離性により最小多項式はそれらを重複なく根にもつので、軌道多項式と一致します。次数公式と軌道・安定化群公式から後半を得ます。□
&&&
## 二重操作が元に戻る
&&&cor 部分群から固定体を経て戻る [04-cor-subgroup-recovered-from-fixed-field]
$L/K$ を有限Galois拡大、$G=\operatorname{Gal}(L/K)$ とし、$H\le G$ とする。このとき
$$
\operatorname{Gal}(L/L^H)=H.
$$
&&&
&&&prf [04-prf-subgroup-recovered-from-fixed-field]
Artin固定体定理を $H$ の $L$ への作用に適用すれば、固定体は $L^H$ であり、$L/L^H$ のGalois群はちょうど $H$ です。□
&&&
中間体 $E$ に対する逆向きの等式
$$
L^{\operatorname{Gal}(L/E)}=E
$$
は、$L/E$ がGaloisとは限らないため、もう一段の議論が必要に見えます。しかし $L/K$ がGaloisなら $L/E$ は常にGaloisです。従ってGalois群全体の固定体の定理を $L/E$ に適用でき、等式が成立します。これで二つの操作が互いに逆になります。
## 具体例：回転で固定される有理関数
$L=\mathbb C(t)$ とし、$\zeta$ を1の原始 $n$ 乗根とします。
$$
\sigma(t)=\zeta t,
\qquad \sigma(c)=c\quad(c\in\mathbb C)
$$
と定めると $\sigma^n=1$ で、$H=\langle\sigma\rangle$ は位数 $n$ の自己同型群です。$t^n$ は
$$
\sigma(t^n)=\zeta^nt^n=t^n
$$
なので $\mathbb C(t^n)\subseteq L^H$。
一方 $t$ は $\mathbb C(t^n)$ 上
$$
x^n-t^n
$$
を満たすので
$$
[\mathbb C(t):\mathbb C(t^n)]\le n.
$$
Artin固定体定理から $[L:L^H]=n$。包含と塔の次数を比較すると
$$
L^H=\mathbb C(t^n).
$$
対称性 $t\mapsto\zeta t$ の下で不変な有理関数が $t^n$ の有理式になることを、次数だけで証明できました。
## 演習
&&&exc 複素共役の固定体 [04-exc-artin-complex-conjugation]
$L=\mathbb C$、$H=\{1,\tau\}$、$\tau(z)=\overline z$ とする。$L^H=\mathbb R$ とArtin固定体定理から $[\mathbb C:\mathbb R]=2$ を確認せよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-artin-complex-conjugation-answer]
$z=a+bi$ が複素共役に固定されることは
$$
a+bi=a-bi
$$
と同値で、$b=0$、すなわち $z\in\mathbb R$ と同値です。従って $L^H=\mathbb R$。Artin固定体定理から
$$
[\mathbb C:\mathbb R]=|H|=2.
$$
□
&&&
&&&exc 軌道と最小多項式 [04-exc-artin-orbit-minimal-polynomial]
$L=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$、$H=\operatorname{Gal}(L/\mathbb Q)$、$a=\sqrt2$ とする。$H_a$、軌道、最小多項式を求め、次数公式を確かめよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-artin-orbit-minimal-polynomial-answer]
$\sqrt2$ を固定するのは恒等写像と、$\sqrt3$ の符号だけを変える自己同型の2元です。従って $|H_a|=2$。軌道は
$$
\{\sqrt2,-\sqrt2\}
$$
で、最小多項式は
$$
(x-\sqrt2)(x+\sqrt2)=x^2-2.
$$
また
$$
[H:H_a]=4/2=2=[\mathbb Q(\sqrt2):\mathbb Q].
$$
□
&&&
&&&exc 有限群から拡大次数を得る [04-exc-degree-from-automorphism-group]
体 $L$ に相異なる8個の自己同型からなる有限群 $H$ が作用するとする。$K=L^H$ に対して $[L:K]$ と $\operatorname{Gal}(L/K)$ を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-degree-from-automorphism-group-answer]
Artin固定体定理から
$$
[L:K]=|H|=8
$$
であり
$$
\operatorname{Gal}(L/K)=H.
$$
特に $L/K$ は有限Galois拡大です。□
&&&
&&&exc 有理関数の固定体 [04-exc-rational-function-fixed-field]
$L=\mathbb C(t)$、$\sigma(t)=-t$ とし $H=\{1,\sigma\}$ とする。$L^H=\mathbb C(t^2)$ を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-rational-function-fixed-field-answer]
$t^2$ は $\sigma$ に固定されるので $\mathbb C(t^2)\subseteq L^H$。$t$ は $\mathbb C(t^2)$ 上 $x^2-t^2$ を満たすため
$$
[L:\mathbb C(t^2)]\le2.
$$
一方Artin固定体定理から $[L:L^H]=|H|=2$。包含に対して塔の法則を適用すると
$$
[L:\mathbb C(t^2)]
=[L:L^H][L^H:\mathbb C(t^2)].
$$
左辺は高々2、最初の因子は2なので第二因子は1。従って固定体は $\mathbb C(t^2)$ です。□
&&&

6-4 Artin固定体定理

> **前提知識**：Galois拡大とGalois群、自己同型群と固定体、体準同型の独立性、Artin固定体定理
> 
## 一つの拡大の中に、いくつ体が隠れているか
$$
L=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)
$$
を考えます。$L/\mathbb Q$ のGalois群は、$\sqrt2$ と $\sqrt3$ の符号を独立に変える四つの自己同型からなります。ところが $L$ と $\mathbb Q$ の間には
$$
\mathbb Q(\sqrt2),\qquad
\mathbb Q(\sqrt3),\qquad
\mathbb Q(\sqrt6)
$$
という三つの二次体があります。
例えば $\sqrt3$ の符号だけを変える自己同型は $\mathbb Q(\sqrt2)$ の全要素を固定します。逆に、その自己同型で固定される $L$ の要素はちょうど $\mathbb Q(\sqrt2)$ に属します。このように、中間体は「どの対称性を残すか」によって記述できます。
Galoisの基本定理は、これが偶然ではなく、有限Galois拡大のすべての中間体とすべての部分群の間で成り立つことを述べます。
## 二つの操作
$L/K$ を有限Galois拡大とし
$$
G=\operatorname{Gal}(L/K)
$$
と置きます。
中間体 $E$、すなわち
$$
K\subseteq E\subseteq L
$$
に対して、その全要素を固定する自己同型を集め
$$
\operatorname{Gal}(L/E)
=\{\sigma\in G\mid \sigma(a)=a\text{ for every }a\in E\}
$$
と定めます。これは $G$ の部分群です。
逆に部分群 $H\le G$ に対して、その全要素に固定される元を集め
$$
L^H
=\{a\in L\mid \sigma(a)=a\text{ for every }\sigma\in H\}
$$
と定めます。これは $K$ を含む $L$ の部分体です。
二つの操作を図式で書けば
$$
E\longmapsto \operatorname{Gal}(L/E),
\qquad
H\longmapsto L^H
$$
です。重要なのは、体を大きくすると固定すべき元が増えるので群は小さくなり、群を大きくすると固定条件が増えるので体は小さくなることです。
&&&lemma 包含関係は逆転する [04-lem-galois-correspondence-reverses-inclusion]
中間体 $E_1,E_2$ と部分群 $H_1,H_2$ に対して、次が成り立つ。
1. $E_1\subseteq E_2$ なら
   $$
   \operatorname{Gal}(L/E_2)\le \operatorname{Gal}(L/E_1).
   $$
2. $H_1\le H_2$ なら
   $$
   L^{H_2}\subseteq L^{H_1}.
   $$
&&&
&&&prf [04-prf-galois-correspondence-reverses-inclusion]
$E_2$ の全要素を固定する自己同型は、その部分体 $E_1$ の全要素も固定します。従って1が成り立ちます。
$H_2$ の全要素に固定される元は、その部分群 $H_1$ の全要素にも固定されます。従って2が成り立ちます。いずれも、条件を増やすと解の集合が小さくなるという同じ原理です。□
&&&
## 中間体まで基礎体を大きくしてもGalois性は残る
次の補題が、中間体から出発した操作を元へ戻す鍵です。
&&&lemma 中間体上でもGalois拡大 [04-lem-galois-over-intermediate-field]
$L/K$ を有限Galois拡大とし、$K\subseteq E\subseteq L$ とする。このとき $L/E$ も有限Galois拡大である。
&&&
&&&prf [04-prf-galois-over-intermediate-field]
$[L:E]\le [L:K]<\infty$ なので $L/E$ は有限拡大です。
$L/K$ は分離拡大です。$a\in L$ の $E$ 上の最小多項式は、$a$ の $K$ 上の最小多項式を $E[x]$ で割り切ります。分離多項式の因子には重根がないので、$a$ は $E$ 上でも分離的です。従って $L/E$ は分離拡大です。
次に、$E$ を固定する任意の体埋め込み
$$
\varphi:L\longrightarrow\overline K
$$
を取ります。$K\subseteq E$ なので、$\varphi$ は特に $K$ を固定します。$L/K$ の正規性から
$$
\varphi(L)=L.
$$
従って $L/E$ は埋め込みによる正規性の判定を満たします。有限・分離・正規なので、$L/E$ はGalois拡大です。□
&&&
この補題から
$$
|\operatorname{Gal}(L/E)|=[L:E]
$$
が得られます。
## Galoisの基本定理
&&&thm Galoisの基本定理 [04-thm-fundamental-theorem-of-galois-theory]
$L/K$ を有限Galois拡大とし、$G=\operatorname{Gal}(L/K)$ とする。このとき
$$
E\longmapsto\operatorname{Gal}(L/E),
\qquad
H\longmapsto L^H
$$
は、$L/K$ の中間体全体と $G$ の部分群全体の間の互いに逆な全単射である。この対応は包含関係を逆転させる。
さらに、対応する $E$ と $H=\operatorname{Gal}(L/E)$ に対して
$$
[L:E]=|H|,
\qquad
[E:K]=[G:H]
$$
が成り立つ。
&&&
&&&prf [04-prf-fundamental-theorem-of-galois-theory]
まず部分群 $H\le G$ から始めます。26「Artin固定体定理」により
$$
\operatorname{Gal}(L/L^H)=H.
$$
従って、部分群から固定体を取り、さらにその固定群を取ると元の部分群へ戻ります。
次に中間体 $E$ から始め、
$$
H=\operatorname{Gal}(L/E)
$$
と置きます。$H$ の全要素は $E$ を固定するので
$$
E\subseteq L^H
$$
です。
前の補題により $L/E$ は有限Galois拡大です。従って
$$
|H|=[L:E].
$$
一方、Artin固定体定理から
$$
[L:L^H]=|H|.
$$
よって
$$
[L:E]=[L:L^H].
$$
$E\subseteq L^H$ に塔の法則を適用すると
$$
[L:E]=[L:L^H][L^H:E]
$$
なので $[L^H:E]=1$、従って
$$
L^H=E
$$
です。二つの操作は互いに逆であり、全単射を与えます。包含関係の逆転は先の補題で示しました。
最後に、$H=\operatorname{Gal}(L/E)$ に対して第一の次数公式は既に示しました。塔の法則と $[L:K]=|G|$ から
$$
[E:K]
=\frac{[L:K]}{[L:E]}
=\frac{|G|}{|H|}
=[G:H]
$$
を得ます。□
&&&
## 双二次拡大の対応表
再び
$$
L=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)
$$
とします。自己同型を
$$
\begin{aligned}
1&:(\sqrt2,\sqrt3)\longmapsto(\sqrt2,\sqrt3),\\
\alpha&:(\sqrt2,\sqrt3)\longmapsto(-\sqrt2,\sqrt3),\\
\beta&:(\sqrt2,\sqrt3)\longmapsto(\sqrt2,-\sqrt3),\\
\alpha\beta&:(\sqrt2,\sqrt3)\longmapsto(-\sqrt2,-\sqrt3)
\end{aligned}
$$
と書きます。$G\cong C_2\times C_2$ です。
| 部分群 $H$ | 位数 | 固定体 $L^H$ | $[L:L^H]$ |
|---|---:|---|---:|
| $\{1\}$ | 1 | $L$ | 1 |
| $\langle\alpha\rangle$ | 2 | $\mathbb Q(\sqrt3)$ | 2 |
| $\langle\beta\rangle$ | 2 | $\mathbb Q(\sqrt2)$ | 2 |
| $\langle\alpha\beta\rangle$ | 2 | $\mathbb Q(\sqrt6)$ | 2 |
| $G$ | 4 | $\mathbb Q$ | 4 |
最後から二番目の行を直接確かめます。任意の元を
$$
x=a+b\sqrt2+c\sqrt3+d\sqrt6
\qquad(a,b,c,d\in\mathbb Q)
$$
と書くと
$$
\alpha\beta(x)=a-b\sqrt2-c\sqrt3+d\sqrt6.
$$
従って $\alpha\beta(x)=x$ であることは $b=c=0$ と同値です。固定元は
$$
a+d\sqrt6
$$
の形、すなわち $\mathbb Q(\sqrt6)$ の元に限ります。
対応表では、部分群の包含図を上下反転すると中間体の包含図になります。位数2の三部分群のどの二つも包含関係をもたず、対応する三つの二次体も互いに包含しません。
## 対応が教えてくれること
Galoisの基本定理によって、中間体を一つずつ元の式から探す代わりに、有限群の部分群を分類すればよくなります。また中間体の次数は、対応する部分群の位数と指数だけで読めます。
ただし、ここではまだ一つ重要な問いを残しています。部分群 $H$ が正規部分群であることは、固定体 $E=L^H$ のどの性質に対応するのでしょうか。また $E/K$ のGalois群は $G/H$ といつ一致するのでしょうか。これは次の頁で証明します。
## 演習
&&&exc 対応する次数 [04-exc-galois-correspondence-degrees]
$L/K$ を次数12の有限Galois拡大とし、$G=\operatorname{Gal}(L/K)$ とする。位数3の部分群 $H\le G$ に対応する固定体を $E=L^H$ とする。$[L:E]$ と $[E:K]$ を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-galois-correspondence-degrees-answer]
基本定理から
$$
[L:E]=|H|=3.
$$
また
$$
[E:K]=[G:H]=\frac{12}{3}=4.
$$
□
&&&
&&&exc 固定体の直接計算 [04-exc-galois-correspondence-biquadratic-fixed-field]
$L=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt5)$ とし、$\gamma$ を $\sqrt2$ と $\sqrt5$ の符号を同時に変える自己同型とする。$L^{\langle\gamma\rangle}$ を直接計算せよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-galois-correspondence-biquadratic-fixed-field-answer]
任意の元は一意的に
$$
x=a+b\sqrt2+c\sqrt5+d\sqrt{10}
\qquad(a,b,c,d\in\mathbb Q)
$$
と書けます。$\gamma(\sqrt{10})=\sqrt{10}$ なので
$$
\gamma(x)=a-b\sqrt2-c\sqrt5+d\sqrt{10}.
$$
$\gamma(x)=x$ であることは $b=c=0$ と同値です。従って
$$
L^{\langle\gamma\rangle}
=\{a+d\sqrt{10}\mid a,d\in\mathbb Q\}
=\mathbb Q(\sqrt{10}).
$$
□
&&&
&&&exc 包含関係の翻訳 [04-exc-galois-correspondence-inclusion]
$L/K$ を有限Galois拡大とし、中間体 $E_1,E_2$ に対応する部分群を $H_1,H_2$ とする。$E_1\subsetneq E_2$ なら $H_2\subsetneq H_1$ であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-galois-correspondence-inclusion-answer]
包含関係を逆転する補題から $H_2\le H_1$ です。もし $H_2=H_1$ なら、固定体を取って
$$
E_2=L^{H_2}=L^{H_1}=E_1
$$
となり、$E_1\subsetneq E_2$ に反します。従って包含は真です。□
&&&
&&&exc 素数次数のGalois拡大 [04-exc-galois-correspondence-prime-degree]
$L/K$ を素数 $p$ 次の有限Galois拡大とする。$K$ と $L$ 以外に中間体が存在しないことを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-galois-correspondence-prime-degree-answer]
$G=\operatorname{Gal}(L/K)$ の位数は $p$ です。Lagrangeの定理により、部分群の位数は1または $p$ です。従って $G$ の部分群は $\{1\}$ と $G$ だけです。Galois対応により、対応する中間体は
$$
L^{\{1\}}=L,
\qquad
L^G=K
$$
だけです。□
&&&

6-5 Galoisの基本定理

$x^2+1=0$ は実数の範囲では解けませんが、複素数へ進めば根 $i$ をもちます。この「新しい根を加える」操作は、未知の数を直感的に仮定しなくても
$$
K[x]/(f)
$$
という商環で厳密に実行できます。本章では、商が体になる条件、根として働く剰余類、異なる表示の同型、既約性を失ったときに起こる零因子を扱います。
## 商の中で多項式を0にする
$f(x)\in K[x]$ を次数 $n\ge1$ の多項式とし
$$
A=K[x]/(f)
$$
と置きます。$x$ の剰余類を
$$
\theta=x+(f)
$$
と書くと、商では $f(x)$ の類が0なので
$$
f(\theta)=0.
$$
つまり $\theta$ は、商環の中で $f$ の根として振る舞います。
$f$ をmonicとしてよいです。最高次係数は $K$ の非零元なので単元であり、それで割っても生成イデアル $(f)$ は変わりません。
&&&prop 剰余類の標準表示 [04-prop-quotient-polynomial-standard-form]
$f$ をmonic次数 $n$ とする。$K[x]/(f)$ の各元は
$$
a_0+a_1\theta+\cdots+a_{n-1}\theta^{n-1}
$$
と一意に表される。従って商は $K$ ベクトル空間として基底
$$
1,\theta,\ldots,\theta^{n-1}
$$
をもち、次元は $n$ である。
&&&
&&&prf [04-prf-quotient-polynomial-standard-form]
除法算法により任意の $g\in K[x]$ は
$$
g=qf+r,
\qquad\deg r<n
$$
と一意に書けます。商で $g+(f)=r+(f)$ なので表示が存在します。
次数 $n$ 未満の $r,s$ が同じ類を定めるなら $r-s\in(f)$。$r-s$ が非零なら $f$ の倍数なので次数は少なくとも $n$ ですが、$\deg(r-s)<n$。矛盾するため $r=s$ です。従って表示は一意で、列挙された元は生成かつ一次独立です。□
&&&
## いつ商が体になるか
&&&thm 既約多項式と商体 [04-thm-irreducible-quotient-field]
$0\ne f\in K[x]$ を非定数多項式とする。次は同値である。
1. $f$ は $K[x]$ で既約である。
2. $(f)$ は $K[x]$ の極大イデアルである。
3. $K[x]/(f)$ は体である。
&&&
&&&prf [04-prf-irreducible-quotient-field]
$K[x]$ はPIDです。$f$ が既約とします。$(f)\subseteq(g)\subseteq K[x]$ なら $f=gh$ となる $h$ があります。既約性から $g$ または $h$ が単元です。$g$ が単元なら $(g)=K[x]$、$h$ が単元なら $(g)=(f)$。従って $(f)$ は極大です。
逆に $(f)$ が極大で $f=gh$ とします。$(f)\subseteq(g)$ なので $(g)=(f)$ または $(g)=K[x]$。前者なら $h$ が単元、後者なら $g$ が単元です。従って $f$ は既約です。よって1と2は同値です。
一般の可換環について、イデアル $I$ が極大であることと商環 $R/I$ が体であることは同値です。これを $R=K[x],I=(f)$ に適用すれば2と3の同値を得ます。□
&&&
&&&prf 極大イデアルと商体の同値の確認 [04-prf-maximal-ideal-quotient-field-review]
$I$ が極大とします。$a+I\ne0$ なら $a\notin I$。$I+(a)$ は $I$ を真に含むので極大性から $I+(a)=R$。従って
$$
i+ra=1
$$
となる $i\in I,r\in R$ があり、商で
$$
(r+I)(a+I)=1+I.
$$
よって非零元は逆元をもち、商は体です。
逆に $R/I$ が体で $I\subseteq J\subseteq R$ とします。$J\ne I$ なら $a\in J\setminus I$ を取れます。$a+I$ は商で非零なので逆元 $r+I$ があり $ra-1\in I\subseteq J$。$ra\in J$ でもあるため $1\in J$、従って $J=R$。ゆえに $I$ は極大です。□
&&&
## 既約でないと零因子が現れる
$f=gh$ が二つの非定数多項式の積なら、商 $K[x]/(f)$ で
$$
(g+(f))(h+(f))=gh+(f)=0.
$$
$g,h$ の次数は $f$ より小さいので、どちらの類も0ではありません。従って商には零因子があり、体ではありません。
たとえば
$$
\mathbb R[x]/(x^2-1)
$$
では
$$
(x-1)(x+1)=0
$$
となります。中国剰余定理により実際
$$
\mathbb R[x]/(x^2-1)
\cong\mathbb R\times\mathbb R.
$$
根を一つ加えた体ではなく、二つの根での値を並べる直積環になっています。
## 複素数を商として作る
$x^2+1$ は $\mathbb R$ 上既約なので
$$
\mathbb R[x]/(x^2+1)
$$
は体です。$i=x+(x^2+1)$ と書けば $i^2=-1$。各元は一意に $a+bi$ と書け、積は
$$
(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i.
$$
これは実数の組から構成した複素数体と同型です。
&&&prop 複素数体との同型 [04-prop-complex-quotient-isomorphism]
$$
\Phi:\mathbb R[x]/(x^2+1)\to\mathbb C,
\qquad
a+bi\mapsto a+b\sqrt{-1}
$$
は $\mathbb R$ 代数同型である。
&&&
&&&prf [04-prf-complex-quotient-isomorphism]
評価写像 $\mathbb R[x]\to\mathbb C$、$f\mapsto f(\sqrt{-1})$ の核は $\sqrt{-1}$ の最小多項式 $x^2+1$ で生成され、像は $\mathbb R[\sqrt{-1}]=\mathbb C$。第一同型定理から所望の同型を得ます。□
&&&
## 9元体を作る
$\mathbb F_3$ 上で
$$
f(x)=x^2+1
$$
を考えます。$0,1,2$ を代入すると値はそれぞれ $1,2,2$ で根をもたないため、二次式 $f$ は既約です。そこで
$$
\mathbb F_9=\mathbb F_3[x]/(x^2+1)
$$
と置き、$\theta=x+(f)$ とします。$\theta^2=-1=2$ で、全元は
$$
a+b\theta,
\qquad a,b\in\mathbb F_3
$$
の9個です。
たとえば
$$
(1+\theta)(2+\theta)
=2+3\theta+\theta^2
=2+0+2=1
$$
なので
$$
(1+\theta)^{-1}=2+\theta.
$$
## 根の名前に依存しない
既約多項式 $f$ の根 $\alpha\in L$ と $\beta\in E$ を二つの拡大体で取ります。両方の最小多項式は $f$ なので
$$
K(\alpha)\cong K[x]/(f)\cong K(\beta).
$$
この同型は $K$ を固定し、$\alpha$ を $\beta$ へ送ります。したがって「$f$ の根を一つ加えて得る体」は、根の具体的な実現によらず $K$ 上同型を除いて一意です。
ただし、同じ大きな体の中で $\alpha$ と $\beta$ が等しいとは限りません。同型で対応することと、元として等しいことを区別します。
## 演習
&&&exc 商が体か判定する [04-exc-quotient-field-test]
次の商が体か判定せよ。
1. $\mathbb Q[x]/(x^2-3)$。
2. $\mathbb Q[x]/(x^2-4)$。
3. $\mathbb F_2[x]/(x^3+x+1)$。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-quotient-field-test-answer]
1. $x^2-3$ は有理根をもたない二次式なので既約。従って体です。
2. $x^2-4=(x-2)(x+2)$ と可約なので体ではありません。二つの非零類 $x-2,x+2$ の積が0です。
3. 三次式は根をもつとき、かつそのときに限り可約です。$0$ で値1、$1$ で $1+1+1=1$ なので根をもちません。従って既約で、商は $2^3=8$ 元の体です。□
&&&
&&&exc 九元体の計算 [04-exc-f9-arithmetic]
$\mathbb F_9=\mathbb F_3(\theta)$、$\theta^2=2$ とする。次を計算せよ。
$$
(2+2\theta)^2,
\qquad
(1-\theta)^{-1}.
$$
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-f9-arithmetic-answer]
標数3に注意して
$$
(2+2\theta)^2=4+8\theta+4\theta^2
=1+2\theta+1\cdot2
=2\theta.
$$
また
$$
(1-\theta)(1+\theta)=1-\theta^2=1-2=-1=2.
$$
2の逆元は2なので
$$
(1-\theta)^{-1}=2(1+\theta)=2+2\theta.
$$
□
&&&
&&&exc 可約な商の冪等元 [04-exc-reducible-quotient-idempotent]
$A=K[x]/(x(x-1))$ とし、$e=x+(x(x-1))$ とする。$e^2=e$ を示し、$A\cong K\times K$ のもとで $e$ がどの元に対応するか求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-reducible-quotient-idempotent-answer]
商では $x(x-1)=x^2-x=0$ なので $e^2=e$ です。中国剰余同型は
$$
f(x)+(x(x-1))\mapsto(f(0),f(1)).
$$
従って
$$
e\mapsto(0,1).
$$
これは第二成分への射影を表す冪等元です。□
&&&
&&&exc 同じ根添加体 [04-exc-isomorphic-root-fields]
$\alpha=\sqrt[3]2\in\mathbb R$、$\beta=\zeta\sqrt[3]2\in\mathbb C$、ただし $\zeta^3=1,\zeta\ne1$ とする。$\mathbb Q(\alpha)$ と $\mathbb Q(\beta)$ が $\mathbb Q$ 上同型であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-isomorphic-root-fields-answer]
$\alpha,β$ はともに $x^3-2$ の根です。この多項式は有理根をもたない三次式なので $\mathbb Q$ 上既約。従って両者の最小多項式は $x^3-2$ です。
$$
\mathbb Q(\alpha)\cong\mathbb Q[x]/(x^3-2)
\cong\mathbb Q(\beta)
$$
であり、合成同型は $\alpha$ を $\beta$ へ送ります。$\mathbb Q(\alpha)$ は実数の部分体、$\mathbb Q(\beta)$ は非実元を含みますが、抽象的な $\mathbb Q$ 体としては同型です。□
&&&

2-5 多項式商による体の構成

複雑な体を一度に理解する代わりに、数を一つずつ加えて
$$
K\subseteq E\subseteq L
$$
という塔を作ります。$E$ が $K$ 上何次元で、$L$ が $E$ 上何次元かが分かれば、$L$ の $K$ 上の次元はその積です。本章ではこの塔の法則を、基底を実際に組み合わせることで証明します。
## 基底の積
&&&thm 基底の積 [04-thm-product-of-bases]
$K\subseteq E\subseteq L$ を体の塔とする。$(u_i)_{i\in I}$ を $E/K$ の $K$ 基底、$(v_j)_{j\in J}$ を $L/E$ の $E$ 基底とする。このとき
$$
(u_iv_j)_{(i,j)\in I\times J}
$$
は $L/K$ の $K$ 基底である。
&&&
&&&prf [04-prf-product-of-bases]
まず生成を示します。任意の $x\in L$ は $(v_j)$ が $E$ 基底なので、有限個の $j$ について
$$
x=\sum_jc_jv_j,
\qquad c_j\in E
$$
と書けます。各 $c_j$ は $(u_i)$ が $K$ 基底なので、有限個の $i$ について
$$
c_j=\sum_ia_{ij}u_i,
\qquad a_{ij}\in K
$$
と書けます。代入して
$$
x=\sum_{i,j}a_{ij}u_iv_j.
$$
従って積たちは $L$ を $K$ 上生成します。
次に一次独立性を示します。有限和
$$
\sum_{i,j}a_{ij}u_iv_j=0,
\qquad a_{ij}\in K
$$
があるとします。$j$ ごとにまとめると
$$
\sum_j\left(\sum_i a_{ij}u_i\right)v_j=0.
$$
括弧内は $E$ の元です。$(v_j)$ は $E$ 上一次独立なので、各 $j$ について
$$
\sum_i a_{ij}u_i=0.
$$
さらに $(u_i)$ は $K$ 上一次独立なので、すべての $a_{ij}=0$。従って積たちは $K$ 上一次独立です。□
&&&
無限基底の場合でも、ベクトルの表示は常に有限和なので証明はそのまま通用します。
## 塔の法則
&&&thm 塔の法則 [04-thm-tower-law]
$K\subseteq E\subseteq L$ とする。拡大次数を基数として解釈すれば
$$
[L:K]=[L:E][E:K].
$$
特に二つの右辺が有限なら左辺も有限で、通常の正整数の積になる。
&&&
&&&prf [04-prf-tower-law]
基底の積の定理により、$E/K$ の基底の添字集合 $I$ と $L/E$ の基底の添字集合 $J$ に対し、$L/K$ の基底は $I\times J$ で添字付けられます。従って
$$
\dim_KL=|I\times J|=|I||J|
=\dim_EL\cdot\dim_KE.
$$
有限の場合は集合の要素数の通常の積です。□
&&&
&&&cor 中間体の次数は全体の次数を割る [04-cor-intermediate-degree-divides]
$[L:K]<\infty$ で $K\subseteq E\subseteq L$ なら
$$
[E:K]\mid[L:K],
\qquad
[L:E]\mid[L:K].
$$
&&&
&&&prf [04-prf-intermediate-degree-divides]
塔の法則
$$
[L:K]=[L:E][E:K]
$$
で三つは正整数です。従って右辺の各因子は左辺を割ります。□
&&&
この単純な整除条件は、中間体が存在しないことを示す強い道具になります。たとえば $[L:K]$ が素数なら、中間体 $E$ の次数は1か $[L:K]$ しかなく、$E=K$ または $E=L$ です。
## 二つの平方根を加える
$$
L=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)
$$
を考えます。塔
$$
\mathbb Q\subseteq\mathbb Q(\sqrt2)
\subseteq\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)
$$
の第一段は次数2です。第二段も次数2であることを確認します。
&&&lem 平方根の独立性 [04-lem-sqrt3-not-in-q-sqrt2]
$\sqrt3\notin\mathbb Q(\sqrt2)$ である。
&&&
&&&prf [04-prf-sqrt3-not-in-q-sqrt2]
もし $\sqrt3=a+b\sqrt2$（$a,b\in\mathbb Q$）なら、二乗して
$$
3=a^2+2b^2+2ab\sqrt2.
$$
$1,\sqrt2$ の一次独立性から
$$
2ab=0,
\qquad a^2+2b^2=3.
$$
$a=0$ なら $b^2=3/2$ ですが、既約分数 $b=r/s$ として素因数2と3の指数を比較すれば有理数の平方にはなりません。$b=0$ なら $a^2=3$ で、同様に $\sqrt3\notin\mathbb Q$ に反します。従って不可能です。□
&&&
$x^2-3$ は $\mathbb Q(\sqrt2)$ 上に根をもたない二次多項式なので既約です。従って第二段の基底は $(1,\sqrt3)$ で
$$
[L:\mathbb Q(\sqrt2)]=2.
$$
塔の法則から
$$
[L:\mathbb Q]=2\cdot2=4.
$$
基底の積は
$$
1,\sqrt2,\sqrt3,\sqrt6
$$
です。従って任意の元は
$$
a+b\sqrt2+c\sqrt3+d\sqrt6
$$
と一意に書けます。
## 三次多項式の分解体の次数
$\alpha=\sqrt[3]2$ を実数の根、$\zeta=e^{2\pi i/3}$ を1でない三乗根とします。$x^3-2$ の三つの根は
$$
\alpha,\quad\zeta\alpha,\quad\zeta^2\alpha
$$
なので分解体は
$$
L=\mathbb Q(\alpha,\zeta).
$$
$x^3-2$ は有理根をもたない三次多項式なので既約、従って
$$
[\mathbb Q(\alpha):\mathbb Q]=3.
$$
$\mathbb Q(\alpha)$ は実数体の部分体ですが $\zeta$ は非実数なので $\zeta\notin\mathbb Q(\alpha)$。$\zeta$ は
$$
x^2+x+1=0
$$
を満たすため
$$
[L:\mathbb Q(\alpha)]=2.
$$
塔の法則から
$$
[L:\mathbb Q]=6.
$$
後に、この6がGalois群 $S_3$ の位数と一致することを見ます。
## 次数1の拡大
&&&prop 次数1なら同じ体 [04-prop-degree-one-extension]
$K\subseteq L$ について
$$
[L:K]=1
$$
であることと $L=K$ は同値である。
&&&
&&&prf [04-prf-degree-one-extension]
$L=K$ なら $(1)$ が $K$ 基底なので次数1です。逆に $[L:K]=1$ とします。$1\ne0$ なので $(1)$ は一次独立であり、1次元空間 $L$ の基底です。従って任意の $x\in L$ は $x=a\cdot1$（$a\in K$）と書け、$x\in K$。よって $L\subseteq K$ で、もとの包含と合わせて $L=K$ です。□
&&&
## 有限性の伝播
&&&cor 有限拡大の塔 [04-cor-finiteness-in-tower]
$K\subseteq E\subseteq L$ とする。
1. $L/E$ と $E/K$ が有限なら $L/K$ も有限である。
2. $L/K$ が有限なら $E/K$ と $L/E$ も有限である。
&&&
&&&prf [04-prf-finiteness-in-tower]
1は塔の法則で有限な正整数の積になることから従います。
2について、$E$ は有限次元 $K$ ベクトル空間 $L$ の部分空間なので $[E:K]\le[L:K]<\infty$。塔の法則から
$$
[L:E]=[L:K]/[E:K]<\infty.
$$
□
&&&
## 演習
&&&exc 三重の塔 [04-exc-tower-three-levels]
$K\subseteq E\subseteq F\subseteq L$ で
$$
[E:K]=2,
\qquad[F:E]=3,
\qquad[L:F]=5
$$
とする。$[L:K]$、$[L:E]$、$[F:K]$ を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-tower-three-levels-answer]
塔の法則を繰り返して
$$
[F:K]=[F:E][E:K]=3\cdot2=6,
$$
$$
[L:E]=[L:F][F:E]=5\cdot3=15,
$$
$$
[L:K]=[L:F][F:E][E:K]=5\cdot3\cdot2=30.
$$
□
&&&
&&&exc 中間体が存在しない次数 [04-exc-prime-degree-no-intermediate]
$[L:K]=7$ とする。$K\subseteq E\subseteq L$ を満たす中間体が $K,L$ 以外に存在しないことを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-prime-degree-no-intermediate-answer]
塔の法則から $[E:K]$ は7の正の約数なので1または7です。1なら次数1の命題から $E=K$。7なら
$$
7=[L:E]\cdot7
$$
なので $[L:E]=1$、従って $E=L$ です。□
&&&
&&&exc 二つの平方根の基底 [04-exc-biquadratic-product-basis]
$L=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$ で
$$
x=1+\sqrt2+\sqrt3,
\qquad y=1-\sqrt2+\sqrt6
$$
とする。$xy$ を基底 $1,\sqrt2,\sqrt3,\sqrt6$ で表示せよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-biquadratic-product-basis-answer]
展開して
$$
xy=(1+\sqrt2+\sqrt3)(1-\sqrt2+\sqrt6).
$$
各項をまとめると、定数項は $1-2=-1$、$\sqrt2$ 項は $-\sqrt2+\sqrt2=0$、$\sqrt3$ 項は $\sqrt3+2\sqrt3=3\sqrt3$、$\sqrt6$ 項は $\sqrt6-\sqrt6=0$、さらに $\sqrt3\sqrt6=3\sqrt2$ があります。従って
$$
xy=-1+3\sqrt2+3\sqrt3.
$$
直接すべての9項を並べても同じ結果になります。□
&&&
&&&exc 次数による非包含判定 [04-exc-degree-obstruction-containment]
$\alpha$ が $K$ 上3次、すなわち $[K(\alpha):K]=3$ とする。$[L:K]=4$ の拡大 $L/K$ に $K(\alpha)$ が中間体として含まれることはないと示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-degree-obstruction-containment-answer]
もし
$$
K\subseteq K(\alpha)\subseteq L
$$
なら塔の法則から
$$
4=[L:K]=[L:K(\alpha)]\,[K(\alpha):K]
=3[L:K(\alpha)].
$$
右辺は3の倍数ですが左辺はそうでないため矛盾です。□
&&&

1-5 塔の法則と次数計算

$\mathbb Q(\sqrt2)$ から $\mathbb C$ への写像で有理数を固定するものは、$\sqrt2$ を $\sqrt2$ または $-\sqrt2$ へ送れます。この二つは偶然ではありません。体準同型は最小多項式の関係を保つため、生成元の像はその最小多項式の根でなければならず、逆に根を一つ選べば埋め込みが一意に作れます。
## 基礎体を固定する埋め込み
&&&def (K) 埋め込み [04-def-k-embedding]
$L/K$ と $\Omega/K$ を体拡大とする。体準同型
$$
\sigma:L\to\Omega
$$
がすべての $a\in K$ に対して $\sigma(a)=a$ を満たすとき、$\sigma$ を[[K-埋め込み|$K$ 埋め込み]]という。集合を
$$
\operatorname{Emb}_K(L,\Omega)
$$
と書く。
&&&
体準同型は必ず単射なので「埋め込み」という名前が付いています。像が $\Omega$ 全体である必要はありません。
&&&prop 生成元の像で決まる [04-prop-embedding-determined-by-generators]
$L=K(S)$ とし、$\sigma,\tau:L\to\Omega$ を $K$ 埋め込みとする。すべての $s\in S$ について $\sigma(s)=\tau(s)$ なら $\sigma=\tau$ である。
&&&
&&&prf [04-prf-embedding-determined-by-generators]
$\sigma$ と $\tau$ が一致する元全体を $E$ とします。$K\subseteq E$ で、$x,y\in E$ なら加減乗除について
$$
\sigma(x\pm y)=\tau(x\pm y),
\quad
\sigma(xy)=\tau(xy),
$$
$y\ne0$ なら
$$
\sigma(x/y)=\sigma(x)\sigma(y)^{-1}
=\tau(x)\tau(y)^{-1}=\tau(x/y).
$$
従って $E$ は $K$ と $S$ を含む部分体です。$K(S)$ の最小性から $L=K(S)\subseteq E$、よって全体で一致します。□
&&&
## 最小多項式の根へ送られる
&&&prop 埋め込みは共役な根へ送る [04-prop-embedding-sends-to-root]
$\alpha$ を $K$ 上代数的、最小多項式を $m_{\alpha,K}$ とする。$K$ 埋め込み $\sigma:K(\alpha)\to\Omega$ に対して
$$
m_{\alpha,K}(\sigma(\alpha))=0.
$$
&&&
&&&prf [04-prf-embedding-sends-to-root]
$m(x)=\sum_ia_ix^i$ と書きます。係数 $a_i\in K$ は $\sigma$ で固定されるので
$$
m(\sigma(\alpha))
=\sum_ia_i\sigma(\alpha)^i
=\sigma\left(\sum_ia_i\alpha^i\right)
=\sigma(m(\alpha))=\sigma(0)=0.
$$
□
&&&
## 根から埋め込みを作る
&&&thm 単純拡大の埋め込みと根 [04-thm-simple-extension-embeddings-roots]
$\alpha$ を $K$ 上代数的、最小多項式を $m(x)$ とする。$\Omega/K$ の元 $\beta$ が $m(\beta)=0$ を満たすとき、一意な $K$ 埋め込み
$$
\sigma_\beta:K(\alpha)\to\Omega
$$
で $\sigma_\beta(\alpha)=\beta$ となるものが存在する。従って
$$
\operatorname{Emb}_K(K(\alpha),\Omega)
\longleftrightarrow
\{\beta\in\Omega:m(\beta)=0\}
$$
は全単射である。
&&&
&&&prf [04-prf-simple-extension-embeddings-roots]
同型
$$
K(\alpha)\cong K[x]/(m),
\qquad f(\alpha)\leftrightarrow f(x)+(m)
$$
を使います。評価写像 $K[x]\to\Omega$、$f\mapsto f(\beta)$ は $m(\beta)=0$ により $(m)$ を核に含むので、商を通って
$$
K[x]/(m)\to\Omega
$$
を誘導します。$m$ は既約なので商は体であり、この準同型は単位元を保つ体準同型、従って単射です。合成により $\alpha$ を $\beta$ へ送る $K$ 埋め込みを得ます。
一意性は $K(\alpha)$ が $K$ と $\alpha$ で生成されることから従います。前命題により任意の埋め込みは $\alpha$ を $m$ の根へ送るため、対応は全射かつ単射です。□
&&&
&&&def 共役元 [04-def-conjugate-elements]
$\alpha$ の $K$ 上の最小多項式の根を、$\alpha$ の $K$ 上の[[共役元]]という。
&&&
共役元は、適切な大きな体の中で $K$ 埋め込みにより互いに移される元です。
## 埋め込みの個数
&&&cor 埋め込み数の上界 [04-cor-number-of-embeddings-bound]
$\alpha$ を $K$ 上代数的とし、$\Omega$ を最小多項式の全根を含む体とする。このとき
$$
|\operatorname{Emb}_K(K(\alpha),\Omega)|
\le[K(\alpha):K].
$$
等号が成り立つことと、最小多項式が $\Omega$ で重根をもたず完全分解することは同値である。
&&&
&&&prf [04-prf-number-of-embeddings-bound]
埋め込みは最小多項式 $m$ の相異なる根と全単射です。相異なる根の個数は $\deg m$ 以下で、
$$
\deg m=[K(\alpha):K].
$$
$\Omega$ が全根を含むので、相異なる根の数が次数に等しいことは重根がないことと同値です。□
&&&
## 基礎体の埋め込みも動かす
Galois理論では、基礎体からの埋め込み $\iota:K\to\Omega$ を固定したうえで、それを $K(\alpha)$ へ延長する必要があります。多項式
$$
f(x)=\sum_ia_ix^i\in K[x]
$$
に対して
$$
f^\iota(x)=\sum_i\iota(a_i)x^i\in\Omega[x]
$$
と書きます。
&&&thm 単純代数拡大への埋め込み延長 [04-thm-extend-embedding-simple-extension]
$\alpha$ を $K$ 上代数的、最小多項式を $m$ とする。体埋め込み $\iota:K\to\Omega$ と、$m^\iota$ の根 $\beta$ を含む拡大体 $E/\Omega$ があるとする。このとき一意な体埋め込み
$$
\widetilde\iota:K(\alpha)\to E
$$
で $\widetilde\iota|_K=\iota$、$\widetilde\iota(\alpha)=\beta$ となるものが存在する。
&&&
&&&prf [04-prf-extend-embedding-simple-extension]
$K(\alpha)$ の元は一意に
$$
a_0+a_1\alpha+\cdots+a_{d-1}\alpha^{d-1}
$$
と書けます。そこで
$$
\widetilde\iota\left(\sum_ia_i\alpha^i\right)
=\sum_i\iota(a_i)\beta^i
$$
と定めます。一意表示により良定義で、加法と乗法を保つことは多項式の計算から従います。積の後に $m(\alpha)=0$ で還元した関係は、$m^\iota(\beta)=0$ により像でも保たれます。単位元を保つ体準同型なので単射です。
制限と $\alpha$ の像は定義通りです。一意性は $K(\alpha)$ が $K$ と $\alpha$ で生成されることから従います。□
&&&
## 具体例
### 二次拡大
$$
\operatorname{Emb}_{\mathbb Q}(\mathbb Q(\sqrt2),\mathbb C)
$$
には
$$
a+b\sqrt2\mapsto a+b\sqrt2,
$$
$$
a+b\sqrt2\mapsto a-b\sqrt2
$$
の二つがあります。どちらも像は $\mathbb Q(\sqrt2)$ 自身なので自己同型です。
### 三次拡大と到着体
$\alpha=\sqrt[3]2$ の最小多項式は $x^3-2$。複素数内の根は
$$
\alpha,\quad\zeta\alpha,\quad\zeta^2\alpha.
$$
従って
$$
|\operatorname{Emb}_{\mathbb Q}(\mathbb Q(\alpha),\mathbb C)|=3.
$$
しかし実数への埋め込みでは像 $\sigma(\alpha)$ が実根でなければならず、実根は $\alpha$ 一つだけです。従って
$$
|\operatorname{Emb}_{\mathbb Q}(\mathbb Q(\alpha),\mathbb R)|=1.
$$
埋め込みの個数は到着体がどの根を含むかに依存します。
### 自己同型は像が内部に戻る根だけ
$\mathbb Q(\sqrt[3]2)$ 自身は非実根を含みません。従って $\mathbb Q$ 自己同型は $\alpha$ を実根 $\alpha$ に送る恒等写像だけです。拡大次数3に対して自己同型群の位数は1。この不一致は拡大が正規でないことを反映します。
## 演習
&&&exc 二次拡大の埋め込み [04-exc-quadratic-embeddings]
$d\in\mathbb Q$ は平方でないとする。$\mathbb Q(\sqrt d)$ から $\mathbb C$ への $\mathbb Q$ 埋め込みをすべて求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-quadratic-embeddings-answer]
$\sqrt d$ の最小多項式は $x^2-d$ で、複素数内の根は $\sqrt d,-\sqrt d$。従って埋め込みは
$$
a+b\sqrt d\mapsto a+b\sqrt d,
$$
$$
a+b\sqrt d\mapsto a-b\sqrt d
$$
の二つです。$d<0$ の場合も複素平方根を一つ選べば同じ記述です。□
&&&
&&&exc 四次拡大の共役 [04-exc-biquadratic-conjugates]
$\alpha=\sqrt2+\sqrt3$ の $\mathbb Q$ 上の共役元をすべて求め、それぞれに対応する $\mathbb Q$ 埋め込み $\mathbb Q(\alpha)\to\mathbb C$ を記述せよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-biquadratic-conjugates-answer]
最小多項式は $x^4-10x^2+1$ で、その根は
$$
\sqrt2+\sqrt3,
\quad-\sqrt2+\sqrt3,
\quad\sqrt2-\sqrt3,
\quad-\sqrt2-\sqrt3.
$$
また $\mathbb Q(\alpha)=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$。各根は $\sqrt2$ と $\sqrt3$ の符号を独立に選ぶ写像
$$
\sqrt2\mapsto\pm\sqrt2,
\qquad
\sqrt3\mapsto\pm\sqrt3
$$
から得られます。四つの符号選択が四つの埋め込みです。□
&&&
&&&exc 自己同型群の上界 [04-exc-automorphism-bound]
有限次拡大 $L/K$ が単純拡大 $L=K(\alpha)$ であるとする。このとき
$$
|\operatorname{Aut}_K(L)|\le[L:K]
$$
を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-automorphism-bound-answer]
$K$ 自己同型は特に $K$ 埋め込み $L\to\Omega$ です。各自己同型は $\alpha$ を最小多項式の根へ送り、生成元の像で一意に決まります。根の個数は最小多項式の次数以下なので
$$
|\operatorname{Aut}_K(L)|
\le\deg m_{\alpha,K}
=[L:K].
$$
□
&&&
&&&exc 実数への埋め込み [04-exc-real-embeddings-cubic]
$f(x)=x^3-3x+1$ は相異なる三つの実根をもつとする。一つの根を $\alpha$ とし、$f$ が $\mathbb Q$ 上既約であることを示したうえで、$\operatorname{Emb}_{\mathbb Q}(\mathbb Q(\alpha),\mathbb R)$ の元数を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-real-embeddings-cubic-answer]
有理根定理による根候補は $\pm1$ ですが
$$
f(1)=-1,
\qquad f(-1)=3
$$
でどちらも根でありません。三次多項式なので有理根をもたなければ既約です。従って $m_{\alpha,\mathbb Q}=f$。
仮定により $f$ は相異なる三実根をもち、その各根を $\alpha$ の像として一意な $\mathbb Q$ 埋め込みが得られます。従って埋め込みは3個です。□
&&&

2-6 埋め込みと共役元

> **前提知識**：Galoisの基本定理
> 
## 部分群の情報を中間体の言葉へ翻訳する
$L/K$ を有限Galois拡大、
$$
G=\operatorname{Gal}(L/K)
$$
とします。Galoisの基本定理により、中間体 $E$ と部分群
$$
H=\operatorname{Gal}(L/E)
$$
は一対一に対応し、
$$
[L:E]=|H|,
\qquad
[E:K]=[G:H]
$$
が成り立ちます。
しかし、この段階では $E/K$ 自身がGalois拡大かどうかも、そのGalois群が何かもまだ分かりません。自然には、$G$ の元を $E$ に制限して
$$
G\longrightarrow\operatorname{Aut}_K(E),
\qquad
\sigma\longmapsto\sigma|_E
$$
としたくなります。ところが一般には $\sigma(E)=E$ とは限らず、この写像自体が定義できません。
この障害を正確に測るのが、部分群 $H$ の正規性と正規化群です。
## 共役部分群の固定体
&&&lemma 共役部分群と共役な固定体 [04-lem-conjugate-subgroup-fixed-field]
$H\le G$、$\sigma\in G$ とする。このとき
$$
L^{\sigma H\sigma^{-1}}=\sigma(L^H).
$$
&&&
&&&prf [04-prf-conjugate-subgroup-fixed-field]
$x\in L^H$ とし、$\tau\in\sigma H\sigma^{-1}$ を取ります。ある $h\in H$ が存在して
$$
\tau=\sigma h\sigma^{-1}
$$
と書けます。従って
$$
\tau(\sigma(x))
=\sigma h\sigma^{-1}\sigma(x)
=\sigma(h(x))
=\sigma(x).
$$
よって $\sigma(x)$ は $\sigma H\sigma^{-1}$ の全要素に固定され、
$$
\sigma(L^H)\subseteq L^{\sigma H\sigma^{-1}}
$$
です。
同じ議論を $\sigma^{-1}$ と部分群 $\sigma H\sigma^{-1}$ に適用すると
$$
\sigma^{-1}(L^{\sigma H\sigma^{-1}})\subseteq L^H
$$
を得ます。両辺へ $\sigma$ を施せば逆向きの包含が得られるので、等号が成立します。□
&&&
$E=L^H$ と置くと、この補題は
$$
L^{\sigma H\sigma^{-1}}=\sigma(E)
$$
と言っています。従って、$H$ がすべての共役で不変であることと、$E$ が $G$ のすべての元で集合として不変であることが対応します。
&&&cor 正規性と中間体の安定性 [04-cor-normality-and-stability]
$E=L^H$ とする。このとき次は同値である。
1. $H\trianglelefteq G$。
2. すべての $\sigma\in G$ に対して $\sigma(E)=E$。
&&&
&&&prf [04-prf-normality-and-stability]
$H\trianglelefteq G$ なら $\sigma H\sigma^{-1}=H$ なので、共役部分群の補題から
$$
\sigma(E)=L^{\sigma H\sigma^{-1}}=L^H=E.
$$
逆にすべての $\sigma\in G$ について $\sigma(E)=E$ とします。補題から
$$
L^{\sigma H\sigma^{-1}}=\sigma(E)=E=L^H.
$$
Galois対応は単射なので
$$
\sigma H\sigma^{-1}=H.
$$
$\sigma$ は任意であり、$H\trianglelefteq G$ です。□
&&&
## 正規部分群とGalois中間拡大
&&&thm 正規部分群判定 [04-thm-normal-subgroup-intermediate-galois]
$L/K$ を有限Galois拡大、$G=\operatorname{Gal}(L/K)$ とする。中間体 $E$ と対応する部分群 $H=\operatorname{Gal}(L/E)$ に対して、次は同値である。
1. $E/K$ はGalois拡大である。
2. $H\trianglelefteq G$。
このとき制限写像は同型
$$
G/H\xrightarrow{\sim}\operatorname{Gal}(E/K),
\qquad
\sigma H\longmapsto\sigma|_E
$$
を与える。
&&&
&&&prf [04-prf-normal-subgroup-intermediate-galois]
まず $H\trianglelefteq G$ と仮定します。正規性と安定性の系から、すべての $\sigma\in G$ について $\sigma(E)=E$ です。従って制限写像
$$
\rho:G\longrightarrow\operatorname{Aut}_K(E),
\qquad
\rho(\sigma)=\sigma|_E
$$
が定義できます。これは群準同型であり、その核は $E$ の全要素を固定する元全体、すなわち
$$
\ker\rho=\operatorname{Gal}(L/E)=H
$$
です。準同型定理により
$$
G/H\cong\operatorname{im}\rho.
$$
したがって
$$
|\operatorname{im}\rho|
=|G/H|
=[G:H]
=[E:K].
$$
一方、有限拡大の $K$ 自己同型の個数は拡大次数以下なので
$$
|\operatorname{Aut}_K(E)|\le [E:K].
$$
像は $\operatorname{Aut}_K(E)$ の部分群でありながら既に $[E:K]$ 個の元をもつため、
$$
\operatorname{im}\rho=\operatorname{Aut}_K(E),
\qquad
|\operatorname{Aut}_K(E)|=[E:K].
$$
よって $E/K$ はGalois拡大であり、
$$
G/H\cong\operatorname{Gal}(E/K)
$$
です。
逆に $E/K$ がGalois拡大であると仮定します。任意の $\sigma\in G$ に対して、制限 $\sigma|_E$ は $E$ の $K$ 埋め込みです。$E/K$ の正規性から、その像は $E$ 自身です。従って
$$
\sigma(E)=E
$$
がすべての $\sigma\in G$ について成り立ちます。正規性と安定性の系から $H\trianglelefteq G$ です。□
&&&
ここで重要なのは、$L/E$ は中間体 $E$ の取り方によらず常にGaloisですが、$E/K$ は必ずしもGaloisではないという非対称性です。
## 非正規な場合には正規化群が現れる
$H$ が正規でなくても、$E=L^H$ を保つ $G$ の元だけを集めれば制限写像を作れます。
&&&def 正規化群 [04-def-normalizer]
部分群 $H\le G$ の[[正規化群]]を
$$
N_G(H)
=\{\sigma\in G\mid \sigma H\sigma^{-1}=H\}
$$
と定める。
&&&
$N_G(H)$ は $H$ を正規部分群として含みます。$H\trianglelefteq G$ であることは $N_G(H)=G$ と同値です。
&&&thm 中間体の自己同型群と正規化群 [04-thm-automorphisms-intermediate-field-normalizer]
$E=L^H$ とする。このとき制限写像は同型
$$
N_G(H)/H\xrightarrow{\sim}\operatorname{Aut}_K(E)
$$
を与える。
&&&
&&&prf [04-prf-automorphisms-intermediate-field-normalizer]
共役部分群と固定体の補題から
$$
\sigma(E)=E
\quad\Longleftrightarrow\quad
\sigma H\sigma^{-1}=H.
$$
従って $N_G(H)$ の各元は $E$ を保ち、制限準同型
$$
\rho:N_G(H)\longrightarrow\operatorname{Aut}_K(E)
$$
が定義できます。その核は $E$ を各点ごとに固定する元全体なので $H$ です。
全射性を示します。$\tau\in\operatorname{Aut}_K(E)$ を取ります。埋め込み延長定理により、$\tau:E\to L$ は $K$ 埋め込み
$$
\widetilde\tau:L\longrightarrow\overline K
$$
へ延長できます。$L/K$ は正規なので $\widetilde\tau(L)=L$、従って $\widetilde\tau\in G$ です。また $\widetilde\tau(E)=\tau(E)=E$ なので、安定性の特徴づけから $\widetilde\tau\in N_G(H)$ です。ゆえに $\rho$ は全射です。
群の準同型定理から
$$
N_G(H)/H\cong\operatorname{Aut}_K(E)
$$
を得ます。□
&&&
従って一般の中間体についても、自己同型の個数は
$$
|\operatorname{Aut}_K(E)|=[N_G(H):H]
$$
と群論だけから計算できます。$H$ が自己正規化的、すなわち $N_G(H)=H$ なら、$E$ は恒等写像以外の $K$ 自己同型をもちません。
## 具体例：$x^3-2$ の分解体
$\alpha=\sqrt[3]{2}$ を実数の立方根、$\omega$ を
$$
\omega^2+\omega+1=0,
\qquad \omega\ne1
$$
を満たす1の原始三乗根とします。$x^3-2$ の三根は
$$
\alpha,\qquad\omega\alpha,\qquad\omega^2\alpha
$$
で、その分解体は
$$
L=\mathbb Q(\alpha,\omega)
$$
です。
$x^3-2$ は素数2に関するEisensteinの判定法で $\mathbb Q$ 上既約なので
$$
[\mathbb Q(\alpha):\mathbb Q]=3.
$$
$\mathbb Q(\alpha)$ は実数体の部分体ですが、$\omega$ は非実数なので $\omega\notin\mathbb Q(\alpha)$。$\omega$ は二次方程式を満たすため
$$
[L:\mathbb Q(\alpha)]=2,
\qquad
[L:\mathbb Q]=6.
$$
Galois群 $G$ は三つの根を置換するので $S_3$ の部分群とみなせます。一方、$L/\mathbb Q$ は次数6のGalois拡大なので $|G|=6$。従って
$$
G\cong S_3.
$$
### 三次中間体はGaloisではない
$E=\mathbb Q(\alpha)$ とします。対応する部分群
$$
H=\operatorname{Gal}(L/E)
$$
は、恒等写像と複素共役からなる位数2の部分群です。$S_3$ の位数2の部分群は正規ではありません。実際、三つの互いに異なる互換部分群が共役で移り合います。従って正規部分群判定から
$$
\mathbb Q(\alpha)/\mathbb Q
$$
はGalois拡大ではありません。
体の側から見ても、$\alpha$ の最小多項式 $x^3-2$ の他の根 $\omega\alpha,\omega^2\alpha$ は実数体 $E$ に入らないため、$E/\mathbb Q$ は正規ではありません。
さらに $S_3$ において一つの互換が生成する部分群の正規化群はその部分群自身です。実際、互換 $(ij)$ の共役は
$$
\sigma(ij)\sigma^{-1}=(\sigma(i)\,\sigma(j))
$$
なので、$\langle(ij)\rangle$ を保つには集合 $\{i,j\}$ を保たなければならず、そのような元は恒等置換と $(ij)$ だけです。従って
$$
\operatorname{Aut}_{\mathbb Q}(\mathbb Q(\alpha))
\cong N_G(H)/H
=H/H
=\{1\}.
$$
三次拡大であっても、非自明な自己同型を一つももたないことがあります。
### 二次中間体はGaloisである
$A_3\trianglelefteq S_3$ は位数3の正規部分群です。この部分群は三根を巡回的に動かしますが $\omega$ を固定するので
$$
\mathbb Q(\omega)\subseteq L^{A_3}.
$$
一方、Galois対応と塔の法則から
$$
[L:L^{A_3}]=|A_3|=3,
\qquad
[L:\mathbb Q(\omega)]
=\frac{[L:\mathbb Q]}{[\mathbb Q(\omega):\mathbb Q]}
=\frac62=3.
$$
包含する二つの中間体に対する次数が等しいので
$$
L^{A_3}=\mathbb Q(\omega)=\mathbb Q(\sqrt{-3}).
$$
正規部分群判定から $\mathbb Q(\omega)/\mathbb Q$ はGaloisであり、
$$
\operatorname{Gal}(\mathbb Q(\omega)/\mathbb Q)
\cong S_3/A_3
\cong C_2.
$$
同じ分解体の中で、非正規な位数2部分群は非Galoisな三次体に、正規な位数3部分群はGaloisな二次体に対応します。
## 演習
&&&exc 正規部分群から次数を読む [04-exc-normal-subgroup-degree]
$L/K$ を有限Galois拡大とし、$G=\operatorname{Gal}(L/K)$ の位数を24とする。位数6の正規部分群 $H$ に対し $E=L^H$ と置く。$[L:E]$、$[E:K]$、$|\operatorname{Gal}(E/K)|$ を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-normal-subgroup-degree-answer]
Galois対応から
$$
[L:E]=|H|=6,
\qquad
[E:K]=[G:H]=\frac{24}{6}=4.
$$
$H$ は正規なので $E/K$ はGaloisであり
$$
\operatorname{Gal}(E/K)\cong G/H.
$$
従ってその位数は4です。□
&&&
&&&exc 双二次拡大のすべての中間体 [04-exc-normal-subgroups-biquadratic]
$L=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$ とする。$L/\mathbb Q$ のすべての中間体が $\mathbb Q$ 上Galoisであることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-normal-subgroups-biquadratic-answer]
Galois群は
$$
G\cong C_2\times C_2
$$
でありAbel群です。Abel群のすべての部分群は正規部分群なので、各中間体に対応する部分群は正規です。正規部分群判定により、すべての中間体は $\mathbb Q$ 上Galoisです。
具体的には
$$
\mathbb Q,\quad
\mathbb Q(\sqrt2),\quad
\mathbb Q(\sqrt3),\quad
\mathbb Q(\sqrt6),\quad
L
$$
であり、三つの二次拡大はいずれも二次多項式の分解体です。□
&&&
&&&exc 正規化群から自己同型数を求める [04-exc-normalizer-automorphism-count]
$L/K$ を有限Galois拡大、$G=\operatorname{Gal}(L/K)$ とする。$H\le G$ が $|H|=4$、$|N_G(H)|=12$ を満たすとし、$E=L^H$ と置く。$|\operatorname{Aut}_K(E)|$ を求めよ。また $E/K$ がGaloisなら $|G|$ について何が分かるか。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-normalizer-automorphism-count-answer]
正規化群の定理から
$$
\operatorname{Aut}_K(E)\cong N_G(H)/H
$$
なので
$$
|\operatorname{Aut}_K(E)|
=[N_G(H):H]
=\frac{12}{4}=3.
$$
$E/K$ がGaloisなら $H\trianglelefteq G$ なので $N_G(H)=G$ です。従って
$$
|G|=|N_G(H)|=12
$$
でなければなりません。□
&&&
&&&exc 巡回Galois拡大の中間体 [04-exc-cyclic-extension-intermediate-galois]
$L/K$ を有限巡回Galois拡大とする。すべての中間体 $E$ について $E/K$ がGalois拡大であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-cyclic-extension-intermediate-galois-answer]
巡回群はAbel群なので、$G=\operatorname{Gal}(L/K)$ のすべての部分群は正規部分群です。任意の中間体 $E$ に対応する
$$
H=\operatorname{Gal}(L/E)
$$
も正規です。従って正規部分群判定から $E/K$ はGalois拡大です。さらに
$$
\operatorname{Gal}(E/K)\cong G/H
$$
であり、巡回群の商群も巡回群なので $E/K$ は巡回Galois拡大です。□
&&&

6-6 中間体の次数と正規部分群

> **前提知識**：単純代数拡大、Galoisの基本定理
> 
## 最初のGalois拡大を分類する
二次拡大とは
$$
[L:K]=2
$$
を満たす体拡大です。$\mathbb Q(\sqrt2)/\mathbb Q$ が典型例ですが、「すべての二次拡大は平方根を一つ加えた形か」「異なる平方根が同じ体を作るのはいつか」「平方根を二つ加えると中間体はいくつあるか」を順に解くと、Galois対応を最初から最後まで手で計算できます。
まず標数が2でない場合を扱い、その後で標数2に何が起こるかを調べます。
## 標数が2でない体上の二次拡大
&&&thm 二次拡大の平方根表示 [04-thm-quadratic-extension-square-root-form]
$\operatorname{char}K\ne2$ とする。$L/K$ が二次拡大なら、ある $d\in K^\times$ で $K$ の平方でないものが存在して
$$
L=K(\sqrt d)
$$
と書ける。逆に、$d\in K^\times$ が $K$ の平方でなければ $K(\sqrt d)/K$ は二次拡大である。
&&&
&&&prf [04-prf-quadratic-extension-square-root-form]
$[L:K]=2$ とし、$\alpha\in L\setminus K$ を取ります。$1,\alpha$ は $K$ 上一次独立で、$L$ の次元は2なので
$$
L=K(\alpha).
$$
$\alpha$ の最小多項式を
$$
m_{\alpha,K}(x)=x^2+bx+c
\qquad(b,c\in K)
$$
と書きます。$m_{\alpha,K}(\alpha)=0$ から
$$
(2\alpha+b)^2=b^2-4c.
$$
ここで
$$
\beta=2\alpha+b,
\qquad d=b^2-4c
$$
と置きます。$2\ne0$ なので
$$
\alpha=\frac{\beta-b}{2}
$$
であり、$K(\alpha)=K(\beta)$ です。また $\beta^2=d\in K$。
もし $d=e^2$ が $K$ の平方なら
$$
(2\alpha+b-e)(2\alpha+b+e)=0.
$$
体には零因子がないため、いずれかの因子が0となって $\alpha\in K$ になり、選び方に反します。従って $d$ は平方ではなく、$L=K(\sqrt d)$ と書けます。
逆に $d$ が $K$ の平方でなければ $x^2-d$ は $K$ に根をもちません。二次多項式が可約であることと根をもつことは同値なので、$x^2-d$ は既約です。従って
$$
[K(\sqrt d):K]=2.
$$
□
&&&
$L=K(\sqrt d)$ の任意の元は一意的に
$$
a+b\sqrt d
\qquad(a,b\in K)
$$
と書けます。$x^2-d$ の二根は $\sqrt d$ と $-\sqrt d$ で、ともに $L$ に属します。標数が2でないので二根は相異なります。従って $L/K$ は分離かつ正規、すなわちGaloisです。
非自明な自己同型は
$$
\tau(a+b\sqrt d)=a-b\sqrt d
$$
で与えられ、
$$
\operatorname{Gal}(L/K)=\{1,\tau\}\cong C_2.
$$
トレースとノルムは
$$
\operatorname{Tr}_{L/K}(a+b\sqrt d)=2a,
$$
$$
N_{L/K}(a+b\sqrt d)
=(a+b\sqrt d)(a-b\sqrt d)
=a^2-db^2
$$
です。二次形式 $a^2-db^2$ は、体のノルムを座標で書いたものです。
## いつ二つの平方根が同じ体を作るか
異なる数 $d,e$ でも、$K(\sqrt d)$ と $K(\sqrt e)$ が同じ体になることがあります。例えば
$$
\mathbb Q(\sqrt2)=\mathbb Q(\sqrt8)
$$
です。$\sqrt8=2\sqrt2$ だからです。これが唯一の理由です。
&&&thm 二次拡大の同一性判定 [04-thm-equality-of-quadratic-extensions]
$\operatorname{char}K\ne2$ とし、$d,e\in K^\times$ はいずれも $K$ の平方でないとする。このとき
$$
K(\sqrt d)=K(\sqrt e)
$$
であることと
$$
de^{-1}\in(K^\times)^2
$$
であることは同値である。
&&&
&&&prf [04-prf-equality-of-quadratic-extensions]
まず $de^{-1}=u^2$、$u\in K^\times$ とします。このとき $\sqrt d=u\sqrt e$ と根の符号を選べるので、互いの生成元が相手の体に属し
$$
K(\sqrt d)=K(\sqrt e)
$$
です。
逆に二つの体が等しいとし、$\sqrt d\in K(\sqrt e)$ を
$$
\sqrt d=a+b\sqrt e
\qquad(a,b\in K)
$$
と書きます。両辺を二乗すると
$$
d=a^2+eb^2+2ab\sqrt e.
$$
$1,\sqrt e$ は $K$ 上一次独立なので
$$
2ab=0.
$$
$\operatorname{char}K\ne2$ より $ab=0$。$b=0$ なら $\sqrt d=a\in K$ となって $d$ が平方になり矛盾するので、$a=0$ です。従って
$$
d=eb^2,
\qquad de^{-1}=b^2\in(K^\times)^2.
$$
□
&&&
乗法群 $K^\times$ の平方全体
$$
(K^\times)^2=\{u^2\mid u\in K^\times\}
$$
で割った商群
$$
K^\times/(K^\times)^2
$$
を平方類群と呼びます。各元を二乗すると自明な類になるので、これは $\mathbb F_2$ 上のベクトル空間とみなせます。定理は、標数が2でない体の二次拡大が平方類群の非零元によって分類されることを示しています。
## 平方根を二つ加える
$a,b\in K^\times$ とし
$$
L=K(\sqrt a,\sqrt b)
$$
を考えます。$a$ と $b$ がともに非平方でも、$\sqrt b$ が既に $K(\sqrt a)$ に入っていれば次数は2のままです。前節の判定により、それは $ab^{-1}$ が平方の場合です。
そこで平方類 $[a],[b]$ が $K^\times/(K^\times)^2$ の中で一次独立、すなわち
$$
a,\quad b,\quad ab
$$
がすべて非平方である場合を考えます。
&&&prop 双二次拡大の次数と基底 [04-prop-biquadratic-degree-basis]
$\operatorname{char}K\ne2$ とし、$a,b,ab$ がすべて $K$ の平方でないとする。このとき
$$
L=K(\sqrt a,\sqrt b)
$$
は $K$ 上4次であり、
$$
1,\quad\sqrt a,\quad\sqrt b,\quad\sqrt{ab}
$$
は $K$ 基底である。
&&&
&&&prf [04-prf-biquadratic-degree-basis]
$K(\sqrt a)/K$ は二次拡大です。もし $\sqrt b\in K(\sqrt a)$ なら
$$
K(\sqrt b)=K(\sqrt a)
$$
であり、二次拡大の同一性判定から $ab^{-1}$ は平方です。しかしこのとき
$$
ab=(ab^{-1})b^2
$$
も平方になり、仮定に反します。従って $\sqrt b\notin K(\sqrt a)$ です。
$\sqrt b$ は $K(\sqrt a)$ 上 $x^2-b$ を満たし、その最小多項式は一次ではないので二次です。塔の法則から
$$
[L:K]
=[L:K(\sqrt a)][K(\sqrt a):K]
=2\cdot2=4.
$$
$L$ の任意の元は
$$
(u+v\sqrt a)+(s+t\sqrt a)\sqrt b
=u+v\sqrt a+s\sqrt b+t\sqrt{ab}
$$
と書けるので、表示した四元は $L$ を張ります。$L$ の次元が4なので基底です。□
&&&
## Galois群を符号変換として書く
二つの平方根の符号を独立に変える写像を
$$
\begin{aligned}
\sigma(\sqrt a)&=-\sqrt a,&\sigma(\sqrt b)&=\sqrt b,\\
\tau(\sqrt a)&=\sqrt a,&\tau(\sqrt b)&=-\sqrt b
\end{aligned}
$$
と定めます。基底表示を使えば、これらは $K$ 自己同型であることが直接確認できます。さらに
$$
\sigma^2=\tau^2=1,
\qquad
\sigma\tau=\tau\sigma
$$
です。
&&&thm 双二次拡大のGalois群 [04-thm-biquadratic-galois-group]
上の仮定のもとで $L/K$ はGalois拡大であり
$$
\operatorname{Gal}(L/K)
=\{1,\sigma,\tau,\sigma\tau\}
\cong C_2\times C_2.
$$
&&&
&&&prf [04-prf-biquadratic-galois-group]
$L$ は二つの分離多項式
$$
x^2-a,\qquad x^2-b
$$
の積の分解体なので有限Galois拡大です。従ってGalois群の位数は
$$
[L:K]=4.
$$
上で構成した $1,\sigma,\tau,\sigma\tau$ は平方根への作用が異なるので相異なる四つの自己同型です。これらですべてです。
非自明な三元はすべて位数2であり、群は可換です。位数4の群で全非自明元の位数が2であるものは $C_2\times C_2$ です。□
&&&
## 中間体をすべて求める
$G=C_2\times C_2$ の部分群は
$$
\{1\},\quad
\langle\sigma\rangle,\quad
\langle\tau\rangle,\quad
\langle\sigma\tau\rangle,\quad
G
$$
の五つです。固定体を直接計算すると
$$
\begin{aligned}
L^{\langle\sigma\rangle}&=K(\sqrt b),\\
L^{\langle\tau\rangle}&=K(\sqrt a),\\
L^{\langle\sigma\tau\rangle}&=K(\sqrt{ab}).
\end{aligned}
$$
最後の等式を確かめます。任意の $x\in L$ を
$$
x=u+v\sqrt a+s\sqrt b+t\sqrt{ab}
$$
と書くと
$$
\sigma\tau(x)
=u-v\sqrt a-s\sqrt b+t\sqrt{ab}.
$$
従って $\sigma\tau(x)=x$ であることは $v=s=0$ と同値であり、固定元はちょうど
$$
u+t\sqrt{ab}
$$
の形です。
Galois対応により、$K$ と $L$ の間の真の中間体は
$$
K(\sqrt a),\qquad K(\sqrt b),\qquad K(\sqrt{ab})
$$
の三つだけです。候補を見つけただけでなく、ほかに存在しないことまで群の部分群分類から分かります。
## 二つの平方根を一つの元にまとめる
有限分離拡大は単純拡大になるという原始元定理を、双二次拡大では手で確認できます。
&&&prop 双二次拡大の原始元 [04-prop-biquadratic-primitive-element]
上の仮定のもとで
$$
\theta=\sqrt a+\sqrt b
$$
と置くと
$$
L=K(\theta).
$$
$\theta$ の $K$ 上の最小多項式は
$$
x^4-2(a+b)x^2+(a-b)^2
$$
である。
&&&
&&&prf [04-prf-biquadratic-primitive-element]
$a-b\ne0$ です。実際 $a=b$ なら $ab=a^2$ が平方となって仮定に反します。また $\theta\ne0$ です。もし $\sqrt a=-\sqrt b$ なら二乗して $a=b$ となるからです。
$$
(\sqrt a+\sqrt b)(\sqrt a-\sqrt b)=a-b
$$
より
$$
\sqrt a-\sqrt b=\frac{a-b}{\theta}\in K(\theta).
$$
標数が2でないので
$$
\sqrt a
=\frac12\left(\theta+\frac{a-b}{\theta}\right),
\qquad
\sqrt b
=\frac12\left(\theta-\frac{a-b}{\theta}\right).
$$
従って $L\subseteq K(\theta)$。逆の包含は明らかなので $L=K(\theta)$ です。
次に
$$
\theta^2=a+b+2\sqrt{ab}
$$
なので
$$
(\theta^2-a-b)^2=4ab.
$$
展開すると
$$
\theta^4-2(a+b)\theta^2+(a-b)^2=0.
$$
従って $\theta$ は表示した4次多項式を満たします。一方
$$
[K(\theta):K]=[L:K]=4
$$
なので最小多項式の次数は4です。表示した多項式はモニック4次で $\theta$ を根にもつため、最小多項式そのものです。□
&&&
この多項式の四根は
$$
\sqrt a+\sqrt b,\quad
-\sqrt a+\sqrt b,\quad
\sqrt a-\sqrt b,\quad
-\sqrt a-\sqrt b
$$
であり、Galois群による $\theta$ の軌道と一致します。
## 平方類で双二次拡大を見る
$K^\times/(K^\times)^2$ を $\mathbb F_2$ ベクトル空間とみなすと、$[a]$ と $[b]$ が張る二次元部分空間は
$$
\{[1],[a],[b],[ab]\}
$$
です。その三つの非零元が、三つの二次中間体
$$
K(\sqrt a),\quad K(\sqrt b),\quad K(\sqrt{ab})
$$
に対応します。
一方、Galois群も二次元 $\mathbb F_2$ ベクトル空間
$$
C_2\times C_2
$$
です。双二次拡大では、平方類の線形代数とGalois群の部分空間の線形代数が向かい合っています。この見方は、平方根を多数加える多重二次拡大とKummer理論へ一般化されます。
## 標数2では平方根だけでは足りない
$\operatorname{char}K=2$ では $-\alpha=\alpha$ なので、$x^2-d$ は形式微分すると
$$
(x^2-d)'=2x=0
$$
となります。$d$ が平方でないとき $x^2-d$ は既約でも、その二根は代数閉包の中で一致し、得られる二次拡大は非分離です。従ってGalois拡大ではありません。
一方、標数2の分離二次拡大は平方根ではなくArtin--Schreier方程式で表されます。
&&&prop 標数2の分離二次拡大 [04-prop-characteristic-two-quadratic-extension]
$\operatorname{char}K=2$ とし、$L/K$ を分離二次拡大とする。このとき、ある $c\in K$ と $\theta\in L$ が存在して
$$
L=K(\theta),
\qquad
\theta^2+\theta=c
$$
と書ける。非自明な $K$ 自己同型は
$$
\theta\longmapsto\theta+1
$$
で与えられる。
&&&
&&&prf [04-prf-characteristic-two-quadratic-extension]
$\alpha\in L\setminus K$ を取り、その最小多項式を
$$
x^2+bx+d
$$
と書きます。分離的なので形式微分 $b$ は0ではありません。$\theta=\alpha/b$ と置き、最小多項式の等式を $b^2$ で割ると
$$
\theta^2+\theta=\frac{d}{b^2}.
$$
右辺を $c$ と置けばよいです。また $\alpha=b\theta$ なので $L=K(\theta)$。
$\theta^2+\theta+c=0$ の一根が $\theta$ なら、標数2では
$$
(\theta+1)^2+(\theta+1)+c
=\theta^2+2\theta+1+\theta+1+c
=\theta^2+\theta+c
=0.
$$
二根は $\theta$ と $\theta+1$ で、ともに $L$ に属します。従って $\theta\mapsto\theta+1$ が非自明な自己同型を与えます。□
&&&
この境界例は、「二次拡大は平方根で記述できる」という主張に標数の仮定が不可欠であることを示します。
## 演習
&&&exc 二次体の一致 [04-exc-quadratic-field-equality]
次の等式または不等式を証明せよ。
1. $\mathbb Q(\sqrt{12})=\mathbb Q(\sqrt3)$。
2. $\mathbb Q(\sqrt2)\ne\mathbb Q(\sqrt3)$。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-quadratic-field-equality-answer]
1について、$12/3=4=2^2$ は $\mathbb Q$ の平方です。実際
$$
\sqrt{12}=2\sqrt3,
\qquad
\sqrt3=\frac12\sqrt{12}
$$
なので二つの体は等しいです。
2について、$2/3$ が $\mathbb Q$ の平方でないことを示せば十分です。もし
$$
\frac23=\left(\frac mn\right)^2
$$
を互いに素な整数 $m,n\ne0$ で満たすなら
$$
3m^2=2n^2.
$$
右辺から3が $n^2$、従って $n$ を割ります。$n=3r$ と置くと $m^2=6r^2$ なので3が $m$ も割り、互いに素であることに反します。従って $2/3$ は平方でなく、二つの二次体は異なります。□
&&&
&&&exc 双二次拡大のノルム [04-exc-biquadratic-norm]
$L=K(\sqrt a,\sqrt b)$ を本文の仮定を満たす双二次拡大とする。
$$
\theta=\sqrt a+\sqrt b
$$
に対して $\operatorname{Tr}_{L/K}(\theta)$ と $N_{L/K}(\theta)$ を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-biquadratic-norm-answer]
$\theta$ の四つのGalois共役は
$$
\sqrt a+\sqrt b,\quad
-\sqrt a+\sqrt b,\quad
\sqrt a-\sqrt b,\quad
-\sqrt a-\sqrt b
$$
です。その和では $\sqrt a$ と $\sqrt b$ の係数が打ち消し合うので
$$
\operatorname{Tr}_{L/K}(\theta)=0.
$$
積は
$$
\begin{aligned}
N_{L/K}(\theta)
&=(\sqrt a+\sqrt b)(\sqrt a-\sqrt b)\\
&\quad\cdot(-\sqrt a+\sqrt b)(-\sqrt a-\sqrt b)\\
&=(a-b)(a-b)\\
&=(a-b)^2.
\end{aligned}
$$
これは最小多項式の定数項とも一致します。□
&&&
&&&exc 三つ目の中間体 [04-exc-third-quadratic-subfield]
$L=\mathbb Q(\sqrt5,\sqrt{13})$ とする。$\sqrt5$ と $\sqrt{13}$ の符号を同時に変える自己同型の固定体を求め、ほかの二つの二次中間体とともに列挙せよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-third-quadratic-subfield-answer]
一般の元を
$$
x=u+v\sqrt5+s\sqrt{13}+t\sqrt{65}
$$
と書きます。同時符号変換は $\sqrt5,\sqrt{13}$ の係数の符号を変え、$\sqrt{65}$ を固定します。従って固定条件は $v=s=0$ であり、固定体は
$$
\mathbb Q(\sqrt{65})
$$
です。三つの二次中間体は
$$
\mathbb Q(\sqrt5),
\qquad
\mathbb Q(\sqrt{13}),
\qquad
\mathbb Q(\sqrt{65})
$$
です。Galois群 $C_2\times C_2$ の部分群は五つしかないため、これ以外の真の中間体はありません。□
&&&
&&&exc 原始元の最小多項式 [04-exc-biquadratic-minimal-polynomial]
$$
\theta=\sqrt2+\sqrt3
$$
の $\mathbb Q$ 上の最小多項式を求め、その四根を列挙せよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-biquadratic-minimal-polynomial-answer]
本文の公式へ $a=2,b=3$ を代入すると
$$
x^4-2(2+3)x^2+(2-3)^2
=x^4-10x^2+1
$$
を得ます。$\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$ は4次で $\theta$ がこの体を生成するため、これが最小多項式です。四根は
$$
\sqrt2+\sqrt3,\quad
-\sqrt2+\sqrt3,\quad
\sqrt2-\sqrt3,\quad
-\sqrt2-\sqrt3
$$
です。□
&&&
&&&exc 標数2の自己同型 [04-exc-characteristic-two-artin-schreier]
$K=\mathbb F_2(t)$ とし、$\theta$ を
$$
\theta^2+\theta=t
$$
の根とする。$x^2+x+t$ が $K$ 上既約であることを示せ。さらに $L=K(\theta)$ において、写像 $\tau(\theta)=\theta+1$ が位数2の $K$ 自己同型になることを直接確かめよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-characteristic-two-artin-schreier-answer]
$x^2+x+t$ が可約なら二次式なので $K$ に根をもちます。そこで
$$
r=\frac{f}{g}\in\mathbb F_2(t),
\qquad f,g\in\mathbb F_2[t],\quad \gcd(f,g)=1
$$
が $r^2+r=t$ を満たすと仮定します。分母を払うと
$$
f^2+fg=tg^2.
$$
$m=\deg f,n=\deg g$ と置きます。
$m>n$ なら左辺の最高次数は $2m$、右辺の最高次数は $2n+1$ です。一方は偶数、他方は奇数なので等しくなれません。$m<n$ なら左辺の最高次数は $m+n<2n$、右辺の最高次数は $2n+1$ で矛盾します。$m=n$ の場合、左辺の次数は高々 $2n$ ですが右辺の次数は $2n+1$ で、やはり矛盾します。従って根は存在せず、$x^2+x+t$ は既約です。特に $[L:K]=2$ です。
$\theta+1$ も同じ多項式の根です。実際、標数2なので
$$
(\theta+1)^2+(\theta+1)
=\theta^2+2\theta+1+\theta+1
=\theta^2+\theta
=t.
$$
従って $\theta\mapsto\theta+1$ は既約な最小多項式の根を別の根へ送るので、$K$ を固定する自己同型を一意に定めます。また
$$
\tau^2(\theta)=\tau(\theta+1)=\theta+1+1=\theta
$$
で、$K$ 上も恒等写像なので $\tau^2=1$。$\tau(\theta)\ne\theta$ だから $\tau$ の位数は2です。□
&&&

6-7 二次拡大と双二次拡大

ここまでは $K(\alpha)$ のように、元を有限個ずつ添加してきました。しかし「$\mathbb Q$ 上代数的な複素数をすべて集める」と、生成元は一つにも有限個にも収まりません。それでも、任意の有限部分だけを見れば有限次拡大の中に収まります。この局所有限性が、無限の代数拡大を制御する鍵です。
## 代数拡大
&&&def 代数拡大 [04-def-algebraic-extension]
体拡大 $L/K$ において、すべての $\alpha\in L$ が $K$ 上代数的であるとき、$L/K$ を**[[代数拡大]]**という。
&&&
有限次拡大は代数拡大でした。しかし逆は成り立ちません。例えば、$\mathbb Q$ 上代数的な複素数全体を $\overline{\mathbb Q}\cap\mathbb C$ と書けば、これは $\mathbb Q$ の代数拡大ですが、有限次ではありません。実際、任意の正整数 $n$ に対し $2^{1/n}$ を含み、その最小多項式 $x^n-2$ は Eisenstein の判定法により次数 $n$ をもちます。もし全体の次数が有限の $N$ なら、中間体の次数は $N$ 以下なので $n>N$ と矛盾します。
無限拡大を扱うため、まず有限個の元に問題を縮めます。
&&&prop 有限個の代数的元が生成する拡大 [04-prop-finitely-generated-algebraic-extension]
$\alpha_1,\ldots,\alpha_r$ が $K$ 上代数的なら
$$
[K(\alpha_1,\ldots,\alpha_r):K]<\infty.
$$
特に、この体のすべての元は $K$ 上代数的である。
&&&
&&&prf [04-prf-finitely-generated-algebraic-extension]
塔
$$
K\subseteq K(\alpha_1)\subseteq K(\alpha_1,\alpha_2)
\subseteq\cdots\subseteq K(\alpha_1,\ldots,\alpha_r)
$$
を考えます。$\alpha_i$ は $K$ 上の多項式を満たすので、係数体を大きくした $K(\alpha_1,\ldots,\alpha_{i-1})$ 上でも代数的です。従って各段の次数は有限です。塔の法則より全体の次数は有限です。有限次拡大は代数拡大なので後半も従います。□
&&&
&&&prop 代数的元全体は体をなす [04-prop-algebraic-elements-form-field]
$L/K$ を任意の拡大とし
$$
A=\{\alpha\in L\mid \alpha\text{ は }K\text{ 上代数的}\}
$$
とおく。このとき $A$ は $K$ を含む $L$ の部分体である。
&&&
&&&prf [04-prf-algebraic-elements-form-field]
$\alpha,\beta\in A$ とします。前命題により $K(\alpha,\beta)/K$ は有限次です。従って
$$
\alpha-\beta,\qquad \alpha\beta,
$$
および $\beta\ne0$ のとき $\alpha/\beta$ は、いずれも有限次拡大 $K(\alpha,\beta)$ の元なので $K$ 上代数的です。また $0,1\in K\subseteq A$ です。部分体判定法により $A$ は部分体です。□
&&&
## 代数性は塔を上っても保たれる
「$L/K$ と $M/L$ が代数的なら $M/K$ も代数的」という事実は、次数が無限でも成立します。
&&&thm 代数拡大の推移性 [04-thm-transitivity-of-algebraicity]
$K\subseteq L\subseteq M$ とする。$L/K$ と $M/L$ が代数拡大なら、$M/K$ も代数拡大である。
&&&
&&&prf [04-prf-transitivity-of-algebraicity]
$\alpha\in M$ を取ります。$M/L$ が代数的なので、ある非零多項式
$$
f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n\in L[x]
$$
が $f(\alpha)=0$ を満たします。係数 $a_0,\ldots,a_n$ は $K$ 上代数的ですから
$$
E=K(a_0,\ldots,a_n)
$$
は前命題により $K$ の有限次拡大です。また $\alpha$ は $E$ 上代数的なので $E(\alpha)/E$ も有限次です。塔の法則から
$$
[E(\alpha):K]=[E(\alpha):E][E:K]<\infty.
$$
従って $\alpha$ は $K$ 上代数的です。$\alpha$ は任意だったので $M/K$ は代数拡大です。□
&&&
この証明の重要点は、無限に大きい $L$ 全体を一度に扱わず、$\alpha$ の満たす一本の方程式に現れる有限個の係数だけを取り出したことです。
## 代数的閉体と代数閉包
&&&def 代数的閉体 [04-def-algebraically-closed-field]
体 $\Omega$ が**[[代数閉体|代数的閉体]]**であるとは、任意の次数1以上の多項式 $f\in\Omega[x]$ が $\Omega$ に根をもつことをいう。
&&&
根 $a$ が見つかれば $f=(x-a)g$ と因数分解できるので、次数についての帰納法により次が分かります。
&&&prop 代数的閉体の同値条件 [04-prop-algebraically-closed-equivalences]
体 $\Omega$ について次は同値である。
1. $\Omega$ は代数的閉体である。
2. $\Omega[x]$ の任意の次数1以上の多項式は一次式の積に分解する。
3. $\Omega[x]$ の既約多項式は一次式だけである。
4. $\Omega$ の代数拡大は $\Omega$ 自身だけである。
&&&
&&&prf [04-prf-algebraically-closed-equivalences]
$1\Rightarrow2$：次数について帰納します。$f$ は根 $a$ をもち、除法により $f=(x-a)g$ と書けます。$g$ は次数が一つ小さいので帰納法を適用します。
$2\Rightarrow3$：次数2以上の多項式は一次因子をもつので既約ではありません。
$3\Rightarrow4$：$L/\Omega$ を代数拡大、$\alpha\in L$ とします。$\alpha$ の最小多項式は既約なので一次式です。従って $\alpha\in\Omega$ であり、$L=\Omega$ です。
$4\Rightarrow1$：次数1以上の $f\in\Omega[x]$ を取ります。$f$ の既約因子 $p$ を一つ取ると、$\Omega[x]/(p)$ は $\Omega$ の代数拡大です。仮定によりこの拡大は $\Omega$ 自身なので、$p$ の次数は1です。従って $f$ は $\Omega$ に根をもちます。□
&&&
&&&def 代数閉包 [04-def-algebraic-closure]
$K$ の拡大体 $\overline K$ が
1. $\overline K/K$ は代数拡大であり、
2. $\overline K$ は代数的閉体である
とき、$\overline K$ を $K$ の**[[代数閉包]]**という。
&&&
$\mathbb C$ は代数学の基本定理により代数的閉体ですが、$\mathbb C/\mathbb R$ は代数拡大なので $\mathbb C$ は $\mathbb R$ の代数閉包です。一方、$\mathbb C/\mathbb Q$ は代数拡大ではありません。$\mathbb Q$ の代数閉包としては、$\mathbb C$ の中で $\mathbb Q$ 上代数的な元全体を取れます。
## 代数閉包は存在する
次の存在証明では集合論の標準的原理である Zorn の補題を使います。これは「帰納的に大きくできる対象には極大なものがある」という原理です。体論固有の議論は以下ですべて記述します。
&&&thm 代数閉包の存在 [04-thm-existence-of-algebraic-closure]
任意の体 $K$ は代数閉包をもつ。
&&&
&&&prf [04-prf-existence-of-algebraic-closure]
まず、すべての非定数多項式が根をもつ代数拡大を一段で作ります。$K[x]$ のモニック非定数多項式 $f$ ごとに一つの変数 $X_f$ を用意し、多変数多項式環
$$
R=K[X_f\mid f\in K[x]\text{ はモニック非定数}]
$$
を考えます。$R$ のイデアル
$$
I=(f(X_f)\mid f\in K[x]\text{ はモニック非定数})
$$
は真のイデアルです。実際、もし $1\in I$ なら、その表示には有限個の多項式 $f_1,\ldots,f_r$ しか現れません。根を一つずつ添加すれば、ある拡大体 $E/K$ と $a_i\in E$ で $f_i(a_i)=0$ となるものが作れます。$X_{f_i}\mapsto a_i$ と代入すれば $1=0$ となり矛盾します。
Zorn の補題により $I$ を含む極大イデアル $\mathfrak m$ が存在します。商
$$
K_1=R/\mathfrak m
$$
は体で、各 $f$ は $X_f+\mathfrak m$ を根にもつので、$K$ 上のすべての非定数多項式が $K_1$ に根をもちます。
同じ構成を繰り返して
$$
K=K_0\subseteq K_1\subseteq K_2\subseteq\cdots
$$
を作り、$K_{n+1}$ では $K_n$ 上のすべての非定数多項式が根をもつようにします。合併
$$
\Omega=\bigcup_{n\ge0}K_n
$$
は体です。$g\in\Omega[x]$ は有限個の係数しかもたないので、ある $n$ で $g\in K_n[x]$ です。従って $g$ は $K_{n+1}\subseteq\Omega$ に根をもちます。ゆえに $\Omega$ は代数的閉体です。
最後に、$\Omega$ の中で $K$ 上代数的な元全体を $\overline K$ とします。これは部分体です。$\overline K/K$ は定義から代数的です。$f\in\overline K[x]$ を非定数とすると、$\Omega$ が代数的閉体なので根 $\alpha\in\Omega$ をもちます。$f$ の係数が生成する体は $K$ 上有限次で、$\alpha$ はその体上代数的です。代数性の推移性から $\alpha$ は $K$ 上代数的、従って $\alpha\in\overline K$ です。ゆえに $\overline K$ は代数的閉体であり、$K$ の代数閉包です。□
&&&
## 一意だが、等しいとは限らない
代数閉包は包含される集合として一意なのではなく、$K$ を固定する同型を除いて一意です。
&&&thm 代数閉包の一意性 [04-thm-uniqueness-of-algebraic-closure]
$\overline K_1,\overline K_2$ を $K$ の二つの代数閉包とする。このとき $K$ 上の体同型
$$
\overline K_1\cong\overline K_2
$$
が存在する。
&&&
&&&prf [04-prf-uniqueness-of-algebraic-closure]
$K$ 上の埋め込み $\varphi:E\to\overline K_2$ で $K\subseteq E\subseteq\overline K_1$ となる組 $(E,\varphi)$ を、延長関係で順序づけます。全順序部分集合では写像が互いに延長になっているので、その合併も埋め込みです。Zorn の補題により極大な組 $(E,\varphi)$ が存在します。
もし $E\ne\overline K_1$ なら $\alpha\in\overline K_1\setminus E$ を取れます。$\alpha$ は $E$ 上代数的です。その最小多項式の係数に $\varphi$ を施した多項式は、代数的閉体 $\overline K_2$ に根 $\beta$ をもちます。埋め込み延長定理により $\varphi$ は $E(\alpha)\to\overline K_2$ へ延長され、極大性に矛盾します。従って $E=\overline K_1$ です。
像 $F=\varphi(\overline K_1)$ は $\overline K_1$ と同型なので代数的閉体です。任意の $\gamma\in\overline K_2$ は $K$ 上、従って $F$ 上代数的です。代数的閉体 $F$ は真の代数拡大をもたないので $\gamma\in F$ です。従って $F=\overline K_2$、すなわち $\varphi$ は全射でもあります。□
&&&
同型は一般に一意ではありません。例えば $\overline{\mathbb Q}$ の中で $\sqrt2$ を $-\sqrt2$ に送る $\mathbb Q$ 上の自己同型が存在します。「代数閉包を一つ固定する」と宣言するのは、その多数の同型の中から舞台を一つ選ぶ操作です。
## 演習
&&&exc 代数的元の四則演算 [04-exc-algebraic-sum-product]
$\alpha,\beta$ が $K$ 上代数的であるとする。$\alpha+\beta$ と $\alpha\beta$ が $K$ 上代数的であることを、生成体の次数を使って示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-algebraic-sum-product-answer]
$K(\alpha,\beta)/K$ は有限次です。$\alpha+\beta$ と $\alpha\beta$ はこの有限次拡大の元なので、いずれも $K$ 上代数的です。これは個別の消去計算をせず、有限次性だけで同時に結論する方法です。□
&&&
&&&exc 代数閉体上の有限次拡大 [04-exc-finite-extension-algebraically-closed]
$\Omega$ が代数的閉体で $L/\Omega$ が有限次なら $L=\Omega$ を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-finite-extension-algebraically-closed-answer]
有限次拡大は代数拡大です。任意の $\alpha\in L$ の最小多項式は $\Omega[x]$ の既約多項式ですが、代数的閉体上の既約多項式は一次式だけです。従って $\alpha\in\Omega$ です。よって $L\subseteq\Omega$ であり、逆の包含と合わせて $L=\Omega$ です。□
&&&
&&&exc 実数体の代数閉包 [04-exc-algebraic-closure-real-field]
代数学の基本定理を用いて、$\mathbb C$ が $\mathbb R$ の代数閉包であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-algebraic-closure-real-field-answer]
$i$ は $x^2+1$ の根なので $\mathbb C=\mathbb R(i)$ は $\mathbb R$ の2次代数拡大です。また代数学の基本定理により、$\mathbb C$ 係数の非定数多項式は $\mathbb C$ に根をもちます。従って $\mathbb C$ は代数的閉体であり、二条件から $\mathbb R$ の代数閉包です。□
&&&
&&&exc 代数閉包内の中間体 [04-exc-intermediate-algebraic-extension]
$K\subseteq E\subseteq\overline K$ とする。$E/K$ と $\overline K/E$ がともに代数拡大であることを示せ。また $\overline K$ が $E$ の代数閉包でもあることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-intermediate-algebraic-extension-answer]
$E$ の各元は $\overline K$ の元なので $K$ 上代数的であり、$E/K$ は代数拡大です。$\alpha\in\overline K$ は $K$ 上の多項式を満たします。その多項式は $E[x]$ の多項式でもあるので、$\alpha$ は $E$ 上代数的です。従って $\overline K/E$ も代数拡大です。$\overline K$ はすでに代数的閉体なので、$E$ の代数閉包の二条件を満たします。□
&&&

2-7 代数拡大と代数閉包

> **前提知識**：Galois拡大とGalois群、Galoisの基本定理、二次拡大
> 
## 三次方程式の対称性は二種類しかない
$K$ 上既約な三次多項式 $f(x)$ を取り、その分解体を $L$ とします。$f$ の三根を
$$
r_1,r_2,r_3
$$
と書くと、$\operatorname{Gal}(L/K)$ の各元は三根を置換します。従ってGalois群は $S_3$ の部分群として実現されます。
既約性のため、この作用は三根のどれからどれへでも移れる推移的な作用になります。$S_3$ の推移的部分群は
$$
A_3\cong C_3
\qquad\text{または}\qquad
S_3
$$
だけです。どちらになるかを、根を実際に解かずに係数から判定する道具が判別式です。
本章では $\operatorname{char}K\ne2,3$ と仮定します。標数2では置換の符号を平方根の符号変化として検出できず、標数3では平方完成ならぬ三次式の平行移動に別の注意が必要になるためです。
## 三次式の判別式
&&&def 三次多項式の判別式 [04-def-cubic-discriminant]
代数閉包内で
$$
f(x)=(x-r_1)(x-r_2)(x-r_3)
$$
と分解するモニック三次多項式に対し、[[三次多項式の判別式|判別式]]を
$$
\Delta(f)
=\prod_{1\le i<j\le3}(r_i-r_j)^2
$$
と定める。
&&&
判別式は根の置換で変わらない対称式なので、係数の属する体 $K$ の元です。また
$$
\Delta(f)=0
$$
であることと二根が一致することは同値です。従って $f$ が分離的であることと $\Delta(f)\ne0$ は同値です。
&&&prop 三次式の判別式公式 [04-prop-cubic-discriminant-formula]
$$
f(x)=x^3+ax^2+bx+c
$$
とすると
$$
\Delta(f)
=a^2b^2-4b^3-4a^3c-27c^2+18abc.
$$
特に
$$
g(x)=x^3+px+q
$$
なら
$$
\Delta(g)=-4p^3-27q^2.
$$
&&&
&&&prf [04-prf-cubic-discriminant-formula]
まず $g(x)=x^3+px+q$ の三根を $u,v,w$ とします。Vietaの公式から
$$
u+v+w=0,
\qquad
uv+vw+wu=p,
\qquad
uvw=-q.
$$
$w=-u-v$ を
$$
(u-v)^2(v-w)^2(w-u)^2
$$
へ代入すると
$$
(u-v)^2(u+2v)^2(2u+v)^2.
$$
これを展開して $uv+vw+wu=-(u^2+uv+v^2)$、$uvw=-uv(u+v)$ を用いて整理すると
$$
(u-v)^2(v-w)^2(w-u)^2
=-4(uv+vw+wu)^3-27(uvw)^2.
$$
従って
$$
\Delta(g)=-4p^3-27q^2.
$$
一般の $f$ に対して
$$
x=y-\frac a3
$$
と平行移動すると
$$
f\left(y-\frac a3\right)=y^3+py+q,
$$
ただし
$$
p=b-\frac{a^2}{3},
\qquad
q=c-\frac{ab}{3}+\frac{2a^3}{27}.
$$
根をすべて同じ量だけ平行移動しても根の差は変わらないので、判別式も変わりません。従って
$$
\Delta(f)=-4p^3-27q^2.
$$
ここへ $p,q$ を代入して分母を通分し展開すると
$$
\begin{aligned}
-4p^3
&=-4b^3+4a^2b^2-\frac43a^4b+\frac4{27}a^6,\\
-27q^2
&=-27c^2-3a^2b^2-\frac4{27}a^6+18abc\\
&\qquad-4a^3c+\frac43a^4b.
\end{aligned}
$$
二式を足すと $a^6$ と $a^4b$ の項が打ち消し合い、
$$
\Delta(f)
=a^2b^2-4b^3-4a^3c-27c^2+18abc
$$
を得ます。□
&&&
## 既約性から推移性が生じる
&&&lemma 既約多項式の根への作用 [04-lem-irreducible-roots-transitive]
$f\in K[x]$ を分離既約多項式、$L$ をその分解体とする。このとき
$$
G=\operatorname{Gal}(L/K)
$$
は $f$ の根全体へ推移的に作用する。
&&&
&&&prf [04-prf-irreducible-roots-transitive]
$f$ の任意の二根を $r_i,r_j$ とします。既約性から、どちらの $K$ 上の最小多項式も $f$ です。従って
$$
K(r_i)\longrightarrow K(r_j),
\qquad r_i\longmapsto r_j
$$
という $K$ 同型があります。
埋め込み延長定理により、これは $L$ から代数閉包への $K$ 埋め込みへ延長できます。$L/K$ は分解体なので正規であり、延長された埋め込みは $L$ を $L$ 自身へ写します。従ってある $\sigma\in G$ が存在して
$$
\sigma(r_i)=r_j.
$$
二根は任意なので作用は推移的です。□
&&&
&&&lemma $S_3$ の推移的部分群 [04-lem-transitive-subgroups-s3]
$S_3$ の部分群 $G$ が $\{1,2,3\}$ へ推移的に作用するなら
$$
G=A_3
\qquad\text{または}\qquad
G=S_3.
$$
&&&
&&&prf [04-prf-transitive-subgroups-s3]
軌道・安定化群公式から
$$
|G|=|G\cdot1|\,|G_1|=3|G_1|.
$$
従って3が $|G|$ を割ります。一方Lagrangeの定理から $|G|$ は $|S_3|=6$ を割るので
$$
|G|=3\quad\text{または}\quad6.
$$
位数6なら $G=S_3$ です。位数3なら、$S_3$ の位数3の元は二つの3-cycleであり、それらと恒等置換からなる唯一の部分群 $A_3$ に等しいです。□
&&&
## Vandermonde積は置換の偶奇を記録する
平方を取る前の積
$$
\delta=(r_1-r_2)(r_1-r_3)(r_2-r_3)
$$
を考えます。もちろん
$$
\delta^2=\Delta(f).
$$
&&&lemma Vandermonde積の符号変化 [04-lem-vandermonde-sign]
$\sigma\in G$ が三根へ与える置換を $\pi_\sigma\in S_3$ とする。このとき
$$
\sigma(\delta)=\operatorname{sgn}(\pi_\sigma)\delta.
$$
&&&
&&&prf [04-prf-vandermonde-sign]
互換で二根を入れ替えると、対応する一つの差の符号が変わり、残り二つの差が交換されるので積全体の符号は一度だけ変わります。任意の置換は互換の積として書け、互換の個数の偶奇が置換の符号です。従って偶置換は $\delta$ を固定し、奇置換は $\delta$ を $-\delta$ へ写します。□
&&&
これにより、根の置換の偶奇が一つの平方根の符号変化として見えるようになります。
## 判別式によるGalois群判定
&&&thm 既約三次式のGalois群判定 [04-thm-cubic-galois-group-discriminant]
$\operatorname{char}K\ne2,3$ とし、$f\in K[x]$ を分離既約な三次多項式、$L$ をその分解体とする。このとき
$$
\operatorname{Gal}(L/K)\cong
\begin{cases}
A_3\cong C_3,&\Delta(f)\in(K^\times)^2,\\
S_3,&\Delta(f)\notin(K^\times)^2.
\end{cases}
$$
&&&
&&&prf [04-prf-cubic-galois-group-discriminant]
$G=\operatorname{Gal}(L/K)$ は根へ推移的に作用するので、前の補題から $A_3$ または $S_3$ です。
まず $\Delta(f)$ が $K$ の平方であるとし
$$
\Delta(f)=s^2
\qquad(s\in K)
$$
と書きます。分離性から $\Delta(f)\ne0$。$L$ の中で
$$
\delta^2=s^2
$$
なので
$$
(\delta-s)(\delta+s)=0.
$$
体には零因子がないため $\delta=s$ または $\delta=-s$、従って $\delta\in K$ です。$G$ の全要素は $K$ を固定するので $\delta$ を固定します。Vandermonde積の符号変化から $G$ の全要素は偶置換であり
$$
G\le A_3.
$$
推移性から $G=A_3$ です。
逆に $\Delta(f)$ が平方でないとします。もし $G=A_3$ なら、全要素が偶置換なので $\delta$ は $G$ の全要素に固定されます。固定体定理から
$$
\delta\in L^G=K.
$$
すると $\Delta(f)=\delta^2$ は $K$ の平方となり矛盾します。従って $G=S_3$ です。□
&&&
## 判別式が作る二次中間体
$G=S_3$ の場合、$A_3$ は指数2の正規部分群です。Vandermonde積 $\delta$ は偶置換で固定され、奇置換で符号を変えるので
$$
L^{A_3}=K(\delta)=K(\sqrt{\Delta(f)}).
$$
等号を次数で確認します。$A_3$ の固定体は $K$ 上
$$
[L^{A_3}:K]=[S_3:A_3]=2
$$
次です。一方、$\Delta(f)$ は非平方なので
$$
[K(\delta):K]=2.
$$
包含 $K(\delta)\subseteq L^{A_3}$ と次数が一致するため等号です。
従って、既約三次式の分解体に現れる唯一の二次中間体は、判別式の平方根を加えた体です。この体を二次resolvent体と呼ぶことがあります。
## 例1：$x^3-2$ のGalois群
$$
f(x)=x^3-2
$$
は素数2に関するEisensteinの判定法で $\mathbb Q$ 上既約です。$p=0,q=-2$ なので
$$
\Delta(f)=-27(-2)^2=-108=-3\cdot6^2.
$$
$-108$ は $\mathbb Q$ の平方ではありません。従って
$$
\operatorname{Gal}(f/\mathbb Q)\cong S_3.
$$
二次resolvent体は
$$
\mathbb Q(\sqrt{-108})
=\mathbb Q(\sqrt{-3})
=\mathbb Q(\omega)
$$
です。ここで $\omega$ は1の原始三乗根です。これまでの頁で分解体
$$
\mathbb Q(\sqrt[3]{2},\omega)
$$
の中に現れた二次中間体が、判別式だけから回収できました。
## 例2：平方判別式をもつ巡回三次体
$$
f(x)=x^3-3x+1
$$
を考えます。有理根候補は $\pm1$ ですが
$$
f(1)=-1,
\qquad
f(-1)=3
$$
なので有理根をもちません。三次式は可約なら一次因子をもつため、$f$ は $\mathbb Q$ 上既約です。
判別式は
$$
\Delta(f)=-4(-3)^3-27\cdot1^2
=108-27
=81=9^2.
$$
従ってGalois群は
$$
A_3\cong C_3
$$
です。分解体の次数は3なので、一根 $\alpha$ を加えた体 $\mathbb Q(\alpha)$ が既に分解体です。
実際、$\alpha^3=3\alpha-1$ を用いて計算すると
$$
\beta=\alpha^2-2
$$
も $f$ の根です。さらに
$$
\gamma=\beta^2-2
$$
も根です。下の計算は「$f$ の任意の根を二乗して2を引くと再び根になる」ことを示しているので、$\alpha$ を $\beta$ へ送る $\mathbb Q$ 埋め込み
$$
\mathbb Q(\alpha)\longrightarrow\mathbb Q(\alpha)
$$
が定まります。有限次元の体からそれ自身への単射は全射なので、これは自己同型です。$\beta=\alpha$ なら $\alpha^2-\alpha-2=0$ となり $\alpha=2$ または $-1$ ですが、どちらも $f$ の根でないので非自明です。Galois群は位数3ですから、この自己同型の位数は3であり、変換
$$
\alpha\longmapsto\alpha^2-2
$$
は三根を巡回させます。これが位数3のGalois群の生成元です。
例えば $\beta$ について直接確かめます。$\alpha^3=3\alpha-1$ から
$$
\alpha^4=3\alpha^2-\alpha,
\qquad
\alpha^6=(3\alpha-1)^2=9\alpha^2-6\alpha+1.
$$
従って
$$
\begin{aligned}
\beta^3-3\beta+1
&=(\alpha^2-2)^3-3(\alpha^2-2)+1\\
&=\alpha^6-6\alpha^4+9\alpha^2-1\\
&=(9\alpha^2-6\alpha+1)-6(3\alpha^2-\alpha)+9\alpha^2-1\\
&=0.
\end{aligned}
$$
抽象的な判別式判定と、根を巡回させる具体式が一致しています。
## 既約性の仮定を外すとどうなるか
判別式が平方かどうかだけで $A_3$ と $S_3$ を判定できるのは、既約性によってGalois群の作用が推移的になるからです。
例えば
$$
f(x)=(x-1)(x^2-2)
$$
は分離的ですが可約です。分解体は $\mathbb Q(\sqrt2)$、Galois群は $C_2$ です。これは $S_3$ の部分群ではありますが、三根 $1,\sqrt2,-\sqrt2$ へ推移的には作用しません。根 $1$ は常に固定されます。
従って三次式を調べる順序は次のとおりです。
1. 重根がないか、すなわち判別式が0でないかを調べる。
2. 既約かどうかを調べる。
3. 既約なら判別式が平方かどうかで $A_3$ と $S_3$ を判定する。
## 演習
&&&exc $x^3-x-1$ のGalois群 [04-exc-cubic-x3-x-1]
$$
f(x)=x^3-x-1
$$
の $\mathbb Q$ 上のGalois群を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-cubic-x3-x-1-answer]
有理根候補は $\pm1$ ですが
$$
f(1)=-1,
\qquad
f(-1)=-1
$$
なので有理根をもちません。従って三次式 $f$ は既約です。
$p=-1,q=-1$ なので
$$
\Delta(f)=-4(-1)^3-27(-1)^2=4-27=-23.
$$
$-23$ は $\mathbb Q$ の平方でないため
$$
\operatorname{Gal}(f/\mathbb Q)\cong S_3.
$$
□
&&&
&&&exc もう一つの巡回三次体 [04-exc-cubic-cyclic-example]
$$
f(x)=x^3-3x-1
$$
が $\mathbb Q$ 上既約で、Galois群が $C_3$ であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-cubic-cyclic-example-answer]
有理根候補 $\pm1$ に対して
$$
f(1)=-3,
\qquad
f(-1)=1
$$
なので有理根はなく、$f$ は既約です。判別式は
$$
\Delta(f)=-4(-3)^3-27(-1)^2=108-27=81=9^2.
$$
従ってGalois群は
$$
A_3\cong C_3
$$
です。□
&&&
&&&exc 一般のdepressed cubic [04-exc-depressed-cubic-criterion]
$p,q\in\mathbb Q$ とし、$f(x)=x^3+px+q$ が既約であるとする。$4p^3+27q^2$ の値からGalois群を判定する条件を書け。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-depressed-cubic-criterion-answer]
判別式は
$$
\Delta(f)=-4p^3-27q^2=-(4p^3+27q^2)
$$
です。既約性が仮定されているので、これが $\mathbb Q$ の平方なら
$$
\operatorname{Gal}(f/\mathbb Q)\cong C_3,
$$
平方でなければ
$$
\operatorname{Gal}(f/\mathbb Q)\cong S_3.
$$
なお $\Delta(f)=0$ なら分離的でなく、問題の仮定のもとでは起こりません。標数0では既約多項式は分離的だからです。□
&&&
&&&exc 二次resolvent体 [04-exc-cubic-quadratic-resolvent]
$f(x)=x^3-x-1$ の分解体 $L$ に含まれる唯一の二次中間体を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-cubic-quadratic-resolvent-answer]
先の演習から $\Delta(f)=-23$、Galois群は $S_3$ です。唯一の指数2部分群は $A_3$ であり、その固定体は
$$
\mathbb Q(\sqrt{\Delta(f)})
=\mathbb Q(\sqrt{-23})
$$
です。$S_3$ の位数3の部分群は $A_3$ だけなので、二次中間体もこれ一つだけです。□
&&&
&&&exc 可約三次式の警告 [04-exc-reducible-cubic-warning]
$$
f(x)=(x-1)(x^2-2)
$$
の判別式とGalois群を求め、既約三次式の判定定理をそのまま適用できないことを説明せよ。
&&&
&&&prf 解答 [04-prf-reducible-cubic-warning-answer]
三根は $1,\sqrt2,-\sqrt2$ です。従って
$$
\begin{aligned}
\Delta(f)
&=(1-\sqrt2)^2(1+\sqrt2)^2(2\sqrt2)^2\\
&=((1-\sqrt2)(1+\sqrt2))^2\cdot8\\
&=(-1)^2\cdot8=8.
\end{aligned}
$$
分解体は $\mathbb Q(\sqrt2)$ なので
$$
\operatorname{Gal}(f/\mathbb Q)\cong C_2.
$$
判別式8は平方ではありませんが、Galois群は $S_3$ ではありません。これは $f$ が可約で、Galois群が三根へ推移的に作用しないためです。既約性は判定定理の本質的な仮定です。□
&&&

6-8 三次多項式と $S_3$

6-9 総合問題と完全解答

Abstract Algebra

Algebra

体の拡大を「ベクトル空間として測る」ことから出発し、代数的元と最小多項式、分離性、分解体と正規性、有限体を順に整える。そのうえで、拡大の対称性を群として捉えるGalois群とArtinの固定体定理を示し、Galoisの基本定理（中間体と部分群の反転対応）を証明する。後半は円分体、定規とコンパスによる作図可能数、根号による可解性と一般五次方程式の非可解性へ進み、対称性の言葉で方程式の解の様子を判定する。前提は群論（220）と環・多項式環（225）の初歩である。

1-0 章の見取り図

この章の問い

道筋

読み方

章末で言えること

前の章から持ち込むもの

参考文献