bananake-tai’s diary

大学数学初学者のブログ

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素イデアルと極大イデアル

以下の記事の続きである。 bananake-tai.hatenablog.com

定義(整域)

$A$ を環とする。
$A$ の零因子が $0$ のみのとき、$A$ を整域という。

補足

つまり、$A$ が整域のとき、$a,b\in A$ とすると、 $$ ab=0\Rightarrow a=0\lor b=0 $$ が成立するということである。

$\Box$

例(整域でない)

$n=ab$ を合成数とすると、$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ は整域でない。

$[a][b]=[ab]=[n]=[0]$ となるので、整域ではない。

$\Box$

例(整域でない)

$\mathbb{R}/(x^{2}-1)$ は整域ではない。

$[x-1][x+1]=[(x-1)(x+1)]=[x^{2}-1]=[0]$ となるので、整域ではない。

$\Box$

命題

体は整域である。

証明

$K$ を体とし、$a,b\in K$ とする。
$ab=0$ とすると、$a^{-1}\in K$ が存在するので、$a^{-1}ab=0$ となり、$b=0$ である。

$\Box$

定義(素イデアル)

$P$ を 環 $A$ の自明でないイデアルとする。
$a,b\in A$ に対して、 $$ ab\in P\Rightarrow a\in P\ \lor \ b\in P $$ が成り立つとき、$P$ を $A$ の素イデアルという。

イデアルと整域には密接な関係がある。

命題

$A$ を環とし、$P$ を $A$ イデアルとすると、次は同値。
$(1)$ $P$ は素イデアルである。
$(2)$ $A/P$ は整域である。

証明

$\pi:A\to A/P$ を自然な準同型とする。
$\underline{(1)\Rightarrow (2)}$
$x,y\in A/P$ をとると、$\pi$ 全射なので、$\exists a,b\in A\ ;x=\pi(a),y=\pi(b)$
$$ xy=\pi(a)\pi(b)=\pi(ab)=0 $$ よって、$ab\in P$ である。
$P$ は素イデアルなので、$a\in P$ とすると、$x=\pi(a)=0$
よって、$A/P$ は整域である。

$\underline{(2)\Rightarrow (1)}$
$a,b\in P$ とし、$ab=0$ とする。
$\pi(a)\pi(b)=\pi(ab)=0$ で、$A/P$ 整域なので、$\pi(a)=0$ とすると、$a\in P$
よって、$P$ は素イデアルである。

$\Box$

準同型定理より、$\mathbb{C}[x,y]/(x^{4}-y^{3})\cong \mathbb{C}[t^{3},t^{4}]$ である。
${C}[t^{3},t^{4}]\subset \mathbb{C}[t]$ なので、$\mathbb{C}[t^{3},t^{4}]$ は整域となる。
よって、$(x^{4}-y^{3})$ は素イデアルである。

$\Box$

定義(極大イデアル

$ m $ を 環 $A$ のイデアルとする。
$I\subset A$ が任意のイデアルで、$m\subset I\Rightarrow m=I \lor I=A$ となるとき、$ m $ を $A$ の極大イデアルという。

極大イデアルは体と密接に関係あるが、その前に次の命題を証明する。

命題

$A$ を環とする。
$ m $ が極大イデアルなら、$m $ は素イデアルである。

証明

イデアルの定義の対偶で示す。すなわち、 $$ a\not\in P\ \land \ b\not\in P \Rightarrow ab\not\in P $$ を示す。

$a,b\not\in m $ とする。
$a\not\in m $ なので、$m\subset m+(a)$ となり、$m+(a)=A$
特に、$1\in m+(a)$ なので、$\exists n\in m\ ,\exists\ ;r\in A\ ;1=n+ra$
$b\not\in m $ なので、同様に、$\exists n'\in m\ ,\exists\ ;r'\in A\ ;1=n'+r'b$
よって、$1=(n+ra)(n'+r'b)=nn'+nr'b+n'ra+rr'ab$
$ab\in m $ とすると、$1\in m $ となり、$m=A$ なので、極大イデアルであることに矛盾。
よって、$ab\not\in m $ である。

$\Box$

極大イデアルは素イデアルの例をあたえるが、極大イデアルは十分おおく存在する。
なので、極大イデアルや素イデアルを考える意味がある。

定理(極大イデアルの存在)

$A$ を環とする。
$J\subset A$ を自明でないイデアルとすると、$J\subset m $ となる極大イデアル $m $ が存在する。

証明

ツォルンの補題を使って証明する。

$S=\{J\subset I\mid I\subsetneq A:ideal\}$ とする。
$\{0\}\in S$ なので、$S\neq \varnothing$
$\forall I_{1}\ , I_{2}\in S$ に対して、 $$ I_{1}\leq I_{2}\Leftrightarrow I_{1}\subset I_{2} $$ と定義すると、$S$ は半順序集合となる。
$\{I_{\lambda}\}_{\lambda\in \Lambda}$ を $S$ の任意の全順序部分集合とする。
$$ S_{0}=\bigcup_{\lambda\in \Lambda}I_{\lambda} $$ とすると、$S_{0}$ は $A$ の真のイデアルとなる。
イデアルであることは自明。
$S_{0}=A$ なら、$\exists \lambda \in \Lambda\ ;1\in I_{\lambda}$
これは、$I_{\lambda}=A$ であることに矛盾。
よって、$S_{0}\neq A$ なので、$S_{0}\in S$
よって、$S$ の極大元 $m $ が存在する。

$\Box$

命題

$A$ を環とし、$m $ を $A$ イデアルとすると、次は同値。
$(1)$ $m $ は極大イデアルである。
$(2)$ $A/m $ は体である。

証明

$\pi:A\to A/m $ を自然な準同型とする。
$\underline{(1)\Rightarrow (2)}$
イデアルの対応により、$m\subset I$ なる $A$ のイデアル $I$ と $A/m $ のイデアルは一対一に対応する。
$m $ は極大イデアルなので、そのような $I$ は $I=m\ ,I=A$ のみである。
$ker(\pi)=m $ なので、$\pi(m)=0$ であるので、$\pi(A)=A/m $ となる。
よって、$A/m $ は自明なイデアルしか持たないので、体である。

$\underline{(2)\Rightarrow (1)}$
上の議論の逆をたどればよい。

$\Box$

補足

極大イデアルが素イデアルことを示したが上の命題を使えば自明となる。
なぜなら、$m $ が極大イデアルなら $A/m $ は体であり、体は整域で、$A/m $ が整域なので、$m $ は素イデアルである。

$\Box$

イデアルや極大イデアルの例は準同型定理の記事でみつかるだろう。

bananake-tai.hatenablog.com

イデアルであって極大イデアルでない例を1つあげる。

$\phi:\mathbb{Q}[x,y]\to \mathbb{Q}[x]$ を $\phi(f(x,y))=f(x,0)$ と定義する。
$ker(\phi)=(y)$ となるので、$\mathbb{Q}[x,y]/(y)\cong \mathbb{Q}[x]$
$\mathbb{Q}$ は整域なので、$\mathbb{Q}[x]$ は整域 $(y)$ は素イデアルである。
また、$\mathbb{Q}[x,y]/(x,y)\cong \mathbb{Q}$ なので、$(x,y)$ は極大イデアルである。
しかし、$(y)\subset (x,y)$ なので、$(y)$ は極大イデアルでない。

$\Box$

命題

$\mathbb{Z}$ において次は同値。
$(1)$ $p$ が素数
$(2)$ $(p)$ が素イデアル

証明

$\underline{(1)\Rightarrow (2)}$

$a,b\in \mathbb{Z}$ とする。
$$ \begin{align} ab\in (p)&\Rightarrow p\mid ab \\ &\Rightarrow p\mid a \lor p\mid b \\ &\Rightarrow a\in (p)\lor a\in (p) \end{align} $$ よって、$(p)$ は素イデアル

$\underline{(2)\Rightarrow (1)}$

$p$ が素数でないとすると、$\exists a,b\in \mathbb{Z}\ ;p=ab\ (1<a,b<p)$
よって、$a,b\not\in (p)$ なので、$(p)$ が素イデアルであることに矛盾。
よって、$p$ は素数

$\Box$

補足

$(p)$ を含む $\mathbb{Z}$ のイデアルは $p$ または $(1)$ のみである。
$\mathbb{Z}$ の任意のイデアルは単項イデアルなので、$(a)$ という形をしていて、
$a\mid p$ なる $a$ は $1$ と $p$ だけである。
さらに、このことから $(p)$ が極大イデアルということも分かる。
よって、$\mathbb{Z}/(p)$ は体である。

命題(素イデアル、極大イデアルの対応)

$I\subset P,m $ を 環 $A$ のイデアルとする。
このとき、次は同値。
$(1)$ $P$ は $A$ の素イデアルである。
$(2)$ $P/I$ が $A/I$ の素イデアルである。
さらに、次も同値。
$(1')$ $m $ は $A$ の極大イデアルである。
$(2')$ $m/I$ が $A/I$ の極大イデアルである。

証明

イデアルの対応より、$I\subset J$ なら、$J/I$ は $A/I$ のイデアルとなる。
$\underline{(1)\Leftrightarrow (2)}$

第三同型定理より、$(A/I)/(P/I)\cong A/P$ である。
$P$ 素イデアルより、$A/P$ は整域なので、$(A/I)/(P/I)$ も整域となり、$(P/I)$ は素イデアル

$\underline{(1')\Leftrightarrow (2')}$

第三同型定理より、$(A/I)/(m/I)\cong A/m $ である。
$m $ 極大イデアルより、$A/m $ は体なので、$(A/I)/(m/I)$ も体となり、$(m/I)$ は極大イデアル

$\Box$

命題

$A,B$ を環とする。
$A$ が整域で $A\cong B$ のとき、$B$ も整域となる。

証明

$\phi:A\to B$ を同型写像とする。
$x,y\in B$ を任意にとる。
$\phi$ 全射なので、$\exists a,b\in A\ ;\phi(a)=x\ ,\phi(b)=y$ となる。
$xy=0$ とすると、$\phi$ は準同型なので、$\phi(a)\phi(b)=\phi(ab)=0$
よって、$ab\in Ker(\phi)$ となるが、$\phi$ 単射なので、$ab=0$ となるしかない。
$A$ 整域なので、$a=0 \lor b=0$ なので、$x=0 \lor y=0$ となる。
よって、$B$ は整域

$\Box$

$\mathbb{C}[x]/(x^{3})$ の素イデアルと極大イデアルをすべて求めよ。

$A=\mathbb{C}[x]\ ,I=(x^{3})$ とする。
イデアルの対応と素イデアルの対応より、$A/I$ の素イデアルは $I$ を含む $A$ の素イデアルと対応する。
$P\subset A$ を素イデアルとする。
$I\subset P$ なら、$P$ は素イデアルなので、$x\in P$ となる。
よって、$(x)\subset P$ である。
しかし、$A/I\cong \mathbb{C}$ となり、$I$ は極大イデアルなので、$P=(x)$
よって、$A/I$ の素イデアルは $(x)/I$ で極大イデアルでもある。

$\Box$

参考文献

雪江明彦, 代数学2, 日本評論社, 2015.
新妻 弘, 群・環・体 入門, 共立出版, 2016.

準同型定理

今回は群論や環論でかなり重要である、準同型定理について書く。

定理

$G,H$ を群とする。
$\phi:G\to H:hom$
$N={\rm ker}(\phi)$ とおき、 $\pi:G\to G/N$ を自然な準同型とすると次が成り立つ。
$\exists 1 \psi:A/K\to Im(\phi)\ ;\phi=\psi\circ\pi$
さらに、$\psi$ は同型写像になる。

証明

$(1)$ 一意性
もし、$\exists\psi:G/N\to Im(\phi):hom,\ \phi=\psi\circ\pi$ とする。 $\forall g\in G$ をとる。

$$ \psi(gN)=\psi\circ\pi(g)=\psi(\pi(g))=\phi(g) $$

なので、$\psi$ は一意的である。

$(2)$ 存在性
$\psi(gN)=\phi(g)$ と定義すると、$\psi$ はwell-defined
$\forall n\in N$ をとる。

$$ \psi(gn)=\phi(gn)=\phi(g)\phi(n)=\phi(g) $$

よって、$\phi$ は代表元の取り方いよらない。
よって、$\phi$ の定義より、$\phi=\psi\circ\pi$

$(3)$ 準同型
$\forall g,h\in G$ をとる。

$$ \begin{align} \psi(gNhN)&=\phi(ghN)\\ &=\phi(gh)\\ &=\phi(g)\phi(h)\\ &=\psi(gN)\psi(hN)\\ \end{align} $$

$(4)$ 単射 $\forall g\in G$ をとる。
$\psi(gN)=1$ とすると、$\phi(g)=1$
よって、$g/in N$ なので、$gN=N$
すなわち、${\rm ker}(\psi)=\{N\}$ なので、$\psi$ は単射である。

$(5)$ 全射
$g\in {\rm Im}(\phi)$ をとる。
$\exists x\in G:\phi(g)=x$
よって、$\phi(gN)=\phi(g)=x$

$\Box$

これが、群に対しての準同型定理である。

$\phi:GL_{n}(\mathbb{R})\to \mathbb{R}^{\times}$ を $\phi(A)=detA$ と定義する。
すると、$\phi$ は全射準同型で、$Ker(\phi)=SL_{n}(\mathbb{R})$ となり、準同型定理より、$GL_{n}(\mathbb{R})/SL_{n}(\mathbb{R})\cong \mathbb{R}^{\times}$

定理(部分群の対応)

$G$ を群、$N\lhd G$ とし、$\pi:G\to G/N$ を自然な準同型とする。
$X=\{H\mid H<G/N\}\ ,Y=\{K<G\mid N\subset K\}$ とする。
$\phi:X\to Y$ を $\phi(H)=\pi^{-1}(H)$ と定義し、$\psi:Y\to X$ を $\psi(K)=\pi(K)$ と定義すると、
$\phi\ ,\psi$ は互いの逆写像である。

証明

$(1)$ well-defined

$\pi$ は準同型で、$H<G/N$ なので、$\pi^{-1}(H)<G$ となるので、$\phi$ は well-defined である。

$K<G$ で、$N\subset K$ なので、$N\lhd K$ である。
$g\in K$ として、$gN\in K/N$ とすると、もちろん、$gN\in G/N$ となるので、$K/N\subset G/N$ となる。
特に、$K/N<G/N$ となる。
よって、$\pi(K)=K/N$ なので、$\pi(K)\in X$
よって、$\psi$ は well-defined である。

$(2)$ $(\psi\circ\phi)(H)=H$

$H\in X$ とする。
$(\psi\circ\phi)(H)=\pi(\pi^{-1}(H))$ であり、$\pi$ は全射なので、$(\psi\circ\phi)(H)=H$

$(3)$ $(\phi\circ\psi)(K)=K$

$K\in Y$ とする。
$(\phi\circ\psi)(K)=\pi^{-1}(\pi(K))$ である。

$K\subset \pi^{-1}(\pi(K))$ は一般に成立するので、$K\supset \pi^{-1}(\pi(K))$ を示す。

$$ \begin{align} g\in \pi^{-1}(\pi(K))&\Rightarrow \pi(g)\in \pi(K) \\ &\Rightarrow \exists h\in K\ ;\pi(g)=\pi(h) \\ &\Rightarrow gN=hN \\ &\Rightarrow \exists n\in N\ ;g=hn \end{align} $$

$N\subset K$ で、$n\in K$ なので、$g\in K$
よって、$\pi^{-1}(\pi(K))\subset K$ なので、$(\phi\circ\psi)(K)=K$

$\Box$

定理(第三同型定理)

$G$ を群とし、$N,N'\lhd G$ で、$H\subset H'$ とする。
このとき、 $$ (G/N)/(N'/N)\cong (G/N') $$ が成立する。

証明

$\phi:G/N\to G/N'$ を $\phi(xN)=nN'$ と定義する。
$\phi$ が well-defined であることを示す。
$\forall x,y\in G$ をとり、 $xN=yN$ とする。
$$ \begin{align} xN=yN&\Rightarrow x\in yN \\ &\Rightarrow xy^{-1}\in N \\ \end{align} $$ $N\subset N' $ なので、$xy^{-1}\in N'$
よって、$xN'=yN'$ なので、well-defined

明らかに、$Ker(\phi)=N'/N$ なので、準同型定理より、$(G/N)/(N'/N)\cong (G/N')$

$\Box$

命題

$A$ を環とする。
$I$ を $A$ のイデアルとする。
$I$ は加法に関し、$A$ の正規部分群となるので、$A/I$ は群となる。
$$ f:A/I\times A/I\to A/I\\ f(x+I,y+I)=xy+I $$ と定義すると、$f$ は well-defined で $A/I$ は環となる。

証明

$(x+I,y+I)=(x'+I,y'+I)\Leftarrow (xyI=x'y'I)$ を示す。
すなわち、$x'\in x+I$ かつ $y'\in y+I\Leftarrow x'y'\in xy+I$ を示す。

$\exists a,b\in I\ ;x'=x+a,y'=y+b$
$x'y'=(x+a)(y+b)=xy+xb+ya+ab$ となる。
$xb,ya,ab\in I$ なので、$x'y'\in xy+I$

$\Box$

定理

$A,B$ を環とする。
$\phi:A\to B:hom$
$I={\rm ker}(\phi)$ とおき、 $\pi:A\to A/I$ を自然な準同型とすると次が成り立つ。
$\exists 1 \psi:A/I\to Im(\phi)\ ;\phi=\psi\circ\pi$
さらに、$\psi$ は同型写像になる。

証明

準同型を示せばよい。
$$ \begin{align} \psi(x+I)\psi(y+I)&=\psi(\pi(x))\psi(\pi(y))\\ &=\phi(x)\phi(y)\\ &=\phi(xy)\\ &=\psi(\pi(xy))\\ &=\psi(xy+I) \end{align} $$

$\Box$

定理(イデアルの対応)

$A$ を群、$I\subset A$ を真のイデアルとし、$\pi:A\to A/I$ を自然な準同型とする。
$X=\{K\mid K<A/I\}\ ,Y=\{J<A\mid I\subset J\}$ とする。
$\phi:X\to Y$ を $\phi(K)=\pi^{-1}(K)$ と定義し、$\psi:Y\to X$ を $\psi(J)=\pi(J)$ と定義すると、
$\phi\ ,\psi$ は互いの逆写像である。

証明

部分群の対応より、$\phi\ ,\psi$ が well-defiend であることを示せばよい。

$(1)$ $\phi$ well-defined
つまり、$\phi(K)=\pi^{-1}(K)$ がイデアルかどうかであるが、イデアルの引き戻しはイデアルなので、成り立つ。

$(2)$ $\psi$ well-defined
つまり、$\psi(J)=\pi(J)$ がイデアルかどうかである。
$\pi(J)$ は $A/I$ の部分群であったので、 $$ a+I\in A/I\ ,x+I\in \pi(J)\Rightarrow (a+I)(x+I)\in \pi(J) $$ を示せばよい。
$(a+I)(x+I)=ax+I$ であり、$J$ は $A$ のイデアルなので、$ax\in J$ である。
よって、$ax+I\in \pi(J)$

$\Box$

$\phi:Z[\sqrt{n}]\to \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ を $\phi(a+b\sqrt{n})=a \mod n$ と定義する。
このとき、$\phi$ は全射準同型で、$Ker(\phi)=(\sqrt{n})$ となる。
$(\sqrt{n})\subset Ker(\phi)$ は自明である。
$a+b\sqrt{n}\in Ker(\phi)$ とすると、$a\equiv 0 \mod 0$ なので、$a=a'n$ と表せる。
よって、$a+b\sqrt{n}=(a'\sqrt{n}+b)\sqrt{n}\in (\sqrt{n})$
よって、準同型定理より、$Z[\sqrt{n}]/(\sqrt{n})\cong \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$

$\Box$

$\phi:\mathbb{Z}[x]\to \mathbb{Z[}\sqrt{2}]$ を $\phi(f(x))=f(\sqrt{n})$ と定義する。
このとき、$\phi$ は全射準同型で、$Ker(\phi)=(x^{2}-2)$ となる。
$(x^{2}-2)\subset Ker(\phi)$ は自明である。
$f\in Ker(\phi)$ とし、$f(x)=q(x)(x^{2}-2)+ax+b$ となる。
$f(\sqrt{2})=a\sqrt{2}+b=0$ より、$a=b=0$
よって、$f\in (x^{2}-2)$
よって、準同型定理より、$\mathbb{Z}[x]/(x^{2}-2)\cong \mathbb{Z}[\sqrt{2}]$

$\Box$

次が環に対する第三同型定理である。

定理(第三同型定理)

$A$ を環とし、$I\subset J$ を $A$ のイデアルとする。
このとき、 $$ (A/I)/(J/I)\cong (A/J) $$ が成立する。

証明は、群に対する第三同型定理と同じなので、省略する。

定理

$\phi:A\to B$ を環の全射準同型とする。
$I\subset A$ をイデアルで、$Ker(\phi)\subset I$とする。
イデアルの対応原理より、$I'=\phi(I)$ は $B$ のイデアルとなり、$A/I\cong B/I'$ となる。

証明

$\pi:B\to B/I'$ を自然な準同型とする。
$f:A\to B/I'$ を $f=\pi\circ\phi$ と定義すると、$f$ は全射準同型となる。
$Ker(f)=I$ となることを示す。
$\forall x\in A$ をとる。
$f(x)=0\Leftrightarrow \pi(\phi(x))=0$ で、$Ker(\pi)=I'$ なので、$\phi(x)\in I'$
すなわち、$x\in \phi^{-1}(I')=I$
よって、準同型定理より、$A/I\cong B/I'$ となる。

$\Box$

$Z[i]/(i-2)\cong \mathbb{F}_{5}$ を示す。

証明

$\mathbb{Z}[x]\to \mathbb{Z}[i]$ を $x\mapsto i$ とすることにより、$(x^{2}+1)=I$ とおくと、$\mathbb{Z}[x]/I\cong \mathbb{Z}[i]$ となる。
$\phi:\mathbb{Z}[x]/I\to \mathbb{Z}[i]$ とすると、$x-2+I\mapsto i-2$ なので、
$\phi(\left(x-2+I\right))=(\phi(x-2+I))=(i-2)$ となる。
$J=(x^{2}+1,x-2)$ とおくと、$(x-2+I)=J/I$ となる。
$Ker(\phi)=I\subset (x-2+I)$ なので、定理より、$(\mathbb{Z}[x]/I)(J/I)\cong \mathbb{Z}[i]/(i-2)$
また、第3同型定理より、$\mathbb{Z}[x]/J\cong (\mathbb{Z}[x]/I)(J/I)\cong \mathbb{Z}[i]/(i-2)$

$\psi:Z[x]\to \mathbb{Z}$ を $x\mapsto 2$ とすることにより、$(x-4)=I'$ とおくと、$\mathbb{Z}[x]/I'\cong \mathbb{Z}$ となる。
$x^{2}+1+I'\mapsto 5$ なので、$\psi(\left(x^{2}+1+I\right))=(\psi(x^{2}+1+I'))=(5)$ となる。
あとは上と同様に、$\mathbb{Z}[x]/J\cong (\mathbb{Z}[x]/I')(J/I')\cong \mathbb{F}_{5}$
よって、$\mathbb{Z}[i]/(i-2)\cong \mathbb{F}_{5}$

$\Box$

$\forall a,b\in \mathbb{Q}$ をとる。
$\phi:\mathbb{Q}[x,y]\to \mathbb{Q}$ を $\phi(f(x,y))=f(a,b)$ と定義する。
このとき、$\phi$ は全射準同型で、$Ker(\phi)=(x-a.y-b)$ となる。
$(x-a,y-b)\subset Ker(\phi)$ は自明である。
$f\in Ker(\phi)$ とし、$g(x,y)=f(x+a.y+b)$ とする。
$\exists r(x,y),q(x,y)\in \mathbb{Q}\ ;g(x,y)=r(x,y)x+q(x,y)y+c$ とできる。
さらに、$r(x-a,y-b)=h(x,y),q(x-a,y-b)=k(x,y)$ とおくと、 $$ \begin{align} f(x,y)&=g(x-a,y-b)\\ &=r(x-a,y-b)(x-a)+q(x-a,y-b)(y-b)\\ &=h(x,y)(x-a)+k(x,y)(y-b)+c \end{align} $$
$f(a,b)=c$ だが、$f\in Ker(\phi)$ なので、$c=0$
よって、$f(x,y)=h(x,y)(x-a)+k(x,y)(y-b)$ となり、$Ker(\phi)\subset (x-a,y-b)$
よって、準同型定理より、$\mathbb{Q}[x,y]/(x-a.y-b)\cong \mathbb{Q}$

$\Box$

より、一般に、$A$ を環とし、$a_{1}\dots a_{n}\in A$ とすると、 $$ A[x_{1},\dots ,x_{n}]/(x_{1}-a_{1},\dots ,x_{n}-a_{n})\cong A $$ が言える。
$\phi:A[x_{1},\dots ,x_{n}]\to A$ を $\phi(f(x_{1},\dots ,x_{n}))=f(a_{1}\dots a_{n})$ と定義する。
$x=(x_{1},\dots ,x_{n})\ ,a=(a_{1}\dots a_{n})$ とおく。
$(x_{1}-a_{1},\dots ,x_{n}-a_{n})\subset ker(\phi)$ は自明。
$f(x)\in Ker(\phi)$ をとる。
$A_{1}=A[x_{2},\dots ,x_{n}],\cdots ,A_{n-1}=A[x_{n}]$ とおく。
$A[x_{1},\dots ,x_{n}]=A_{1}[x_{1}]$ とみなせるので、多項式の割り算より、
$\exists q_{1}(x_{1})\in A_{1}[x_{1}]\ ;r_{1}(x_{2},\dots ,x_{n})\in A_{1}\ ;f(x)=q_{1}(x_{1})(x_{1}-a_{1})+r_{1}(x_{2},\dots ,x_{n})$
同様に、
$\exists q_{2}(x_{2})\in A_{2}[x_{2}]\ ;r_{2}(x_{3},\dots ,x_{n})\in A_{2}\ ;r(x_{2},\dots ,x_{n})=q_{2}(x_{2})(x_{2}-a_{2})+r_{2}(x_{3},\dots ,x_{n})$ 同様に、続けると、
$\exists q_{n}(x_{n})\in A[x_{n}]\ ;c\in A\ ;r(x_{n})=q_{n}(x_{n})(x_{n}-a_{n})+c$
よって、 $$ f(x)=q_{1}(x_{1})(x_{1}-a_{1})+q_{2}(x_{2})(x_{2}-a_{2})+\cdots +q_{n}(x_{n})(x_{n}-a_{n})+c $$ $f(a)=0$ なので、$c=0$ となり、$f(x)\in (x_{1}-a_{1},\dots ,x_{n}-a_{n})$ である。

$\Box$

$\phi:\mathbb{C}[x,y]\to \mathbb{C}[t]$ を $\phi(f(x,y))=f(t^{3},t^{4})$ と定義する。
$Ker(\phi)=(x^{4}-y^{3})$ を示す。
$(x^{4}-y^{3})\subset Ker(\phi)$ は自明。
$f\in Ker(\phi)$ をとる。
$$ f(x,y)=g(x,y)(x^{4}-y^{3})+h_{1}(y)x^{3}+h_{2}(y)x^{2}+h_{3}(y)x+h_{4}(y) $$ と表せるので、 $$ f(t^{3},t^{4})=h_{1}(t^{4})t^{9}+h_{2}(t^{4})t^{6}+h_{3}(t^{4})t^{3}+h_{4}(t^{4})=0 $$ となる。
$h_{2}(t^{4})t^{6}$ と $h_{4}(t^{4})$ はすべての項が偶数次であり、
$h_{1}(t^{4})t^{9}$ と $h_{3}(t^{4})t^{3}$ はすべての項が奇数次なので、
$h_{2}(t^{4})t^{6}+h_{4}(t^{4})=0$ かつ $h_{1}(t^{4})t^{9}+h_{3}(t^{4})t^{3}=0$ である。
よって、$h_{1}(x)=h_{2}(x)=h_{3}(x)=h_{4}(x)=0$ となるしかない。
よって、$f\in (x^{4}-y^{3})$ であり、準同型定理より、$\mathbb{C}[x,y]/(x^{4}-y^{3})\cong \mathbb{C}[t^{3},t^{4}]$

$\Box$

参考文献

雪江明彦, 代数学2, 日本評論社, 2015.
Michael Artin, Algebra-Second Edition, Person, 2015

イデアル

イデアルとはクンマーがフェルマーの最終定理を解く過程で考え出されたものである。

定義(イデアル

$A$ を環とする。
$I\subset A$ が次の条件をみたすとき $I$ を $A$ のイデアルという。
$(1)$ $x,y\in I \Rightarrow x-y\in I$
$(2)$ $a\in A,x\in I\Rightarrow ax\in I$

$A$ を環とする。
$I=\{0\}$ は $A$ のイデアルである。
特に、零イデアルという。
$I=A$ もイデアルである。
特に、自明なイデアルという。

$\Box$

$A$ を環とする。
$I=\{a\in A\mid \exists n\in \mathbb{N}\ ;a^{n}=0\}$ はイデアルとなる。
特に、根基という。

$\Box$

定義

$A$ を環とし、$S\subset A$ とする。
$(S)=\{a_{1}s_{1}+\cdots +a_{n}s_{n}\mid n\in \mathbb{N},a_{i}\in A,s_{i}\in S\}$ とすると、$(S)$ はイデアルになる。
$(S)$ を $S$ で生成されたイデアルという。
特に、$S=\{s_{1},\dots ,s_{n}\}$ なら、 $(S)=\{a_{1}s_{1}+\cdots +a_{n}s_{n}\mid a_{i}\in A,s_{i}\in S\}$
となり、有限生成であるという。
また、$S$ が1元集合なら、$(S)$ を単項イデアルという。

$A=\mathbb{Z}$ とする。
$I=n\mathbb{Z}$ は 単項イデアルである。

$\Box$

命題

$\mathbb{Z}$ の任意のイデアルは単項イデアルである。

証明

$I$ を $\mathbb{Z}$ の任意のイデアルとする。
$a=min\{x>0\mid x\in I\}$ とする。
$\forall b\in I$ をとり、$\exists q,r\in \mathbb{Z}\ ;b=aq+r\ (0\leq a<b)$ とできる。
$r=b-aq$ なので、$r\in I$ となる。
よって、$a$ の最小性より、$r=0$ とならなければならない。
よって、$b=aq$ となり、$b\in (a)$ なので、$I\subset (a)$
$(a)\subset I$ は自明なので、$I=(a)$

$\Box$

命題

$A$ を環とし、$S\subset A$ とする。
$(S)$ は $S$ を含む最小のイデアルである。
すなわち、$I\subset A$ がイデアルで、$S\subset I$ なら $(S)\subset I$ である。

証明

$s_{1},\dots ,s_{n}\in I$ なら $I$ イデアルなので、$As_{1}+\cdots +As_{n}\in I$
よって、$(S)\subset I$

$\Box$

命題

$A$ を環とする。
$a\mid b \Leftrightarrow (b)\subset (a)$

証明

$\underline{\Rightarrow}$
$x\in (b)$ をとる。
$\exists x'\in (b)\ ;x=x'b$
$b=ab'$ と書けるので、$x=x'b'a$ となり、$x'b'\in A$ なので、 $x\in (a)$

$\underline{\Leftarrow}$
$(b)\subset (a)$ なので、$b\in (a)$
よって、$b=b'a$ なので、$a\mid b$

$\Box$

$(573)$ を含む $\mathbb{Z}$ の単項イデアルは、$1,3,191,573\mid 573$ なので、
$(573)\subset (191) \subset (3) \subset (1)$ である。

$\Box$

命題

$A$ を環とし、$I\subset A$ をイデアルとする。
このとき、次は同値。
$(1)$ $I$ が自明なイデアル
$(2)$ $1\in I$

証明

$\underline{(1)\Rightarrow (2)}$
$I=A$ なので、$1\in I$

$\underline{(2)\Rightarrow (1)}$
$\forall a\in A$ に対して、$a\times 1\in I$ なので、$A\subset I$

$\Box$

$A=\mathbb{Q}[X,Y]$ とする。
$I=\{f(X,Y)\in A\mid f(0,0)=0\}$
と定義すると、$I$ は $A$ のイデアルとなる。
$I=\{f(X,Y)\in A$ の定数項は $0\}$ とも表せる。
$f(X,Y)\in A$ とすると、$f(X,Y)=\sum_{i,j=0}^{n}c_{ij}X^{i}Y^{j}$ という形をしているので、 $f(0,0)=c_{00}=0$ となり、定数項は $0$ となる。逆も同様。
また、$I=\{f(X,Y)\in A\mid f(X,Y)=aX+bY, a,b\in A\}$
これも、定数項がないので級数表示を考えれば自明である。
この形は生成元で表すと、$I=(X,Y)$ となっており、有限生成である。
さらに、実はこれは単項イデアルではない。

証明

もし、$I$ が単項イデアルだと仮定すると、$\exists g\in A\ ;I=(g)$
$X=1・X+0・Y$ で表されるので、$X\in I$
すると、$\exists r\in A\ ;X=r・g$ となり、$Y$ に関して次数を考えると、$deg_{Y}X=deg_{Y}r+deg_{Y}g$
$deg_{Y}X=0$ で、$deg_{Y}r\geq 0,\deg_{Y}g\geq 0$ なので、$deg_{Y}r=0,\deg_{Y}g=0$ となるしかない。
よって、$X=r(X)g(X)$ と表される。
また、$deg_{X}X=1$ なので、$deg_{X}g(X)$ は $0$ か $1$ のどちらかである。
$deg_{X}g(X)=0$ とすると、$g(X)=c\in \mathbb{Q}\backslash \{0\}$ なので、定数関数である。
$1/c\in A$ であり、$I$ イデアルなので、$1/c・g=1\in I$ であるが、$I\neq A$ なので、矛盾。
$deg_{X}g(X)=1$ とすると、$g(X)=cX+d\ (c\neq 0)$ と表される。
$deg_{X}r(X)=0$ なので、$r(X)=e\in \mathbb{Q}\backslash \{0\}$ と表される。
よって、$X=e(cX+d)=ecX+ed$ となり、係数を比較すると、$d=0$
よって、$I=(X)$ となるが、$X=0・X+1・Y$ で表されるので、$Y\in I$ なので、矛盾。

$\Box$

命題

$A$ は体 $\Leftrightarrow$ $A$ のイデアルは $(0)$ か $A$ のみ

証明

$\underline{\Rightarrow}$
$I\subset A$ を零でないイデアルとする。
$x\in I$ とすると、$A$ は体なので、$x^{-1}\in A$ となる。
よって、$xx^{-1}=1\in I$ なので、$I=A$

$\underline{\Leftarrow}$
$x\in A\backslash \{0\}$ をとる。
$(x)=A$ なので、$1\in (x)$
よって、$\exists y\in A\ ;1=yx$ となり、$x^{-1}=y$

$\Box$

命題

$A,B$ を環とする。
$f:A\to B$ が準同型なら、$ker(f)$ は $A$ のイデアルである。

証明

$x,y\in Ker(f)\ ,a\in A$とする。
$f(x-y)=f(x)-f(y)=0$ かつ $f(ax)=af(x)=0$ なので、$x-y,ax\in ker(f)$

$\Box$

命題

体から環の準同型は単射である。

証明

$k$ を体とし、$A$ を環とし、$f:k\to A$ を準同型とする。
命題より、$ker(f)$ は $k$ のイデアルで $k$ は体なので、$ker(f)$ は $k$ か $(0)$ である。
$f(1)=1$ なので、$ker(f)\neq A$ であるので、$ker(f)=\{0\}$

$\Box$

定義

$A$ を環とし、$I,J\subset A$ とする。
$I+J=\{x+y\mid x\in I,y\in J\}$ を $I,J$ の和という。
$IJ=\{\sum_{i}a_{i}b_{i}\mid a_{i}\in I,b_{i}\in J\}$ を $I,J$ の積という。

命題

$A$ を環とし、$I,J\subset A$ とする。
$I+J=(I\cup J)$ が成立する。

証明

$(1)$ $\underline{I+J\subset (I\cup J)}$

$\forall x\in I+J$ をとる。
$\exists a\in I\ ;\exists b\in J\ ;x=a+b$ となり、もちろん、$a,b\in I\cup J$ でもあるので、$x\in (I\cup J)$

$(2)$ $\underline{I+J\supset (I\cup J)}$

$\forall x\in (I\subset J)$ をとる。
$x=a_{1}s_{1}+\cdots +a_{n}s_{n}\ (a_{i}\in A,s_{i}\in (I\cup J)$ と表せる。
必要なら番号を付け替えて、$s_{1},\cdots ,s_{i}\in I\ ,s_{i+1},\cdots ,s_{n}\in J$ としてよい。
よって、$x=a_{1}s_{1}+\cdots +a_{n}s_{n}\ (a_{1}s_{1}+\cdots +a_{i}s_{i}\in I\ , a_{i+1}s_{i+1}+\cdots +a_{n}s_{n}\in J)$ と表せるので、 $x\in I+J$

$\Box$

ちなみに、$IJ=(\left \{ ab\mid a\in I,b\in J \right \} )$ である。

$IJ$ を自然に定義しようとすると、$IJ=\left \{ ab\mid a\in I,b\in J \right \}$ かもしれないが、
実は、一般的にはこう定義すると、$IJ$ はイデアルにはならない。
例をあげてみよう。

$A=\mathbb{Z}[x]$ とする。
$I=(x,3)\ ,J=(x,2)$ とすると、$I,J$ は $A$ のイデアルとなる。
$IJ$ がイデアルになったとする。

$3x,2x\in IJ$ なので、$x=3x-2x\in IJ$ である。
$I=\{xp(x)+3q(x)\mid p(x),q(x)\in \mathbb{Z}[x]\}=\{xF(x)+3a\mid F(x)\in \mathbb{Z}[x]\ ,a\in \mathbb{Z}\}$ と表せる。
$J$ も同様に、$J=\{x G(x) +2b\mid G(x)\in \mathbb{Z}[x]\ ,b\in \mathbb{Z}\}$
よって、$x=(xF(x)+3a)(x G(x) +2b)$ と表せる。
係数比較をすると、左辺は $x^{2}$ の項がないので、$F(x)=0$ または、$G(x)=0$ である。
$F(x)=0$ とすると、 $$ x=3a(x G(x) +2b)\Leftrightarrow \frac{x}{3}=a(x G(x) +2b)\in \mathbb{Z}[x] $$ となり、矛盾である。
$G(x)=0$ の場合も同様。

$\Box$

参考文献

雪江明彦, 代数学2, 日本評論社, 2015.
新妻 弘, 群・環・体 入門, 共立出版, 2016.
http://www.math.keio.ac.jp/~takaaki/class/ProductOfIdeals.pdf

分離拡大

以下の記事の続きを書く。

bananake-tai.hatenablog.com

標数という概念を定義する。

定義(標数

$K$ を体とする。
$\exists n\in \mathbb{N}\ ;n・1=0$ なる最小の $n$ を $K$ の標数といい、$ch(K)$ と表す。
$\forall n\in \mathbb{N}\ ,n・1\neq 0$ なら、$ch(K)=0$ と表す。

$ck(\mathbb{Q})=0$
$ch(\mathbb{F}_{p})=p$

命題

体 $K$ の標数は $0$ か素数である。

証明

$\phi:\mathbb{Z}\to K$ を $\phi(n)=n・1$ と定義する。
$\phi$ は凖同型なので、凖同型定理より、$\mathbb{Z}/ker(\phi)\cong Im(\phi)$
$K$ は整域であるので、$Im(\phi)$ も整域である。
よって、$\mathbb{Z}/ker(\phi)$ は整域なので、$ker(\phi)$ は素イデアルである。
よって、$\mathbb{Z}/ker(\phi)$ は $(0)$ か $(p)$ であるので、$ck(K)$ は $O$ か 素数 $p$ である。

$\Box$

分離拡大について定義する。

定義

$K$ を体で、$\overline{K}$ を $K$ の代数閉包とする。
$(1)$ $f(x)\in K[x],a\in \overline{K}$ で、$f(x)$ が $\overline{K}$ で、$(x-a)^{2}\mid f(x)$ なるとき、$a$ を $f(x)$ の重根という。
$(2)$ $f(x)$ が $\overline{K}$ で重根を持たないとき、分離多項式という。
$(3)$ $a\in \overline{K}$ とし、$Irr(a,K)$ が分離多項式であるとき、$a$ は $K$ 上分離的といい、そうでないとき、非分離的であるという。
$(4)$ $L/K$ を代数拡大とし、$L$ の任意の元が $K$ 上分離的なら $L$ を $K$ の分離拡大、そうでなければ非分離拡大という。
$(5)$ $K$ の任意の代数拡大が $K$ の分離拡大となるなら、$K$ を完全体という。

最終的にはガロア拡大を定義するが、分離拡大かつ正規拡大ということになるのが大事である。
実は、$ch(K)=0$ なら完全体になるということを証明する。

命題

$K$ を体とし、$f(x)\in K[x], a\in\overline{K}$ とする。
$f(a)=0$ とするとき、次は同値。
$(1)$ $a$ は $f(x)$ の重根である。
$(2)$ $f'(a)=0$ である。

命題

$\underline{(1)\Rightarrow (2)}$
仮定より、$\exists g(x)\in \overline{K}\ ;f(x)=(x-a)^{2}g(x)$ となる。
$f'(x)=2(x-a)g(x)+(x-a)^{2}g'(x)$ なので、$f'(a)=0$ となる。

$\underline{(2)\Rightarrow (1)}$
重根を持たないと仮定すると、$\exists g(x)\in \overline{K}\ ;f(x)=(x-a)g(x)$ かつ $g(a)\neq 0$
$f'(x)=g(x)+(x-a)g'(x)$ となり、$f(a)\neq 0$ である。

$\Box$

命題

$K$ を体とし、$f(x)\in K[x]$ なら次は同値である。
$(1)$ $f(x)$ は $\overline{K}$ で重根を持たない。
$(2)$ $f(x)$ と $f'(x)$ は互いに素である。

証明

$\underline{(1)\Rightarrow (2)}$
もし、$\exists g(x)\in K[x]\ ;g(x)\mid f(x),f'(x)\ (degg(x)>0)$ とする。
$\exists a\in\overline{K}\ ;g(a)=0$ となるが、上の命題より重根をもつことになり、矛盾。

$\underline{(2)\Rightarrow (1)}$
もし、$f(x)$ が $a\in \overline{K}$ という重根をもつとすると、上の命題より、$f'(a)=0$ である。
よって、$(x-a)\mid f(x),f'(x)$ 互いに素であることに矛盾。

$\Box$

命題

$f(x)\in K[x]$ を $K$ 上既約な多項式とする。
このとき、次は同値。
$(1)$ $f(x)$ は $\overline{K}$ で重根をもつ。
$(2)$ $f'(x)=0$
$(3)$ $chK=p>0$ であり、$K$ 上既約な分離多項式 $g(x)$ と $n>0$ が存在して、$f(x)=g(x^{p^{n}})$ となる。

証明

$\underline{(1)\Rightarrow (2)}$
命題より、$f(x)$ と $f'(x)$ は互いに素ではない。
$f(x)$ は既約なので、$g(x)\mid f(x),f'(x)$ とすると、$f(x)=cg(x)$ となる。
よって、$f(x)\mid f'(x)$ なので、$f'(x)\neq 0$ とすると、$degf'(x)<degf(x)$ なので矛盾。

$\underline{(2)\Rightarrow (1)}$
自明。

$\underline{(2)\Rightarrow (3)}$
$f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_{i}x^{i}$ とおく。
$f'(x)=\sum_{i=1}^{n}ia_{i}x^{i-1}$ となる。
$f'(x)=0$ なので、$\forall i\in \mathbb{N}\ ,ia_{i}=0$
$a_{i}\neq 0$ なら $i=0$ となるしかないので、$ck=p>0$ で、$p\mid i$ となる。
よって、$n=pm$ とおくと、$f(x)=\sum_{i=1}^{m}a_{pi}x^{pi}$ となり、 $g(x)=\sum_{i=1}^{m}a_{pi}x^{i}$ とおくと、$f(x)=g(x^{p})$
$f(x)$ は既約なので、$g(x)$ も既約。
$g(x)$ が重根をもてば同様の議論により、$f(x)=h(x^{p^{2}})$ となる。
位数は有限なので、この操作は有限回で終わる。

$\underline{(3)\Rightarrow (2)}$
$f'(x)=g'(x^{p^{n}})p^{n}x^{p^{n}-1}=0$

$\Box$

上の命題から、$chK=0$ なら 既約多項式は重根をもたないので、$K$ は完全体ということになる。
つまり、代数体の任意の代数拡大は分離拡大となる。

参考文献

雪江明彦, 代数学2, 日本評論社, 2015.

最小多項式

以下の記事の続きを書く。

bananake-tai.hatenablog.com

前回は代数拡大について定義したが、代数拡大の性質について調べていく。

定理

$L/K$ を体の拡大とする。
このとき、$[L:K]<\infty$ なら、$L$ は代数拡大となる。

証明

$[L:K]=n$ とする。
$B=\{1,\dots ,a^{n}\}$ とすると、$|B|=n+1$ なので、$K$ 上一次従属である。
すなわち、$\exists c_{0},\dots ,c_{n-1}\in K\ ;(c_{0},\dots ,c_{n-1})\neq (0,\dots ,0)\ ,c_{0}+c_{1}a+\cdots c_{n}a^{n}=0$
よって、$a$ は代数的である。

$\Box$

定義(最小多項式

$L/K$ を体の拡大とし、$a\in L$ を $K$ 上代数的とする。
$f(x)\in K[x]-\{0\}:monic,\ f(a)=0$ をみたす次数最小の $f(x)$ を $a$ の $K$ 上の最小多項式という。
また、$Irr(a,K)=f(x)$ とも表す。

既約の定義を復習しておく。

定義

$A$ を整域とし、$a\in A\backslash \{0\}$ とする。
$a\in A\backslash A^{\times}$ で、$\forall b,c\in A\ ,a=bc\Rightarrow b\in A^{\times}\lor c\in A^{\times}$ となるとき、$a$ を既約元という。
$f\in A[x]\backslash \{0\}$ が既約多項式であるというのは、$A[x]^{\times}=A^{\times}$ なので、
$f\in A[x]\backslash A^{\times}$ で、$\forall g,h\in A[x]\ ,f=gh\Rightarrow g\in A^{\times}\lor h\in A^{\times}$
ということである。

代数的な元 $a$ で生成する体という大域的な情報を考えるうえで、$a$ の最小多項式という局所的な情報が役に立つ。

命題

$L/K$ を体の拡大とし、$a\in L$ を $K$ 上代数的とする。
$Irr(a,K)=f(x)$ とすると、$f(x)$ は既約で一意的である。

証明

$(1)$ 既約

$f(x)$ が可約であると仮定すと、
$\exists g,h\in K[x]\ ;f(x)=g(x)h(x)$ かつ $g,h\neq A^{\times}$ なので、$deg(g),deg(h)<degf(x)$
$f(a)=g(a)h(a)=0$ となり $K[a]$ 体なので整域であるので、$g(a)=0 \lor h(a)=0$
どちらにしても、$degf(x)$ の最小性に矛盾。 よって、$f(x)$ は既約である。

$(2)$ 一意性

$Irr(a,K)=f(x),g(x)\ (f(x)\neq g(x))$ とする。
$h(x)=f(x)-g(x)$ とすると、$h(a)=f(a)-g(a)=0$ $f(x),g(x)$ はモニックなので、$degh(x)<f(x),g(x)$ であるが、$f(x),g(x)$ の次数の最小性に矛盾。

$\Box$

命題

$L/K$ を体の拡大とし、$a\in L$ を $K$ 上代数的とする。
$Irr(a,K)=f(x)$ とおく。
$g(x)\in K[x]$ で $g(a)=0$ なら、$f(x)\mid g(x)$

証明

$\exists q(x).r(x)\in K[x]\ ;g(x)=f(x)q(x)+r(x)$ かつ $degr(x)<degf(x)$
$g(a)=r(a)=0$ となるが、$f(x)$ の次数の最小性より、$r(x)=0$ とならなければならない。
よって、$g(x)=f(x)q(x)$ となるので、$f(x)\mid g(x)$

$\Box$

補足

$L/K$ を体の拡大とし、$a\in L$ を $K$ 上代数的とする。
$Irr(a,K)=f(x)$ とおく。
$\phi:K[x]\to K[a]$ を $\phi(g(x))=g(a)$ と定義したとき、$Ker(\phi)=(f)$ である。
$(f)\subset Ker(\phi)$ は自明である。
$g(x)\in Ker(\phi)$ とすると $g(a)=0$ であるので、上の命題より、$f(x)\mid g(x)$ である。
よって、$g(x)=f(x)h(x)$ となり、$f(x)$ で生成されているので、$Ker(\phi)\subset (f)$

命題

$L/K$ を体の拡大とし、$a\in L$ を $K$ 上代数的とする。
$f(x)\in K[x]$ が既約でモニックな多項式であり、$f(a)=0$ なら、$Irr(a,K)=f(x)$

証明

$Irr(a,K)=g(x)$ とする。
命題より、$g(x)\mid f(x)$ であり、仮定より、$f(x)$ は既約なので、$\exists c\in A^{\times}\ ;f(x)=cg(x)$
$f(x)$ はモニックなので、$c=1$ より、$f(x)=g(x)$

$\Box$

次の定理は、最小多項式次数という局所的な情報が体の拡大次数という大域的な情報を持っているという意味で重要です。

定理

$L/K$ を体の拡大とし、$a\in L$ を $K$ 上代数的とする。
$Irr(a,K)=f(x)$ で、$degf(x)=n$ とすると、$K(a)$ の $K$ 上の基底として $B=\{1,a,\dots ,a^{n-1}\}$ がとれる。
特に、$[K(a):K]=n$ である。

命題

$K[a]=K(a)$ であることに注意する。
$(1)$ 一次独立

もし、$\exists c_{0},\dots ,c_{n-1}\in K\ ;(c_{0},\dots ,c_{n-1})\neq (0,\dots ,0)$
$c_{0}+\cdots c_{n-1}a^{a-1}=0$ となったら、$f(x)$ の取り方に矛盾する。
よって、$B$ は $K$ 上一次独立。

$(2)$ 生成
$\forall c\in K[a]\ ,\exists g(x)\in K[x]\ ;c=g(a)$
また、$\exists q(x),r(x)\in K[x]\ ;g(x)=f(x)q(x)+r(x)\ ,degr(x)<degf(x)$ とできる。
$\exists c_{0},\dots ,c_{n-1}\in K\ ;r(x)=c_{0}+\cdots c_{n-1}a^{a-1}$ とおくと、
$g(a)=r(a)$ より、$B$ は $K$ を生成する。

$\Box$

この定理からすぐに次のことがわかる。

$L/K$ を体の拡大とし、$a\in L$ を $K$ 上代数的とする。
$K(a)$ は代数拡大である。

証明

上の定理より、$[K(a):K]< \infty$ なので、代数拡大となる。

$\Box$

つまり、代数的な元による単拡大は代数拡大ということである。

命題

$L/M,M/K$ を体の拡大とすると、次は同値。
$L/K$ が代数拡大 $\Leftrightarrow$ $L/M,M/K$ は代数拡大

証明

$\underline{(\Rightarrow)}$
$L$ の任意の元は $K$ 上代数的である。
$M\subset L$ なので、もちろん $ M $ の任意のも $K$ 上代数的である。
$K\subset M $ なので、$L$ の任意の元は $ M $ 上も代数的である。

$\underline{(\Leftarrow)}$
$\forall a\in L$ をとる。
$a$ が $K$ 上代数的であることを示す。
$Irr(a,M)=f(x)=x^{n}+c_{1}x^{n-1}+\cdots +c_{n}\ (c_{1},\dots ,c_{n}\in M)$ とする。
$$ K_{0}=K,\ K_{1}=K_{0}(c_{1}),\ \cdots ,\ K_{n}=K_{n-1}(c_{n}) $$ とする。すると、$1\leq \forall i\leq n$ に対し、$c_{i}$ は $K$ 上代数的である。
特に、$K\subset K_{i-1}$ なので、$c_{i}$ は $K_{i-1}$ 上代数的である。
よって、$1\leq \forall i\leq n$ に対し、$K_{i}$ は 代数的な元により、 $K_{i-1}$ の単拡大となっており、$[K_{i}:K_{i-1}]<\infty$
また、$a$ は $K_{n}$ 上代数的なので、$[K_{n}(a):K_{n}]<\infty$
よって、 $$ [K_{n}(a):K]=[K_{n}(a):K_{n}][K_{n}:K_{n-1}]\cdots [K_{1}:K]<\infty $$ となるので、$K_{n}(a)$ は 代数拡大となり、特に、$a$ は $K$ 上代数的である。

$\Box$

これで、代数拡大を繰り返すことでも代数拡大が保たれることが分かった。

命題

$L/K$ を体の拡大とする。このとき、次は同値。
$L/K$ は有限次拡大 $\Leftrightarrow$ $L/K$ は有限生成で代数拡大

証明

$\underline{(\Rightarrow)}$
有限次拡大なら代数拡大であるということは示した。
$[L:K]=1$ なら、$L=K$ なので示すことはない。
$[L:K]>1$ とし、$K_{0}=K$ とする。

$a_{1}\in L\backslash K$ をとり、$K_{1}=K_{0}(a_{1})$ とおくと、$[L:K]=[L:K_{1}][K_{1}:K_{0}]$
今、$[K_{1}:K_{0}]>1$ なので、$[L:K]>[L:K_{1}]$ となり、$[L:K_{1}]=1$ なら、これで終わりである。

$[L:K_{1}]\neq 1$ とする。
$a_{2}\in L\backslash K$ をとり、$K_{2}=K_{1}(a_{2})$ とおくと、$[L:K_{1}]=[L:K_{2}][K_{2}:K_{1}]$
今、$[K_{2}:K_{1}]>1$ なので、$[L:K_{1}]>[L:K_{2}]$ となり、$[L:K_{2}]=1$ なら、これで終わりである。

$[L:K_{2}]\neq 1$ とする。
以下同様に、
$a_{i}\in L\backslash K$ をとり、$K_{i}=K_{i-1}(a_{i})$ とおくと、$[L:K_{i-1}]=[L:K_{i}][K_{i}:K_{i-1}]$
今、$[K_{i}:K_{i-1}]>1$ なので、$[L:K]>[L:K_{1}]>[L:K_{2}]>\cdots >[L:K_{i-1}]>[L:K_{i}]>\cdots$ となるが、 有限次拡大なので、$\exists n\geq 1\ ;[L:K_{n}]=1$ となり、$L=K_{n}$
$K_{n}=K(a_{1},\dots ,a_{n})$ なので $L$ は有限生成である。

$\underline{(\Leftarrow)}$
$L$ は有限生成なので、$\exists a_{1},\dots , a_{n}\in K\ ;L=(a_{1},\dots , a_{n})$
$$ K_{0}=K,\ K_{1}=K_{0}(a_{1}),\ \cdots ,\ K_{n}=K_{n-1}(a_{n})=L $$ とする。$a_{1},\dots , a_{n}$ は $K$ 上代数的であるが特に、$a_{i}$ は $K_{i-1}$ 上代数的である。
よって、$[K_{i}:K_{i-1}]<\infty$
したがって、 $$ [L:K]=[L:K_{n-1}]\cdots [K_{1}:K]<\infty $$ となり、有限次拡大である。

$\Box$

間違いや、感想がありましたら、コメントをよろしくお願いいたします。

参考文献

雪江明彦, 代数学2, 日本評論社, 2015.

代数拡大

この話は、基本的な群、環の知識を持っていると仮定し、体の定義も知っていると仮定する。

定義(拡大体)

体 $L$ の部分環 $K$ が体であるとき、$K$ は $L$ の部分体、$L$ は $K$ の拡大体という。
また、$L/K$ は拡大体であるともいう。

$\mathbb{R}/\mathbb{Q}$ のは拡大体である。

$\mathbb{Q}[\sqrt{2}]=\{a+b\sqrt{2}\mid a,b\in \mathbb{Q}\}$ とすると、 $\mathbb{Q}[\sqrt{2}]/\mathbb{Q}$ は拡大体である。

$K$ を体とする。
$K(x)$ を1変数有理関数体とすると、$K(x)/K$ は拡大体である。

定義

$L/K$ を拡大体とすると、$L$ は $K$ のベクトル空間とみなせる。 $$ [L:K]=dim_{K}L $$ とし、$L$ の $K$ 上の拡大次数という。
$[L:K]<\infty$ なら$L$ は $K$ の有限次拡大といい、
そうでなければ無限次拡大といい、$[L:K]=\infty$ とかく。
$[L:K]=d$ なら、$d$ 次拡大であるという。

$\mathbb{R}\subset \mathbb{C}$ であり、$\mathbb{C}$ の $\mathbb{R}$ ベクトル空間としての基底を、 $\{1,\sqrt{-1}\}$ としてとれるので、$[\mathbb{C}:\mathbb{R}]=2$

$[\mathbb{Q}[\sqrt{2}]:\mathbb{Q}]=2$ である。

$[K(x):K]=\infty$ である。

定理

$L/M,M/K$ を有限次拡大とする。
このとき、$L/K$ も有限次拡大で、 $$ [L:K]=[L:M][M:K] $$ が成立する。

証明

$[L:M]=l,[M:K]= m $ とおく。
$B_{1}=\{x_{1},\dots ,x_{l}\}$ を $L$ の $ M $ 上の基底、$B_{2}=\{y_{1},\dots ,y_{m}\}$ を $ M $ の $K$ 上の基底とする。
$B=\{x_{i}y_{j}\mid i=1,\dots ,l,\ j=1,\dots ,m\}$ とおき、$B$ が $L$ の $K$ 上の基底となることを示す。

$(1)$ 生成
$\forall x\in L$ をとる。
$B_{1}$ は $L$ の基底なので、 $$ \exists a_{1},\dots ,a_{l}\in M\ ;x=\sum_{i=1}^{l}a_{i}x_{i} $$ となる。$B_{2}$ は $ M $ の基底なので、$1\leq \forall i\leq l$ に対して、 $$ \exists b_{i1},\dots ,b_{im}\in K\ ;a_{i}=\sum_{j=1}^{n}b_{ij}y_{j} $$ となる。よって、 $$ x=\sum_{i=1}^{l}\sum_{j=1}^{n}b_{ij}x_{i}y_{j} $$ となる。

$(2)$ 一次独立
$$ \forall b_{11},\dots ,b_{lm}\in K\ ,\sum_{i=1}^{l}\sum_{j=1}^{n}b_{ij}x_{i}y_{j}=0 $$ とする。$B_{1}$ は $ M $ 上一次独立なので、 $$ \sum_{j=1}^{n}b_{ij}y_{j}=0 $$ である。$B_{2}$ は $ K $ 上一次独立なので、 $$ 1\leq \forall i\leq l\ ,1\leq \forall j\leq m\ ,b_{ij}=0 $$ よって、$B$ は $K$ 上一次独立

$\Box$

補題

$L/K$ を拡大体とする。
$S\subset L$ とすると、$S\cup K$ を含む最小の部分体が存在する。

証明

$\forall \lambda\in \Lambda\ ,S\cup K\subset M_{\lambda}$ とする。
$S\cup K\subset L$ なので、$\Lambda \neq \varnothing$
$M=\bigcap_{\lambda\in \Lambda}M_{\lambda}$ とおくと、$ M $ は体である。
$\forall \lambda\in \Lambda\ ,K\cup S\subset M\subset M_{\lambda}$ であるので、最小の部分体は $ M $ である。

$\Box$

いくつか、定義をする。

定義

$L/K$ を体の拡大とする。
$S\subset L$ とすると、$S\cup K$ を含む $L$ 最小の部分体を $K(S)$ と書き、$K$ に $S$ を添加した体という。
$S=\{s_{1},\dots , s_{n}\}$ が有限集合のときは $K(S)$ のことを $K(s_{1},\dots , s_{n})$ と書く。
また、$K(S)$ を $K$ 上 $S$ で生成された体ともいう。

$K(S)$ の同値表現として、次の表現がある。

命題

$L/K$ を体の拡大とする。
$S=\{s_{1},\dots , s_{n}\}\subset L$ とし、  $$ A=\left\{\frac{f(s_{1},\dots , s_{n})}{g(s_{1},\dots , s_{n})}\mid f,g\in K[X_{1},\dots , X{n}],\ g(s_{1},\dots ,s_{n})\neq0\right\} $$ とおくと、$A=K(S)$ である。

証明

$A\subset K(S)$を示す。
$A$ の元は、$f(s_{1},\dots , s_{n})/g(s_{1},\dots , s_{n})$ という形をしていて、 $f(s_{1},\dots , s_{n})$ と $g(s_{1},\dots , s_{n})$ は $K\cup S$ の元の和や積で表されているので、$K(S)$ の元である。
また、$K(S)$ は体であり、$g(s_{1},\dots , s_{n})$ の逆元が存在するので、$f(s_{1},\dots , s_{n})/g(s_{1},\dots , s_{n})\in K(S)$ である。

$K(S)\subset A$を示す。
自明な考察により、$A$ は体となる。
明らかに、$K\cup S$

$\Box$

補足

$L/K$ を体の拡大とし、$a.b\in L$ とする。
$K(a,b)=K(a)(b)$ となる。
なぜなら、$K(a,b)$ は $K\cup \{a,b\}$ を含む最小の部分体で、$K(a)(b)$ は $K(a)\cup \{b\}$ を含む最小の部分体であるが、 $K(a)$ は $K\cup \{a\}$ を含む最小の部分体であるので、結局、$K(a)(b)$ は $K(a)\cup \{a\}\cup \{b\}$ 含む最小の部分体である。

定義

$L/K$ を体の拡大とする。
$\exists a\in L\ ;L=K(a)$ となるとき、$L$ を $K$ の単拡大という。
また、$\exists a_{1},\dots , a_{n}\in L\ ;K=(a_{1},\dots , a_{n})$ となるとき、$L$ は $K$ 上有限生成であるという。

有限生成の性質をしらべるまえに代数拡大を定義する。

定義(代数拡大)

$L/K$ を体の拡大とし、$a\in L$ とする。
$\exists f(x)\in K[x]:minic\ ;f(a)=0$ となるとき、$a$ は $K$ 上代数的であるという。
さらに、$\forall a\in L$ に対して、$K$ 上代数的なら、$L$ を代数拡大という。

代数拡大の性質を調べる。

命題

$L/K$ を体の拡大とし、$a\in L$ のとき、次は同値。
$(1)$ $a$ は $K$ 代数的である。
$(2)$ $K[a]=K(a)$

証明

$\underline{(1)\Rightarrow (2)}$
$K[a]\subset K(a)$ は自明なので、逆の包含を示す。

$\phi :K[x]\to K[a]$ を $\phi(f)=f(a)$ とする。
$K[a]$ の定義より、$\phi$ は全射であり、また、凖同型でもある。
よって、凖同型定理より、$K[x]/Ker(\phi)\cong K[a]$
$a$ は代数的なので、$a\in Ker(\phi)$ より、$Ker(\phi)\neq (0)$
$L$ は体なので、$K[a]\subset L$ は整域であり、$K[x]/Ker(\phi)$ も整域である。
よって、$Ker(\phi)$ は素イデアルで、$K[x]$ はPIDなので、$Ker(\phi)$ は極大イデアルである。
よって、$K[x]/Ker(\phi)$ は体なので、$K[a]$ は体となる。
$K(a)$ の最小性より、$K(a)\subset K[a]$ よって、$K[a]=K(a)$

$\underline{(2)\Leftarrow (1)}$
$a=0$ は $K$ 上代数的なので、$a\neq 0$ とする。
$K[a]=K(a)$ なので、$a^{-1}\in K[a]$
よって、$\exists n\geq 0\ ;\exists c_{0},\dots ,c_{n}\in K\ ;a^{-1}=c_{0}+c_{1}a+\cdots +c_{n}a^{n}$
すなわち、$0=-1+c_{0}a+c_{1}a^{2}+\cdots +c_{n}a^{n+1}$ となり、$a$ は $K$ 上代数的である。

$\Box$

間違いや、感想がありましたら、コメントをよろしくお願いいたします。

参考文献

雪江明彦, 代数学2, 日本評論社, 2015.

位数p^2の群の分類

今回は位数 $p^{2}$ の群の分類をする。

命題

$G$ を群、$H,K\lhd G$ で、$H\cap K=\{1_{G}\}$ 、$HK=G$ とする。
このとき、$G\cong H\times K$ となる。

また、上記の命題を使う。

補題

$G$ が $p$ 群なら、$Z(G)\neq \{1\}$ である。

証明

$G$ の類等式を考えると、 $$ |G|=|Z(G)|+\sum_{i}|C(x_{i})| $$ $|C(x_{i})|\neq 1$ なので、$p$ の倍数で、$Z(G)=\{1\}$ なら、$|G|$ が $p$ 群であることに矛盾。
よって、$Z(G)\neq \{1\}$ である。

$\Box$

命題

$G$ を群とし、$|G|=p^{2}$ なら、$G$ はアーベル群である。

証明

$Z(G)<G$ と補題より、$|Z(G)|$ は $p,p^{2}$ のどちらかである。
$|Z(G)|=p$ とする。
$x\in G\backslash Z(G)$ をとり、$H=<x>$とする。
$Z(G)\subset Z_{G}(H)$ で、 $\forall h\in H\ xh=hx$ で、$x\in Z_{G}(H)$ なので、$Z(G)\neq Z_{G}(H)$
よって、$|Z_{G}(H)|>p$ であり、$Z_{G}(H)<G$ なので、$|Z_{G}(H)|=p^{2}$ となるしかない。
よって、$Z_{G}(H)=G$ となるが、これは $x\in Z(G)$ を意味する。 これは、$x\in G\backslash Z(G)$ に矛盾。
よって、$|Z(G)|=p^{2}$ なので、$G=Z(G)$ となり、$G$ はアーベル群である。

$\Box$

定理

$p$ を素数として、位数 $p^{2}$ の群は $C_{p^{2}}$ か $C_{p}\times C_{p}$ に同型である。

証明

$G$ を群で、$|G|=p^{2}$ とする。
元の位数は群の位数の約数なので、$1,p,p^{2}$ のどれかである。
もし、$p^{2}$の元が存在すれば、$G$ は巡回群となり、$C_{p^{2}}$ に同型である。

位数 $p^{2}$ の元を持たないとする。
位数1の元は単位元のみなので、単位元以外の元の位数は $p$ である。
$a\in G$ をとり、$H=<a>$ とし、$b\in G\backslash H$ をとり、$K=<b>$ とする。
ここで、$H\neq K$ であることに注意する。
$H\cap K<H$ なので、$|H\cap K|$ は $|H|$ の約数、すなわち、$1,p$ のどちらかである。
$|H\cap K|=p$ とする。
$H\cap K \subset H$ かつ $|H\cap K|=|H|$ なので、$H\cap K=H$
また、$H\cap K$ かつ $|H|=|K|$ なので、$H=K$
これは、$H\neq K$ に矛盾。
よって、$|H\cap K|=1$ すなわち、$H\cap K=\{e\}$
$H<HK$ なので、$|HK|$ は $p$ の倍数である。
$|HK|=p$ とする。
$H,K\subset HK$ かつ $|HK|=|H|=|K|$ なので、$HK=H=K$
これは、$A\neq B$ に矛盾。
よって、$|HK|>p$ である。
命題より、$|G|$ はアーベル群なので、$H,K\lhd G$ となる。
よって、$HK<G$ なので、$|HK|\leq |G|=p^{2}$ となり、$|HK|=p^{2}$ となるしかない。
よって、 $G=HK$ となり、命題より、$G\cong H\times K\cong C_{p}\times C_{p}$

$\Box$

間違いや、感想がありましたら、コメントをよろしくお願いいたします。

参考文献

雪江明彦, 代数学1, 日本評論社, 2015.
http://rikei-index.blue.coocan.jp/gunron/tyugokuzyouyo.html
http://mathematics-pdf.com/pdf/sylow_thm.pdf