bananake-tai’s diary

大学数学初学者のブログ

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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.