【神々の】ガロア生誕200周年記念スレ【愛でし人】

【神々の】ガロア生誕 ..

784:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 01:50:27.97
命題 345
A を単項イデアル整域とし、p をその素元(>>599)とする。
M ≠ 0 を有限生成の p-準素加群(>>677)とする。
このとき、整数 n ≧ 1 があり Ann(M) (>>600) = (p^n)A である。

証明
Ann(M) = aA とする。
M は有限生成の p-準素加群であるから (p^m)M = 0 となる整数 m ≧ 1 がある。
よって、p^m ∈ aA である。
よって、aA = (p^n)A となる整数 n ≧ 0 がある。
M ≠ 0 だから n ≧ 1 である。
証明終

785:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 02:06:30.10
命題 346
A を単項イデアル整域とし、M ≠ 0 を A 上の有限生成捩れ加群(>>596)とする。
>>696より Ass(M) (>>602) は空でない有限集合である。
>>697より、各 pA ∈ Ass(M) に対して M(p) (>>678) ≠ 0 であり、
M は加群として M(p)、pA ∈ Ass(M) の直和となる。
このとき、Ann(M) (>>600) は Ann(M(p))、pA ∈ Ass(M) の積である。

証明
Ass(M) = {p_1、．．．、p_r} とする。
a ∈ Ann(M) とする。
各 (p_i)A、i = 1，．．．、n に対して aM(p_i) = 0 である。
>>784より整数 n_i ≧ 1 があり Ann(M(p_i)) = (p^(n_i))A である。
よって、a は各 p^(n_i) で割れる。
よって、a は b = Πp^(n_i)、i = 1，．．．、n で割れる。
よって、Ann(M) ⊂ bA である。
逆に各 i に対して bM(p_i) = 0 であるから bM = 0 である。
よって、bA ⊂ Ann(M) である。
よって、Ann(M) = bA = Π(p^(n_i))A、i = 1，．．．、n
証明終

786:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 02:21:29.42
命題 347
A を単項イデアル整域とし、M ≠ 0 を A 上の巡回(>>636)捩れ加群(>>596)とする。
このとき、χ(M) = Ann(M) である。

証明
>>696より Ass(M) (>>602) は空でない有限集合である。
Ass(M) = {p_1、．．．、p_r} とする。
>>697より、各 (p_i)A に対して M(p_i) (>>678) ≠ 0 であり、
M は加群として M(p_i)、i = 1，．．．、n の直和となる。
>>692より χ(M) = Πχ(M(p_i)) である。
他方、>>785より Ann(M) = ΠAnn(M(p_i)) である。
>>780より各 M(p_i) は A-巡回加群である。
よって、>>779より各 i に対して χ(M(p_i)) = Ann(M(p_i) である。
よって、χ(M) = Ann(M) である。
証明終

787:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 02:35:02.82
命題 348
A を単項イデアル整域とし、p をその素元(>>599)とする。
M を有限生成 p-準素加群(>>677)とする。
χ(M) (>>657) = Ann(M) (>>600) なら M は A-巡回加群(>>636)である。

証明
χ(M) = (p^n)A、Ann(M) = (p^m)A とする。
x ∈ M に対して ann(x) (>>600) = (p^r)A のとき r を x の指数と呼ぶことにする。
(p^m)x = 0 であるから r ≦ m である。
よって M には指数が最大の元 z が存在する。
ann(z) = (p^s)A とする。
M の任意の元 x の指数 ≦ s であるから (p^s)x = 0 である。
よって、(p^s)M = 0 である。
よって、よって、s ≧ m である。
他方、(p^m)z = 0 であるから m ≧ s である。
よって、 m = s である。
よって、χ(Az) = (p^m)A = Ann(M) である。

M が A-巡回加群でないとすると M ≠ Az である。
χ(M) = χ(Az)χ(M/Az) である。
χ(M/Az) ≠ A であるから χ(M) ≠ χ(Az) である。
χ(Az) = Ann(M) であったからこれは矛盾である。
証明終

788:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 04:34:40.92
命題 349
A を単項イデアル整域とし、M ≠ 0 を A 上の有限生成捩れ加群(>>596)とする。
x ∈ M とする。
M = Ax となるためには χ(M) = ann(x) となることが必要十分である。

証明
必要性：
M = Ax とする。
>>786より χ(M) = Ann(M) である。
>>653より ann(x) = Ann(M) である。
よって、χ(M) = ann(x) である。

十分性：
χ(M) = ann(x) とする。
>>651より Ax は A/ann(x) に同型である。
>>786より χ(A/ann(x)) = ann(x)
>>667より χ(M) = χ(M/Ax)χ(Ax)
よって、ann(x) = χ(M) = χ(M/Ax)χ(Ax) = χ(M/Ax)χ(A/ann(x)) = χ(M/Ax)ann(x)
よって、χ(M/Ax) = A
よって、M = Ax である。
証明終

789:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 04:39:29.15
命題 350
A を単項イデアル整域とし、M ≠ 0 と N ≠ 0 を A 上の巡回(>>636)捩れ加群(>>596)とする。
Ann(M) = aA、Ann(N) = bA とし、a と b は互いに素(>>679)とする。
このとき、M と N の直和加群 L は A 上の巡回捩れ加群である。

証明
記述を単純にするため M と N を L の部分加群と見なす。
M = Ax、N = Ay とする。
ab(x + y) = abx + aby = 0
c(x + y) = 0、c ∈ A とする。
cx = -cy ∈ M ∩ N = {0}
よって、c ∈ aA、c ∈ bA
a と b は互いに素だから c ∈ abA である。
よって、z = x + y とおくと ann(z) = abA
一方、>>786より χ(M) = aA、χ(N) = bA
>>692よりχ(L) = χ(M)χ(N) = (aA)(bA) = abA = ann(z)
よって、>>788より L = Az である。
証明終

790:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 04:43:17.30
命題 351
A を単項イデアル整域とし、M ≠ 0 を A 上の有限生成捩れ加群(>>596)とする。
このとき、χ(M) = Ann(M) であれば M は A 上の巡回加群(>>636)である。

証明
>>696より Ass(M) (>>602) は空でない有限集合である。
Ass(M) = {p_1、．．．、p_r} とする。
>>697より、各 (p_i)A に対して M(p_i) (>>678) ≠ 0 であり、
M は加群として M(p_i)、i = 1，．．．、n の直和となる。
>>692より χ(M) = Πχ(M(p_i)) である。
他方、>>785より Ann(M) = ΠAnn(M(p_i)) である。
>>694より χ(M(p_i)) は (p_i)A の冪である。
>>784より Ann(M(p_i)) は (p_i)A の冪である。
よって、素元分解の一意性(>>609)より各 i に対して χ(M(p_i)) = Ann(M(p_i))である。
>>787より M(p_i) は A 上の巡回加群である。
よって、>>789より M は A 上の巡回加群である。
証明終

791:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 04:55:02.50
命題 352
K を抽象体(>>197)とし、V ≠ 0 を K 上の有限次元の線型空間とする。
σ：V → V を K-線型写像とする。
V を σ により K[X]-加群と見なす(>>736)。
σ の最小多項式が σ の固有多項式であれば V は K[X]-巡回加群(>>636)である。

証明
f(X) を σ の最小多項式とする。
>>740より χ(V) = (f(X)) である。
>>741より Ann(V) = (f(X)) である。
よって、χ(V) = Ann(V) である。
よって、>>790より V は K[X]-巡回加群である。
証明終

792:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 05:16:56.22
命題 353
L/K を有限(>>87)な巡回拡大(>>491)とする。
n = [L : K] (>>87) とする。
σ をそのGalois群(>>251)の生成元とする。
このとき θ ∈ L で θ、σ(θ)、．．．、σ^(n-1)(θ) が L の K 上の基底となるようなものが
存在する。

証明
>>751より、1、σ、．．．、σ^(n-1) は Hom(L、L) (>>749)の元として
K 上１次独立(>>707)である。
よって、g(X) ≠ 0 を n - 1 次以下の K[X] の多項式としたとき g(σ) = 0 とはならない。
一方、σ^n = 1 であるから X^n - 1 は K-線型写像として σ の最小多項式である。
よって、>>745より σ の固有多項式は X^n - 1 である。
よって、>>791より L は K[X]-巡回加群(>>636)である。
よって、θ ∈ L をその生成元とする。
>>651より L は K[X]-加群として K[X]/(X^n - 1) に同型である。
ρ：K[X] → K[X]/(X^n - 1) を標準的な準同型とする。
ρ(X) = z とおく。
>>96より 1、z、．．．、z^(n-1) は K 上の線型空間としての K[X]/(X^n - 1) の基底である。
1、z、．．．、z^(n-1) は上記の同型で θ、σ(θ)、．．．、σ^(n-1)(θ) に対応する。
よって、本命題の主張が得られる。
証明終

793:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 05:46:46.59
>>792と同じ条件に次の条件を追加する。
n = [L : K] は Ω(>>82)の標数(>>214)で割れないとする。
K は 1 の原始 n 乗根(>>520) ζ を含むとする。

a_0、a_1、．．．、a_(n-1) を K の元として、
α = a_0θ + a_1σ(θ) + ．．．+ a_(n-1)σ^(n-1)(θ) とおく。

σ(α) = ζα となる α を求めてみよう(>>756参照)。

σ(α) = a_0σ(θ) + a_1σ^2(θ) + ．．．+ a_(n-2)σ^(n-1)(θ) + a_(n-1)θ
= a_0ζθ + a_1ζσ(θ) + ．．．+ a_(n-1)ζσ^(n-1)(θ)

よって、
a_(n-1) = a_0ζ
a_0 = a_1ζ
a_1 = a_2ζ
．．．
．．．
a_(n-2) = a_(n-1)ζ

よって、
a_1 = (a_0)/ζ
a_2 = (a_0)/ζ^2
．．．
．．．
a_(n-2) = (a_0)/ζ^(n-2)
a_(n-1) = (a_0)ζ = (a_0)/ζ^(n-1)

よって、a_0 = 1 とすれば
α = θ + (1/ζ)σ(θ) + ．．．+ (1/ζ^(n-1))σ^(n-1)(θ)

794:１３２人目の素数さん
11/11/21 05:59:57.68
クマー

失業者w

795:猫は一匹１８０円 ◆MuKUnGPXAY
11/11/21 09:54:31.00
>>794
失業者はワシや。

猫

796:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 11:22:34.34
>>793をヒントにして次の定義をする。

定義 354
n ≧ 1 を Ω(>>82)の標数(>>214)で割れない整数とする。
L/K を n 次の巡回拡大(>>491)とする。
σ をそのGalois群(>>251)の生成元とする。
K は 1 の原始 n 乗根(>>520) ζ を含むとする。
1 の n 乗根(>>520)全体を μ_n とする。
ω ∈ μ_n と α ∈ L に対して
u(ω、α) = α + ωσ(α) + ．．．+ (ω^(n-1))σ^(n-1)(α) と書く。
これを (ω、α) に関するLagrangeの分解式(Lagrange resolvent)と呼ぶ。

797:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 11:41:04.64
命題 355
n ≧ 1 を Ω(>>82)の標数(>>214)で割れない整数とする。
L/K を n 次の巡回拡大(>>491)とする。
σ をそのGalois群(>>251)の生成元とする。
K は 1 の原始 n 乗根(>>520) ζ を含むとする。
1 の n 乗根(>>520)全体を μ_n とする。
ω ∈ μ_n と α ∈ L に対して
u(ω、α) をLagrangeの分解式とする(>>796)。
このとき以下が成り立つ。

1) σ(u(ω、α)) = (1/ω)u(ω、α)

2) 各整数 k、0 ≦ k ≦ n - 1 に対して Σ(1/ω^k)u(ω、α) = nσ^k(α)
ここで和は全ての ω ∈ μ_n に渡る。

証明
1)
u(ω、α) = α + ωσ(α) + ．．．+ (ω^(n-1))σ^(n-1)(α) である。
σ(u(ω、α)) = σ(α) + ωσ^2(α) + ．．． + ω^(n-2))σ^(n-1)(α) + (ω^(n-1))α
= (1/ω)u(ω、α)

2)
(1/ω^k)u(ω、α)
= (1/ω^k)α + (1/ω^(k-1))σ(α) + ．．．+ σ^k(α) + ．．．+ (ω^(n-k-1))σ^(n-1)(α)

一方、ω ≠ 1 のとき 1 + ω + ．．．+ ω^(n-1) = 0 である。
ω = 1 のとき 1 + ω + ．．．+ ω^(n-1) = n である。

よって、Σ(1/ω^k)u(ω、α) = nσ^k(α)
証明終

798:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 11:58:42.75
命題 356
>>797と同じ条件とする。
ω ∈ μ_n と α ∈ L に対して u(ω、α)u(1/ω、α) ∈ K である。

証明
β = u(ω、α)u(1/ω、α) とおく。
>>797より、
σ(u(ω、α)) = (1/ω)u(ω、α)
σ(u(1/ω、α)) = ωu(ω、α)
よって、σ(β) = β
よって、Galois理論の基本定理(>>451)より β ∈ K である。
証明終

799:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 12:15:47.26
命題 357
>>797と同じ条件とする。
L = K(α) とする。
β_i = u(ζ^i、α))、i = 0、．．．、n - 1 とおく。
このとき (β_i)^n ∈ K であり、L = K(β_0、．．．、β_(n - 1)) である。

証明
>>797の 1) より σ(β_i) = (1/ζ^i)β_i
よって、σ((β_i)^n) = (β_i)^n
よって、Galois理論の基本定理(>>451)より (β_i)^n ∈ K である。

>>797の 2) において k = 0 とすれば β_0 + ．．．β_(n-1) = nα
n は Ω(>>82)の標数で割れないから L において n ≠ 0 である。
よって、α = (1/n)(β_0 + ．．．β_(n-1))
各 β_i ∈ K だから L = K(α) = K(β_0、．．．、β_(n - 1)) である。
証明終

800:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 12:33:40.97
>>799
β_0 = u(1、α) = α + σ(α) + ．．．+ σ^(n-1)(α) は σ で不変だから K の元である。
よって、L = K(β_1、．．．、β_(n - 1))

>>798より u(ζ^i、α)u(ζ^(n-i)、α) ∈ K
1 ≦ i ≦ n - 1 のとき (β_i)(β_(n-i)) ∈ K

よって、L = K(β_1、．．．、β_(n - 1)) において
β_i(1 ≦ i ≦ n - 1) を K に添加したら β_(n-i) は添加する必要はない。

801:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 13:39:18.36
命題 358
>>797と同じ条件とする。
u(1/ζ、α) ≠ 0 となる α ∈ L が存在する。
このとき、β = u(1/ζ、α) とおけば β^n ∈ K で L = K(β) である。

証明
>>751より、1、σ、．．．、σ^(n-1) は Hom(L、L) (>>749)の元として
K 上１次独立(>>707)である。
よって、u(1/ζ、α) ≠ 0 となる α ∈ L が存在する。
>>797より σ(β) = ζβ
よって、σ(β^n) = β^n
よって、Galois理論の基本定理(>>451)より β^n ∈ K である。

β の K 上の最小多項式を g(X) とすると、
β、σ(β)、σ^2(β)、．．．、σ^(n-1)(β) は g(X) の根である。
一方、σ^i(β) = (ζ^i)β、0 = 1、．．．、n-1 であるから
列 β、σ(β)、σ^2(β)、．．．、σ^(n-1)(β) は
β、ζβ、(ζ^2)β、．．．、(ζ^(n-1))β に等しい。
ζ は 1 の原始 n 乗根(>>520)であり、β ≠ 0 だから、これ等は相異なる。
よって、g(X) の次数は n である。
よって、K = L(β) である。
証明終

802:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 13:58:56.31
>>801は>>756の別証を与えている。
両方とも σ(β) = ζβ となる β ≠ 0 の存在を証明している。
>>756の証明は概念的であり、>>801の証明は計算的である。
>>756の証明の方が自然だと思うがほとんどのGalois理論の教科書は>>801の方法を採用している。

>>801は次のように考えると分かりやすい。
σ(β) = ζβ を (1/ζ)σ(β) = β と考える。
T = (1/ζ)σ とおく。
T：L → L は K-線型写像で T(β) = β である。
T^n = 1 であるから T^n - 1 = (T - 1)(1 + T + ．．．+ T^(n-1)) = 0
よって、S = 1 + T + ．．．+ T^(n-1) とおくと (T - 1)S = TS - S = 0
よって、TS = S
一方、1、σ、．．．、σ^(n-1) は K 上１次独立であるから
S ≠ 0 である。
よって、S(α) ≠ 0 となる α がある。
TS(α) = S(α) であるから β = S(α) とおけばよい。
S(α) = u(1/ζ、α) である。

803:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 16:00:28.74
test

804:Kummer ◆SgHZJkrsn08e
11/11/21 16:05:13.86
命題 359
L/K を有限なGalois拡大で、そのGalois群 G は可解であるとする。
G の位数 n はΩ(>>82)の標数で割れないとする。
このとき、L/K は正則(>>585)な冪根拡大(>>512) E/K に含まれる。

証明
G = G_0 ⊃ G_1 ⊃ ．．． ⊃ G_r = {1} を G の組成列とする。
G は可解群だから>>564より
各 G_(i-1)/G_i、i = 1、．．．、r は素数位数である。
各 G_i、i = 0、．．．、r の固定体(>>483)を K_i とする。
>>451と>>473と>>475より
K = K_0 ⊂ K_1 ⊂ ．．．⊂ K_r = L であり、
各 K_i/K_(i-1)、i = 1、．．．、r は素数次の巡回拡大(>>491)である。
その次数は n の素因数である。
p_1、．．．、p_s を n の相異なる素因数とする。
m = (p_1)．．．(p_s) とし、ζ を 1 の原始 m 乗根とする。
>>503より各 K_i(ζ)/K_(i-1)(ζ) はGalois拡大であり、
>>505より、そのGalois群は K_i/K_(i-1) のGalois群の部分群に同型である。
よって、各 K_i(ζ)/K_(i-1)(ζ) は 0 次または素数次の巡回拡大である。
よって、>>756より各 K_i(ζ)/K_(i-1)(ζ) は正則な単冪根拡大である。
K ⊂ K(ζ) ⊂ K_1(ζ) ⊂ ．．．⊂ K_r(ζ) = L(ζ) だから
L(ζ)/K は正則な冪根拡大で L/K を含む。
証明終