『ガロア理論の頂を踏む』

@book{galois_top,
	title  = {{ガロア理論の頂を踏む}},
    author = {{石井俊全}},
    year   = {2013}
}

• OneDriveから書き起こし todo （p52–p102 済 2026-07-23。残り p1–p51）

中国剰余定理

2020-07-22

$p,q$ を互いに素な自然数とする。

$a,b\in \mathbb{Z}$ で $0\le a<p$, $0\le b<q$ に従う整数 $x$ が存在して、

$$x\equiv a(\mathrm{mod}p),x\equiv b(\mathrm{mod}q)$$

注意点

今 $x$ と同じ数とみなせる $x’$ を考える。

$$x\equiv a(\mathrm{mod}p),x\equiv b(\mathrm{mod}q)$$

より、

$$p\mid (x-a),q\mid (x-b)$$

$p$, $q$ が互いに素ならば、

$$pq\mid (x-a)p+(x-b)q$$

よって、$x$ は存在するが、
$0 \leq x < pq$ の範囲に絞る必要があるので注意。
このような $x$ は 一意 に定まる。

---

（注意：互いに素でない場合）

このとき、$p$, $q$ の最小公倍数が小さくなるため、$x$ が一意に定まらない。

例：

• $p = q = 2$
• $a = b = 0$

のとき、

$$0\le x<4\text{かつ}x\equiv 0(\mathrm{mod}2)$$

を満たす $x$ は $0$, $2$ の2つあり、一意でない。

---

環の同型写像

$$\phi :\mathbb{Z}/pq\mathbb{Z}⟶(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})\times (\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})$$ $$\bar{a}⟼({\bar{a}}_p,{\bar{a}}_q)\text{ただし }{\bar{a}}_p:=a\mathrm{mod}p,{\bar{a}}_q:=a\mathrm{mod}q$$

この写像は単射であり、全射でもある。
つまり、有効かつ位数が一致する全射 ⇒ 同型写像。

したがって、

$$\mathbb{Z}/pq\mathbb{Z}\cong (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})\times (\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})$$

中国剰余定理

$m, n \ne 0$ が互いに素な整数なら、

$$\mathbb{Z}/mn\mathbb{Z}\cong (\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})\times (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})$$

---

証明

写像 $\phi :\mathbb{Z}/mn\mathbb{Z}\to (\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})\times (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})$ を以下で定める：

$$x+mn\mathbb{Z}⟼(x+m\mathbb{Z},x+n\mathbb{Z})$$

well-defined を確認

• $\forall a\in x+mn\mathbb{Z}$
• $\forall b\in x+mn\mathbb{Z}$

$$\begin{gathered} a=x+\alpha \cdot mn \\ b=x+\beta \cdot mn \end{gathered}$$

このとき：

$$\begin{gathered} a\equiv x(\mathrm{mod}m),b\equiv x(\mathrm{mod}m) \\ a\equiv x(\mathrm{mod}n),b\equiv x(\mathrm{mod}n) \end{gathered}$$

よって、well-defined である。

---

写像の加法に関する準同型性

$$\phi ((x+y)+mn\mathbb{Z})=\left((x+y)+m\mathbb{Z},(x+y)+n\mathbb{Z}\right)$$ $$=(x+m\mathbb{Z},x+n\mathbb{Z})+(y+m\mathbb{Z},y+n\mathbb{Z})$$ $$=\phi (x+mn\mathbb{Z})+\phi (y+mn\mathbb{Z})$$

全射であるか

$m$ と $n$ は互いに素であるから、

$$ma+nb=1\text{\hspace{1em}(1)}$$

を満たす $a,b\in \mathbb{Z}$ が存在する。

x, y \in \mathbb{Z}\ に対して、$z \in \mathbb{Z}$ を以下で定義する：

$$z=may+nbx\text{\hspace{1em}(2)}$$

すると、

$$z=mab+(1-ma)x=ma(b-x)+x$$

また別の形で：

$$\begin{gathered} z=may+nbx \\ =(1-nb)x+nbx \\ =x+(nb-x) \end{gathered}$$

よって、

$$\phi (z+mn\mathbb{Z})=(x+m\mathbb{Z},y+n\mathbb{Z})$$

したがって、任意の $(x+m\mathbb{Z},y+n\mathbb{Z})$ に対して対応する $z$ が構成できるので、$\phi$ は全射である。

---

位数の一致による結論

$$|\mathbb{Z}/mn\mathbb{Z}|=|\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}|\times |\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}|$$

全射であり、かつ位数が等しい ⇒ $\varphi$ は全単射（同型）。

規約剰余類群は巡回群の直積と同型

2020-07-26

次の群の同型が成立するか考える：

$$(\mathbb{Z}/(2^3\cdot 3^4\cdot 5^2)\mathbb{Z}{)}^{\times }\cong (\mathbb{Z}/2^3\mathbb{Z}{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/3^4\mathbb{Z}{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/5^2\mathbb{Z}{)}^{\times }$$

写像の定義

$$\phi :\mathbb{Z}/(2^3\cdot 3^4\cdot 5^2)\mathbb{Z}⟶\mathbb{Z}/2^3\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/3^4\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/5^2\mathbb{Z}$$ $$\bar{a}⟼({\bar{a}}_2,{\bar{a}}_3,{\bar{a}}_5)\text{ただし }{\bar{a}}_p:=a\mathrm{mod}p$$

---

規約剰余類群とは：

$$(\mathbb{Z}/(2^3\cdot 3^4\cdot 5^2)\mathbb{Z}{)}^{\times }=\left\{\bar{k}\mid \gcd (k,2^3\cdot 3^4\cdot 5^2)=1,1\le k\le 2^3\cdot 3^4\cdot 5^2\right\}$$

---

$\bar{a}\in (\mathbb{Z}/2^3\cdot 3^4\cdot 5^2\mathbb{Z}{)}^{\times }$ のとき、

$$(a,2^3\cdot 3^4\cdot 5^2)=1$$

これより、次のような整数 $x,y$ が存在する：

$$\exists x,y\text{s.t.}ax+2^3\cdot 3^4\cdot 5^2\cdot y=1$$

これを変形すると：

\begin{eqnarray} a x + 2 b &=& 1 \\ a x + 3 b &=& 1 \\ a x + 5 b &=& 1 \end{eqnarray}

（※上記は $2^3$, $3^4$, $5^2$ それぞれを法とした場合のイメージ）

このことから、$(\mathbb{Z}/(2^3\cdot 3^4\cdot 5^2)\mathbb{Z}{)}^{\times }$ は $(\mathbb{Z}/2^3\mathbb{Z}{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/3^4\mathbb{Z}{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/5^2\mathbb{Z}{)}^{\times }$ の直積と 群として同型 である。

PDF書き起こし（いろいろ.pdf p52–p102）

2026-07-23 OneNote手書きノートのPDF書き出し（p52–p102）から書き起こし。

• ノートのページ順は書籍の章順と異なる（第6章 → 第4章 → 第3章 → 第1章 → 第2章）。ページ順のまま収録。
• 判読不能・自信なし箇所は (?) を付した。青字の補足は「（補足: …）」。
• p94–p102 は p52–p61（第6章）とほぼ同一内容の重複だったため、第2章末尾（p92–p93）のみ収録。

第6章 根号で表す

2020-08-26

[1] $\sqrt[n]{1}$ をべき根で表す

ピーク（頂）の定理：
$\mathbb{Q}$ 上 $f(x)=0$ がべき根（で解ける） ⟺ $f(x)=0$ のガロア群が可解群。

• $\sqrt[n]{a}$、$a$ 正の実数 → 1つ（$\sqrt[n]{a}$）。（補足: 実数べき根）
• otherwise、$x^n-a=0$ の $n$ 個の解。（補足: 一般べき根）

例6.1 1の5乗根をべき根（で表す）。

$\sqrt[5]{1}=\zeta =\cos \frac{360^{\circ }}{5}+i\sin \frac{360^{\circ }}{5}$

${\zeta }^5-1=0⟺(\zeta -1)({\zeta }^4+{\zeta }^3+{\zeta }^2+\zeta +1)=0$

（補足: $\zeta \ne 1$ なので後ろの因子 $=0$）

$\alpha =\zeta +{\zeta }^4$, $\beta ={\zeta }^2+{\zeta }^3$ とすると、

$\{\begin{array}{l}\alpha +\beta =-1,\\ \alpha \beta =-1(\because {\zeta }^5=1\text{ を使って計算 (?)})\end{array}$

$(x-\alpha )(x-\beta )=x^2+x-1,x=\frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}$

$\alpha >0$, $\beta <0$ より

$\alpha =\frac{-1+\sqrt{5}}{2},\beta =\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$

$(x-\zeta )(x-{\zeta }^4)=x^2+\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)x+1$

$\zeta =\frac{-1+\sqrt{5}}{4}+\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}i$

$5=2^2+1$。17乗根も同様にいける（$\because 17=4^2+1$）。${\Phi }_n(x)=0$ のガロア群の位数が 4, 16 になる。

定6.1 1の $n$ 乗根はべき根を用いて表すことができる。

定6.1 1の $n$ 乗根はべき根を用いて表すことができる。

証明は帰納法。

1. $n=1,2,3$ → OK。
2. $n$ より小さいとき、べき根で表せると仮定。
3. $n=st$ のとき。

$\sqrt[s]{1}=\zeta =\cos \frac{360^{\circ }}{s}+i\sin \frac{360^{\circ }}{s}(\text{べき根}),\sqrt[t]{1}=\eta =\cos \frac{360^{\circ }}{t}+i\sin \frac{360^{\circ }}{t}$

$x^n-1=(x^s{)}^t-1=X^t-1={\prod }_{k=0}^{t-1}(X-{\eta }^k)={\prod }_{k=0}^{t-1}(x^s-{\eta }^k)$

$\therefore \sqrt[n]{1}=\sqrt[s]{{\eta }^k}(\zeta {)}^{\ell }(0\le \ell \le s-1,0\le k\le t-1)$

$n$ 素数のとき？ e.g. $n=7$。

$\sqrt[n]{1}=\zeta =\cos \frac{360^{\circ }}{n}+i\sin \frac{360^{\circ }}{n},\sqrt[n-1]{1}=\omega =\cos \frac{360^{\circ }}{n-1}+i\sin \frac{360^{\circ }}{n-1}$

$f(x,y)=y+x{y}^3+x^2{y}^2+x^3{y}^6+x^4{y}^4+x^5{y}^5$

（補足: 指数は $3,3^2\equiv 2,3^3\equiv 6,3^4\equiv 4,3^5\equiv 5,3^6\equiv 1(\mathrm{mod}7)$、3 は mod 7 の原始根）

$(f(\omega ,{\zeta }^2){)}^6=(f(\omega ,\zeta ){)}^6$

（補足: 並び順だけが変わる。指数列 $3,3^2,\dots ,3^6$ に $\times 2\equiv 3^2$ を掛けると $(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z}{)}^{\ast }$ の中で巡回するだけ）

$\therefore (f(\omega ,\zeta ){)}^6=(f(\omega ,{\zeta }^2){)}^6=\cdots =(f(\omega ,{\zeta }^6){)}^6({\omega }^6=1)$

${\omega }^i$ に置き換えても ${\omega }^6=1$ なので ok (?)。

（補足: 上の $f(\omega ,\zeta )$ は項の並びが入れ替わっているだけ。${\zeta }^7=1$。）

$(f(x,\zeta ){)}^6+\cdots +(f(x,{\zeta }^6){)}^6(x\text{ のところに }{\omega }^i\text{ を入れる})$

$(f(x,\zeta ){)}^6=a_0(x){\zeta }^6+a_1(x){\zeta }^5+a_2(x){\zeta }^4+a_3(x){\zeta }^3+a_4(x){\zeta }^2+a_5(x)\zeta (?)$

$=(a_0(x)+\cdots +a_5(x))(\zeta +{\zeta }^2+\cdots +{\zeta }^6)$

$=-(a_0(x)+\cdots +a_5(x))=:6g(x)$

$=-(a_0(x)+\cdots +a_5(x))=6g(x)$

$\therefore f({\omega }^i,\zeta )=\sqrt[6]{g({\omega }^i)}$

$f({\omega }^i,\zeta )=\zeta +{\omega }^i{\zeta }^3+({\omega }^i{)}^2{\zeta }^2+({\omega }^i{)}^3{\zeta }^6+({\omega }^i{)}^4{\zeta }^4+({\omega }^i{)}^5{\zeta }^5=\sqrt[6]{g({\omega }^i)}(i=1\dots 6)$

${\zeta }^1\sim {\zeta }^6$ を未知数として連立し、

$(\text{略})\zeta =\frac{1}{6}{\sum }_{i=1}^6\sqrt[6]{g({\omega }^i)}$

（補足: 一般べき根。）

[2] べき根で3次方程式をとく

例6.2 ${\omega }^3=1$、

$(x+u+v)(x+\omega u+{\omega }^{2}v)(x+{\omega }^{2}u+\omega v)$

${\omega }^2+\omega =-1$, ${\omega }^3=1$ より

$=x^3+u^3+v^3-3xuv$

例6.3 $x^3+3x^2-3x-11=0$ (?)。

$x\Rightarrow X$、$u\to -u$, $v\to -v$ として 6.2 より、

$X^3-3uvX-u^3-v^3=(X-u-v)(X-\omega u-{\omega }^{2}v)(X-{\omega }^{2}u-\omega v)$

$X=x+1$ とすると

$X^3-6X-6=0\therefore \{\begin{array}{l}-3uv=-6\\ -(u^3+v^3)=-6\end{array}$

よって $uv=2$, $u^3{v}^3=8$。 $\therefore u^3=2$, $v^3=4$。 $u,v\in \mathbb{R}$ で $u=\sqrt[3]{2}$, $v=\sqrt[3]{4}$。

$x=\sqrt[3]{2}[1,\omega ,{\omega }^2]+\sqrt[3]{4}[1,{\omega }^2,\omega ]-1$

$u,v$ を実にとらなくても（解の）候補がふえるだけ (?)。

・3次方程式の解の公式：

$x^3+a{x}^2+bx+c=0,x=X-\frac{a}{3}$

${\left(X-\frac{a}{3}\right)}^3+a{\left(X-\frac{a}{3}\right)}^2+b\left(X-\frac{a}{3}\right)+c=0$

（補足: $X^2$ の係数が 0 になる。）

例6.4 $x^3+px+q=0$。

6.3 と同じく

$u^3{v}^3=-\frac{p^3}{27},u^3+v^3=-q$

$t^2+qt-\frac{p^3}{27}=0,t=-\frac{q}{2}\pm \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}$

（補足: $t=u^3,v^3$）

$\therefore u=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}},v=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}$

[3] 3次方程式のガロア対応

例6.5 $x^3+px+q$ が $\mathbb{Q}$ 既約のとき、$x^3+px+q=0$ のガロア対応。

（$x^2$ の項があっても $x=X-\frac{a}{3}$ としてなくせる。$\mathbb{Q}({\alpha }^{\prime },{\beta }^{\prime },{\gamma }^{\prime })=\mathbb{Q}\left({\alpha }^{\prime }-\frac{a}{3},{\beta }^{\prime }-\frac{a}{3},{\gamma }^{\prime }-\frac{a}{3}\right)$。）

$x^3+px+q=0$ の解を $x=\alpha ,\beta ,\gamma$、
$t^2+qt-\frac{p^3}{27}=0$ の解を $t=u^3,v^3$ とすると、

$\alpha =u+v,\beta =\omega u+{\omega }^{2}v,\gamma ={\omega }^{2}u+\omega v$

$\{\begin{array}{l}\alpha +\beta +\gamma =0\\ \alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha =p\\ \alpha \beta \gamma =-q\end{array}$

例2.1(3) (?) より

$(\alpha -\beta {)}^2(\beta -\gamma {)}^2(\gamma -\alpha {)}^2=-27q^2-4p^3$

（補足: $\alpha ,\beta ,\gamma \in \mathbb{C}$ でも有理数。）

3次方程式の解を組み合わせて作った式が、2次方程式の解（になっている）。

例6.6

$\mathbb{Q}((\alpha -\beta )(\beta -\gamma )(\gamma -\alpha ),\alpha )=\mathbb{Q}(\alpha ,\beta ,\gamma )$

$(\subset )$ 自明。
$(\supset )$ $(\alpha -\beta )(\beta -\gamma )(\gamma -\alpha )$ と $\alpha$ から $\beta ,\gamma$ をつくる。

$(\supset )$ $(\alpha -\beta )(\beta -\gamma )(\gamma -\alpha )$ と $\alpha$ から $\beta ,\gamma$ をつくる。

例6.7 $\alpha$ の $\mathbb{Q}((\alpha -\beta )(\beta -\gamma )(\gamma -\alpha ))$ 上の min（最小多項式）は $x^3+px+q$。

$\theta =(\alpha -\beta )(\beta -\gamma )(\gamma -\alpha )$ とすると ${\theta }^2\in \mathbb{Q}$。

① $\theta$ が有理数のとき：$x^3+px+q$ 既約より min。
② $\theta$ が有理数でないとき：${\theta }^2+27q^2+4p^3=0$ で、$\alpha \notin \mathbb{Q}(\theta )$ を示す。背理法 (?) より、

$[\mathbb{Q}(\theta ):\mathbb{Q}]=2$ より $\alpha =s\theta +t$（$s,t\in \mathbb{Q}$）と書けたとすると

$\therefore {\alpha }^2-2t\alpha +(t^2-s^2{\theta }^2)=0$

（補足: 係数は $\mathbb{Q}$ の元 → 矛盾 (?)）

$x^3+px+q$ は $\alpha$ の $\mathbb{Q}$ 上 min で $[\mathbb{Q}(\alpha ):\mathbb{Q}]=3$。
（補足: $\forall$ 元 $\in \mathbb{Q}(\alpha )$ は $\alpha$ の2次式で一意（に表せる）。）

$\therefore \alpha \notin \mathbb{Q}(\theta )$。同様に $\beta ,\gamma \notin \mathbb{Q}(\theta )$。
$x^3+px+q$ が（$\mathbb{Q}(\theta )$ 上）既約でないとすると $=(x-\alpha )(x-\beta )(x-\gamma )$（の1次因子をもつ）。（補足: 解が係数（の体）に入ってしまう。）　$\therefore$ min。

6.7 より

$[\mathbb{Q}(\theta ,\alpha ):\mathbb{Q}(\theta )]=3$

（補足: $\mathbb{Q}(\theta ,\alpha )=\mathbb{Q}(\alpha ,\beta ,\gamma )$。$\theta \notin \mathbb{Q}$ のとき。）

$\therefore [\mathbb{Q}(\alpha ,\beta ,\gamma ):\mathbb{Q}]=6$

（補足: $[\mathbb{Q}(\theta ):\mathbb{Q}]=2$。）

ガロア群を考える。$\sqrt{-27q^2-4p^3}\notin \mathbb{Q}$（のとき）、$\mathbb{Q}\stackrel{6\text{次}}{\to }\mathbb{Q}(\alpha ,\beta ,\gamma )$、Gal の位数は 6。

定理5.8 より Gal は方程式の3つの解を入替える。なので $\mathrm{Gal}\cong S_3$（同型、位数 6）。

$\sigma (\theta )=\theta$ なので $⟨\sigma ⟩$ に対応する中間体は $\mathbb{Q}(\theta )$。
$\tau$ は $\beta$ と $\gamma$ の入替えより、$\alpha$ は不変 → $\mathbb{Q}(\alpha )$。

（体と群の対応図 — 次ページに同じ図）

体の図（各辺の数字は拡大次数）：

            Q(α,β,γ)
        3 /  2|   2|   2\
     Q(θ)  Q(α)  Q(β)  Q(γ)
        2 \  3|   3|   3/
              Q

群の図（⟨σ⟩ は3次巡回、τ は互換）：

             {e}
        3 /  2|   2|    2\
     ⟨σ⟩  ⟨τ⟩  ⟨τσ⟩  ⟨τσ²⟩
        2 \  3|   3|    3/
            ⟨σ,τ⟩ = S₃

（これは）$\sqrt{-27q^2-4p^3}$ が $\mathbb{Q}$（の元）でないとき。

$\mathbb{Q}$ のときは $\mathbb{Q}(\alpha ,\beta ,\gamma )=\mathbb{Q}(\alpha )=\mathbb{Q}(\beta )=\mathbb{Q}(\gamma )$ なので

$\mathbb{Q}(\alpha ,\beta ,\gamma )\stackrel{3}{-}\mathbb{Q}⟷\{e\}\stackrel{3}{-}⟨\sigma ⟩$

べき根拡大体（緑）: 根号な数を加えた体。

$x^n-a=0\text{on}k⟺\exists x=\sqrt[n]{a},k(\sqrt[n]{a})$

例6.8 $x^3+px+q=0$、$|\mathrm{Gal}|=6$、$\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}$ が無理数のとき、$\mathbb{Q}$ から拡大して解を含む拡大体をつくれ。

解（根号）を1つずつ加えていく。（右注: $x^2-\frac{q^2}{4}-\frac{p^3}{27}=0$ の解。）

$[\mathbb{Q}(\omega ):\mathbb{Q}]=2$

$\left[\mathbb{Q}\left(\omega ,\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}\right):\mathbb{Q}(\omega )\right]=2$

$\left[\mathbb{Q}\left(\omega ,\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}},\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}\right):\mathbb{Q}\left(\omega ,\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}\right)\right]=3$

（緑: 累べき根拡大体。青: $\mathbb{Q}$ に対する次数は 12。）

3次方程式のガロア群の位数は 6 なので、余分なものが含まれている。
→ うまくつくっても 6 にできないことが証明されている (?)。
$\omega$ をたさなければならないが、最小分解体には出てこない。

3次方程式の解が〈2次拡大 → 3次拡大〉と表される拡大体の元。
（緑補足: 3次方程式の解がべき根で表せた。）

[4] 4次方程式をべき根で解こう

例6.9

$(x-s-t-u)(x+s+t-u)(x+s-t+u)(x-s+t+u)$

$=x^4-2(s^2+t^2+u^2)x^2-8stux+s^4+t^4+u^4-2s^2{t}^2-2t^2{u}^2-2u^2{s}^2$

例6.10 $x^4+8x+12=0$。

$=x^4-2(s^2+t^2+u^2)x^2-8stux+s^4+t^4+u^4-2s^2{t}^2-2t^2{u}^2-2u^2{s}^2$

（青: 係数比較で $0$, $8$, $12$。）

$\{\begin{array}{l}{s}^2+t^2+u^2=0\\ s^2{t}^2+t^2{u}^2+u^2{s}^2=-3\\ s^2{t}^2{u}^2=1\end{array}\Rightarrow z^3-3z-1=0$

$z=2\cos \theta$ とおくと …（三角関数で解ける）

[5] 4次方程式のガロア対応を調べよう

例6.12 $x^4+p{x}^2+qx+r=0$ の最小分解体は $\mathbb{Q}(s,t,u)$ であることを示せ。

$\mathbb{Q}(s,t,u)$ に作用する写像と、解の置換 $\alpha \sim \tau$ とを比較する。

	$s$	$t$	$u$
$\alpha$	$-s$	$-t$	$u$
$\beta$	$-s$	$t$	$-u$
$\gamma$	$s$	$-t$	$-u$
$\sigma$	$t$	$u$	$s$
$\tau$	$t$	$s$	$u$

置換のパターンは $S_4$ に同型。

$\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(s,t,u)/\mathbb{Q})\cong S_4$

$V:=⟨\alpha ,\beta ⟩=\{e,\alpha ,\beta ,\gamma \},A_4:=⟨\alpha ,\beta ,\sigma ⟩=V\cup \sigma V\cup {\sigma }^{2}V$

（表のつづき: $\sigma :t,u,s$ / $\tau :t,s,u$。$V=⟨\alpha ,\beta ⟩=\{e,\alpha ,\beta ,\gamma \}$、$A_4=⟨\alpha ,\beta ,\sigma ⟩=V\cup \sigma V\cup {\sigma }^{2}V$。）

$\therefore S_4\underset{2}{\supset }{A}_4\underset{3}{\supset }V\underset{2}{\supset }⟨\alpha ⟩\underset{2}{\supset }\{e\}$

対応：

$\mathbb{Q}\underset{2}{\subset }\mathbb{Q}((s^2-t^2)(t^2-u^2)(u^2-s^2))\underset{3}{\subset }\mathbb{Q}(s^2,t^2,u^2)\underset{2}{\subset }\mathbb{Q}(s^2,t^2,u)\underset{2}{\subset }\mathbb{Q}(s,t,u)$

$K$ が体 $F$ のガロア拡大体で $\mathrm{Gal}(K/F)$ が巡回群のとき、$K$ は $F$ の巡回拡大体（という）。

th 6.2 $\mathbb{Q}$ のガロア拡大体 $K$ のガロア群を $G$ とすると、$G$ が可解群 ⟺ $K/\mathbb{Q}$ は累巡回拡大。
proof: 省略。

4次 eq の解の同型写像は解の置換 $\therefore$ max 24 通り。
常に 24 になるわけではない、反例 (?)：

$x^4-10x^2+1=0$

$L=\mathbb{Q}(\theta )=\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3})\underset{2}{\supset }(?)\mathbb{Q}(\sqrt{2})\text{で}L=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}),[L:\mathbb{Q}]=4$

（青: 各拡大の次数 2。）

[6] 1のべき根の作る体、円分体とガロア群

$x^5-1=0$ のガロア群を求める。

$\zeta =\cos 72^{\circ }+i\sin 72^{\circ }$ とすると、解は $1,\zeta ,{\zeta }^2,{\zeta }^3,{\zeta }^4$。

最小分解体 $\mathbb{Q}(\zeta ,{\zeta }^2,{\zeta }^3,{\zeta }^4)=\mathbb{Q}(\zeta )$ ← $n$ 次円分体。

${\Phi }_5(x)=x^4+x^3+x^2+x+1$ とすると、$\zeta$ の最小多項式は $x^4+x^3+x^2+x+1$。
既約なので $[\mathbb{Q}(\zeta ):\mathbb{Q}]=4$、$|\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta )/\mathbb{Q})|=4$。

$\mathbb{Q}(\zeta )$ に作用する4つの同型写像を ${\sigma }_i(\zeta )={\zeta }^i$（$i=1\dots 4$）とすると、${\sigma }_i$ は自己同型写像、$\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta )/\mathbb{Q})=\{{\sigma }_1,\dots ,{\sigma }_4\}$。

積について：

$({\sigma }_2{\sigma }_3)(\zeta )={\sigma }_2({\sigma }_3(\zeta ))={\sigma }_2({\zeta }^3)={\zeta }^6=\zeta ={\sigma }_1(\zeta )$

${\sigma }_i{\sigma }_j={\sigma }_{ij}(ij\mathrm{mod}5)$

積も $(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}{)}^{\ast }$ の元（に対応）。

$\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta )/\mathbb{Q})\cong (\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}{)}^{\ast }\text{← 群同型写像}$

$\sigma (\zeta )={\zeta }^2$ とすると、$\sigma$ は $\zeta$ の指数を $1\to 2\to 4\to 3\to 1$ と巡回。

${\sigma }^i(\zeta )={\zeta }^{2^i\mathrm{mod}5}$

${\sigma }^4=e$ より

$\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta )/\mathbb{Q})=\{e,\sigma ,{\sigma }^2,{\sigma }^3\}\cong C_4$

（青補足: mod 5 の原始根 2 を用いて $(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}{)}^{\ast }$ の元を原始根のべきで表すことに（対応）。）

（図: 余談メモ — CNOT ゲートの量子回路図。制御ビット・標的ビット、$\frac{1}{\sqrt{2}}(|0⟩+|1⟩)$ を制御に入れると $\frac{1}{\sqrt{2}}(|00⟩+|11⟩)$、緑注: エンタングル状態。）

例6.15 $\zeta =\cos 24^{\circ }+i\sin 24^{\circ }$（1の原始15乗根）のとき $\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta )/\mathbb{Q})$。

$\mathbb{Q}(\zeta )$ は15次円分体。

${\Phi }_{15}(x)=\frac{(x^{15}-1)(x-1)}{(x^5-1)(x^3-1)}$

（注: 次数だけなら $\phi (15)=(5-1)(3-1)=8$。）

$[\mathbb{Q}(\zeta ):\mathbb{Q}]=\phi (15)=8$。共役（解）は ${\zeta }^i$（$i=1,2,4,7,8,11,13,14$）$\in (\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}{)}^{\ast }$（15 と互いに素）。

$\mathbb{Q}(\zeta )$ の同型写像として ${\sigma }_i(\zeta )={\zeta }^i$、全て $\mathbb{Q}(\zeta )$ に入るので Aut。

$\mathbb{Q}(\zeta )$ の同型写像として ${\sigma }_i(\zeta )={\zeta }^i$、全て $\mathbb{Q}(\zeta )$ に入るので Aut。

$\therefore \mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta )/\mathbb{Q})\cong (\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}{)}^{\ast }$

th 6.3 円分体のガロア群 1の原始 $n$ 乗根を $\zeta$ とするとき、

$[\mathbb{Q}(\zeta ):\mathbb{Q}]=\phi (n),\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta )/\mathbb{Q})\cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}{)}^{\ast }$

（青補足: 累巡回拡大。巡回群の直積に同型。）

例6.16 $\zeta$ を1の原始27乗根（$\sqrt[27]{1}$）とし、$\mathbb{Q}(\zeta )/\mathbb{Q}$ が累巡回拡大（であること）を示せ。

$|\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta )/\mathbb{Q})|=[\mathbb{Q}(\zeta ):\mathbb{Q}]=\phi (27)=18\because \mathrm{Gal}(\cdots )\cong (\mathbb{Z}/27\mathbb{Z}{)}^{\ast }$

${\sigma }^i(\zeta )={\zeta }^{2^i}(i=1\dots 18)\text{で巡回する}({\sigma }^{18}(\zeta )=\zeta )$

例6.18 $\zeta =$ 1の原始180乗根、$\mathbb{Q}(\zeta )/\mathbb{Q}$ が累巡回拡大。

$\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta )/\mathbb{Q})\cong (\mathbb{Z}/180\mathbb{Z}{)}^{\ast }\cong (\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}{)}^{\ast }\times (\mathbb{Z}/9\mathbb{Z}{)}^{\ast }\times (\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}{)}^{\ast }$

$\mathbb{Q}({\zeta }^{45},{\zeta }^{20},{\zeta }^{36})=\mathbb{Q}(\zeta )$、$\mathbb{Q}({\zeta }^{45},{\zeta }^{20})=\mathbb{Q}({\zeta }^5)$ を示せ。

$(\subset )$ 自明。
$(\supset )$ $45a+20b+36c=1⟺a=1,b=5,c=-4$（$\zeta ={\zeta }^{45}({\zeta }^{20}{)}^5({\zeta }^{36}{)}^{-4}$）。

$\therefore \mathbb{Q}(\cdots )\supset \mathbb{Q}(\zeta )$

拡大列：

$\mathbb{Q}\subset \mathbb{Q}({\zeta }^{45})\subset \mathbb{Q}({\zeta }^{45},{\zeta }^{20})\subset \mathbb{Q}({\zeta }^{45},{\zeta }^{20},{\zeta }^{36})$

$\text{すなわち}\mathbb{Q}\subset \mathbb{Q}({\zeta }^{45})\subset \mathbb{Q}({\zeta }^5)\subset \mathbb{Q}(\zeta )$

・$\mathbb{Q}({\zeta }^{45})/\mathbb{Q}$：$\sigma (i)=-i$ とすると $\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}({\zeta }^{45})/\mathbb{Q})=\{e,\sigma \}$。$\therefore$ 巡回拡大。
・$\mathbb{Q}({\zeta }^5)/\mathbb{Q}({\zeta }^{45})$：$\sigma (\zeta )={\zeta }^5$ とすると、$\sigma ({\zeta }^5)={\zeta }^{25}$ は1の原始36乗根なので $\sigma$ は $\mathbb{Q}({\zeta }^5)$（への写像）、${\sigma }^6=e$。
$\sigma ({\zeta }^{45})={\zeta }^{5\times 45}={\zeta }^{45}$ より、$\sigma$ は $\mathbb{Q}({\zeta }^{45})$ の元を不変に（する）。

$[\mathbb{Q}({\zeta }^5):\mathbb{Q}]=\phi (36)=12\therefore [\mathbb{Q}({\zeta }^{45}):\mathbb{Q}]=2\text{より}[\mathbb{Q}({\zeta }^5):\mathbb{Q}({\zeta }^{45})]=\frac{12}{2}=6$

$\because$ $\mathbb{Q}({\zeta }^{45})$ の元を不変にする Aut（同型）写像は max 6 コ　$\therefore$ 同型写像は全て自己同型写像
$\therefore$ $\mathbb{Q}({\zeta }^5)/\mathbb{Q}({\zeta }^{45})$ はガロア拡大。

[7] $x^n-a=0$ の作る拡大体、クンマー拡大

$\mathbb{Q}$ を含む体 $K$ に $x^n-a=0$（$a\ne 1$ (?)）の1つの解 $\sqrt[n]{a}$ を加えた拡大 $K(\sqrt[n]{a})/K$。

例6.19 $x^5-2=0$ のガロア群を調べよ。

$\zeta =\cos 72^{\circ }+i\sin 72^{\circ }$。解は $x=\sqrt[5]{2},\sqrt[5]{2}\zeta ,\dots ,\sqrt[5]{2}{\zeta }^4$。

最小分解体 $\mathbb{Q}(\cdots )=\mathbb{Q}(\sqrt[5]{2},\zeta )$。

例6.20 $x^5-2$ は $\mathbb{Q}(\zeta )$ 上の既約多項式であることを示せ。（略）。

定理5.20 より、$\mathbb{Q}(\sqrt[5]{2},\zeta )$ の $\mathbb{Q}$ 上の基底は $(\sqrt[5]{2}{)}^i{\zeta }^j$。
（青: $i$: 0–4, $j$: 0–3 → 20 コ。$[\mathbb{Q}(\sqrt[5]{2},\zeta ):\mathbb{Q}]=20$。）

$\mathbb{Q}(\sqrt[5]{2},\zeta )/\mathbb{Q}$ はガロア拡大、$|\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt[5]{2},\zeta )/\mathbb{Q})|=20$。

何と同型かはわからん。

th 6.4 クンマー拡大は巡回拡大を作る。

$\zeta =\sqrt[n]{1}$（原始）、$\zeta \in K$、$x^n-a=0$ on $K$ で $x=\sqrt[n]{a}\notin K$ とすると、
$\mathrm{Gal}(K(\sqrt[n]{a})/K)$ は巡回群であり、位数は $n$ の約数。$K(\sqrt[n]{a})/K$ は巡回拡大。
proof: 省略。

（緑マーク補足）$x^n-a=0$ のガロア群が可解群／min 分解体が累巡回拡大、は min 分解体の元をべき根で表せるかどうかの基本 (?)。

$\mathbb{Q}\subset \cdots \subset \cdots$

（緑: 円分拡大 (?)、クンマー拡大。）

[8] 巡回拡大は $x^n-a=0$ で作れる

逆に $\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q}(\zeta ))$ が位数 $n$ の巡回群になるような $\mathbb{Q}(\zeta )$ の拡大体 $L$ は、

$\exists b\in \mathbb{Q}(\zeta ),x^n-b=0\text{の解}\sqrt[n]{b}\text{を}\mathbb{Q}(\zeta )\text{に加えて作れる}$

（青補足: → ガロア群から方程式へ、解が決まってしまう。）

th 6.5 巡回拡大からべき根拡大を作れる。

$\sqrt[n]{1}$（原始）$\in K$、$L/K$ はガロア拡大で $\mathrm{Gal}(L/K)$ が巡回群のとき、$\exists a\in K$、$L$ は $x^n-a=0$ の最小分解体。

（青補足: $\zeta \in K$ のとき、巡回拡大 $L/K$ はべき根拡大。）

th 6.6 デデキントの補題

$L/K$ ガロア拡大、$\mathrm{Gal}(L/K)=⟨\sigma ⟩$（位数 $n$）。

$\forall x\in L,x+a_1\sigma (x)+a_2{\sigma }^2(x)+\cdots +a_{n-1}{\sigma }^{n-1}(x)=0$

となるようなもの（係数）はない。

th 6.7 べき根拡大を作るべき根の存在。

$\zeta =\sqrt[n]{1}$（原始）、$L=K(\theta )$（$n$ 次方程式 $f(x)=0$ の解 $x=\theta$）。
$L/K$ ガロア拡大、$⟨\sigma ⟩$ 位数 $n$ の巡回群。

$g(x)=x+{\zeta }^{n-1}\sigma (x)+{\zeta }^{n-2}{\sigma }^2(x)+\cdots$

のとき、$g(\theta ),\dots ,g({\theta }^{n-1})$ のうち少なくとも（1つは）$0$ でない。

[9] ピークの定理

$\mathbb{Q}$ 上の方程式 $f(x)=0$ の解がべき根（で表せる）⟺ $f(x)=0$ の Gal が可解群。

定理6.8（$\Leftarrow$）

$f(x)=0$ の min（分解体）を $L$、Gal を $G$ とし、対応する列：

$G=H_0\supset H_1\supset \cdots \supset H_s=\{e\}$

$\mathbb{Q}=F_0\subset F_1\subset \cdots \subset F_s=L(\text{青: 巡回拡大})$

$[F_i:F_{i-1}]=:n_i,F_i(\zeta )=F_{i-1}(\sqrt[n_i]{a_i},\zeta )$

$f(x)=0$ の解は $L(\zeta )=\mathbb{Q}(\sqrt[n_1]{a_1},\dots ,\sqrt[n_s]{a_s},\zeta )$ に含まれる。（青: べき根で表せる。□）

th 6.9 $\alpha$: べき根（で表せる）⟺ $E/\mathbb{Q}$ が累巡回拡大かつガロア拡大な $\exists E\supset \mathbb{Q}$ で $\alpha \in E$。

ex.

$\alpha =\sqrt[12]{\sqrt[9]{\sqrt[15]{7}+1}+\sqrt[10]{2}}+\sqrt{2}$

（青: 拡大の塔。$\sqrt{2}$ は $\mathbb{Q}(\sqrt[10]{2})$ に入っている。）

$\mathbb{Q}(\sqrt[10]{2})\subset \mathbb{Q}(\sqrt[10]{2},\sqrt[15]{7})\subset \mathbb{Q}(\sqrt[10]{2},\sqrt[15]{7},\sqrt[9]{\sqrt[15]{7}+1})$

$\alpha \in \mathbb{Q}(\cdots ,\sqrt[12]{\sqrt[9]{\sqrt[15]{7}+1}+\sqrt[10]{2}})$

・$\sqrt[9]{\sqrt[15]{7}+1}$ を解にもつ $\mathbb{Q}$ 上の eq（方程式）を作るのは大変。

${\sigma }_1=e,{\sigma }_2,\dots ,{\sigma }_m\in \mathrm{Gal}\left(\mathbb{Q}\right(\zeta ,\sqrt[10]{2},\sqrt[15]{7})/\mathbb{Q})$

を使い、

${\prod }_{i=1}^m(x^9-{\sigma }_i(\sqrt[15]{7}+1\left)\right)=0$

係数は $\forall {\sigma }_i$ で不変　$\therefore$ $\mathbb{Q}$ 上の eq。

th 6.10（右側メモ）
・まず余分な1の $n$ 乗根を全部加えておく。
・$\sqrt[n]{a}$ を加えるときは $\mathrm{Gal}(K/\mathbb{Q})=\{{\sigma }_1,\dots ,{\sigma }_n\}$ の $\sqrt[n]{a},\sqrt[n]{{\sigma }_2(a)},\dots$ も加えておく。

[10] 5次方程式の解の公式はない

解べき根 ⇒ $f(x)=0$ の Gal が可解群、の対偶：
可解でない ⇒ べき根で表せない。

th 6.11 位数 $p$ の元の存在（コーシーの定理）

$G$ の位数の約数に $p$ がある ⇒ $\exists g\ne e$, $g^p=e$。（略）。

シローの定理：有限群 $G$、位数の素因数分解に $p^e$ がある ⇒ $\exists K\subset G$, $|K|=p^e$。（青: $p$-シロー部分群。）

例6.23 $x^5-6x+3=0$ の解はべき根で（表せ）ない。

方針: $S_5$ と同型（であること）を示す。

① $x^5-6x+3$ は $\mathbb{Z}$ 上既約 ← Eisenstein の判定（法）。
→ 実数解3つ、虚数解2つ。${\alpha }_3,{\alpha }_4,{\alpha }_5$（実）、${\alpha }_1,{\alpha }_2$（虚、互いに共役）。

$\tau ({\alpha }_1)={\alpha }_2,\tau ({\alpha }_2)={\alpha }_1,\tau ({\alpha }_k)={\alpha }_k(k=3,4,5)$

$\therefore$ $\tau$ は $(12)\in S_5$ に対応。（青: 互換。）

$\mathbb{Q}\subset \mathbb{Q}({\alpha }_1)\subset \mathbb{Q}({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4,{\alpha }_5)$

$[\mathbb{Q}({\alpha }_1):\mathbb{Q}]=5,[\mathbb{Q}({\alpha }_1\dots {\alpha }_5):\mathbb{Q}]=[\mathbb{Q}({\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_5):\mathbb{Q}({\alpha }_1)][\mathbb{Q}({\alpha }_1):\mathbb{Q}]=|G|$

$\therefore$ $G$ は位数5の元 $\sigma$ をもち、$\sigma$ は（長さ5の）巡回置換。

② $S_5=⟨\tau ,\sigma ⟩\subset G$、$G\subset S_5$　$\therefore$ $G=S_5$。

$G$ は可解でない。

$\therefore (x^5-6x+3)(x-1{)}^q=0$

（を考えれば）$(5+q)$ 次 eq はべき根で表せない。

第4章 「複素数」

2020-08-04 23:19

[1] 複素数

[2] 複素平面

$-3+3i=3\sqrt{2}\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}i\right)$

（補足: $\cos \frac{3}{4}\pi +i\sin \frac{3}{4}\pi$ (?)）

$z_1{z}_2=|z_1||z_2|\left\{\cos (\arg z_1+\arg z_2)+i\sin (\arg z_1+\arg z_2)\right\}$

$\frac{z_1}{z_2}=\frac{|z_1|}{|z_2|}\left\{\cos (\arg z_1-\arg z_2)+i\sin (\arg z_1-\arg z_2)\right\}$

$\{r(\cos \theta +i\sin \theta ){\}}^n=r^n(\cos n\theta +i\sin n\theta )$

（補足: ド・モアブルの公式）

[3] 1のn乗根

$x^5-1=0$ の解は

$x=\cos \frac{k}{5}\cdot 2\pi +i\sin \frac{k}{5}\cdot 2\pi (k=0\sim 4)$

（補足: これを $\zeta$ とおくと）

$x=1,\zeta ,{\zeta }^2,{\zeta }^3,{\zeta }^4（補足:全部原始5乗根(?)）$

1の6乗根: $1,\zeta ,{\zeta }^2,{\zeta }^3,{\zeta }^4,{\zeta }^5$

• $\zeta$: 原始6乗根、${\zeta }^2$: 3乗根、${\zeta }^3$: 2乗根、${\zeta }^4$: 3乗根、${\zeta }^5$: 原始6乗根
• （補足: 指数が6と互いに素のものが原始根）

$\phi (6)=(2-1)(3-1)=2\text{ 個},\phi (5)=(5-1)=4\text{ 個}$

[4] 1の原始n乗根を解にもつ方程式（円分多項式）

def 4.1

$\zeta =\cos \frac{2\pi }{n}+i\sin \frac{2\pi }{n},{\Phi }_n(x)={\prod }_{\begin{array}{c}(k,n)=1\\ 1\le k\le n\end{array}}(x-{\zeta }^k)$

• ${\Phi }_1(x)=x-1$（解は $1$）
• ${\Phi }_2(x)=x+1$（$1,-1$ のうち $-1$）
• ${\Phi }_3(x)$: $1,\zeta ,{\zeta }^2$ のうち $\zeta ,{\zeta }^2$ より

${\Phi }_3(x)=(x-\zeta )(x-{\zeta }^2)別解:\frac{x^3-1}{x-1}=x^2+x+1$

（補足: $(x-1)(x-\zeta )(x-{\zeta }^2)=x^3-1$）

定4.10 $n$ が素数のとき、${\Phi }_n(x)=x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots +x+1$

proof. $\zeta =\cos \frac{2\pi }{n}+i\sin \frac{2\pi }{n}$、$\sqrt[n]{1}={\zeta }^k$（$(k,n)=1,1\le k\le n$）

よって

${\Phi }_n(x)=(x-\zeta )(x-{\zeta }^2)\cdots (x-{\zeta }^{n-1})=\frac{x^n-1}{x-1}=x^{n-1}+\cdots +x+1\square$

P247.

定4.11 $\zeta =\cos \frac{2\pi }{n}+i\sin \frac{2\pi }{n}$ のとき、$j=1\sim n-1$ で

${\sum }_{k=0}^{n-1}{\zeta }^{kj}=1+{\zeta }^j+{\zeta }^{2j}+\cdots =0$

proof. $x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots +x+1=(x-\zeta )(x-{\zeta }^2)\cdots$ に $x={\zeta }^j$ とすると与式。

例4.10 ${\Phi }_{15}(x)$、$\zeta =\cos \frac{2\pi }{15}+i\sin \frac{2\pi }{15}$

$(k,15)=1⟺$ 3の倍数でも5の倍数でもない。

③ : $(x-{\zeta }^3)(x-{\zeta }^6)(x-{\zeta }^9)(x-{\zeta }^{12})(x-{\zeta }^{15})=x^5-1$（補足: ${\zeta }^3$ は1の5乗根になる）

⑤ : $(x-{\zeta }^5)(x-{\zeta }^{10})(x-{\zeta }^{15})=x^3-1$

$(x-\zeta )(x-{\zeta }^2)\cdots (x-{\zeta }^{15})=x^{15}-1$

${\Phi }_{15}(x)=(x^{15}-1)÷(x^5-1)÷(x^3-1)\times (x-{\zeta }^{15})$

$=\frac{(x^{15}-1)(x-1)}{(x^5-1)(x^3-1)}=x^8-x^7+x^5-x^4+x^3-x+1$

${\Phi }_{105}(x)$: $105=3\times 5\times 7$

（図: 105の約数の図。上段に 35, 21, 15、中段に 7, 3, 5、下段に 105 を丸で囲んだもの（補足: 約数たち））

${\Phi }_{105}(x)=\frac{(x^{105}-1)(x^7-1)(x^5-1)(x^3-1)}{(x^{35}-1)(x^{21}-1)(x^{15}-1)(x-1)}\leftarrow 整数係数(?)$

[5] n次方程式は解がある（代数学の基本定理）

（補足: 解の公式があることとは別。）

$a_i\in \mathbb{C}$,

$x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+a_{n-2}{x}^{n-2}+\cdots +a_{1}x+a_0=0$

$⟺(x-z_1)(x-z_2)\cdots (x-z_n)=0(z_i\in \mathbb{C})$

（補足: 「少なくとも1つもつ」→ 重複度を含め少なくとも1つの $\mathbb{C}$ 解 (?)）

定4.14 実数係数 $f(x)=x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0$（は少なくとも1つの $\mathbb{C}$ 解をもつ）

（補足: $n=2^{k}l$（$l$: odd）として $k$ の帰納法。）

$k=0$、つまり $n$: odd のとき、

${\lim }_{x\to \infty }f(x)=\infty ,{\lim }_{x\to -\infty }f(x)=-\infty$

より、中間値の定理で解あり。

$k-1$ のとき（成立を）仮定する。$n=2^{k}l$ のとき、

$x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+a_{n-2}{x}^{n-2}+\cdots +a_{1}x+a_0=(x-{\alpha }_1)(x-{\alpha }_2)\cdots (x-{\alpha }_n)$

解と係数の関係より、

$$\{\begin{array}{ll}{a}_{n-1}=-({\alpha }_1+{\alpha }_2+\cdots )& （補足:1つの（奇数の？）組合せ）\\ a_{n-2}={\alpha }_1{\alpha }_2+{\alpha }_1{\alpha }_3+\cdots +{\alpha }_{n-1}{\alpha }_n& （補足:2つ）\\ ⋮& \\ a_0=(-1{)}^n{\alpha }_1{\alpha }_2\cdots {\alpha }_n& \end{array}$$

${\alpha }_i$ が $\mathbb{C}$ かは、まだわからない。

$F_t(x)={\prod }_{1\le i<j\le n}(x-{\alpha }_i-{\alpha }_j-t{\alpha }_i{\alpha }_j)$

（補足: 2つとってかける）

の次数は

$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)=\frac{n(n-1)}{2}=2^{k-1}l(2^{k}l-1)$

（承前）次数は $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)=\frac{n(n-1)}{2}=2^{k-1}l(2^{k}l-1)$（補足: $2^{k}l-1$ は奇数）

$F_t(x)$ は（$\alpha$ の）対称式で、$x^i$ の係数も対称式。

⇒ 基本対称式で表せる ⇒ $t$ 実数なら係数実数。

帰納法より $\mathbb{C}$ 解が少なくとも1個ある。

その解は ${\alpha }_i+{\alpha }_j+t{\alpha }_i{\alpha }_j$（$i,j$ は $t$ で選ばれる (?)）。

ここで異なる $m=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)+1$ 個の $t$ を $t_1,\dots ,t_m$ として $m$ 本の方程式をつくると、組合せは $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)$ より1組ダブる（鳩の巣）。

この2本を、

$F_{t_1}(x)=0\Leftarrow x={\alpha }_1+{\alpha }_2+t_1{\alpha }_1{\alpha }_2\in \mathbb{C}$

同様に ${\alpha }_1+{\alpha }_2+t_2{\alpha }_1{\alpha }_2\in \mathbb{C}$。辺々引くと、

$\therefore {\alpha }_1{\alpha }_2=\frac{({\alpha }_1+{\alpha }_2+t_1{\alpha }_1{\alpha }_2)-({\alpha }_1+{\alpha }_2+t_2{\alpha }_1{\alpha }_2)}{t_1-t_2}\in \mathbb{C}$

${\alpha }_1+{\alpha }_2=({\alpha }_1+{\alpha }_2+t_1{\alpha }_1{\alpha }_2)-t_1{\alpha }_1{\alpha }_2\in \mathbb{C}$

$\therefore {\alpha }_1,{\alpha }_2\in \mathbb{C}\square$

定4.15 「因数分解」バージョン: 複素係数 $n$ 次方程式は少なくとも1つの $\mathbb{C}$ 解（をもつ）。

proof. $f(x)=x^n+\cdots +a_0$（$a_i\in \mathbb{C}$）、$\bar{f}(x)$ = 係数（を共役にしたもの）$\in \mathbb{C}$。

$F(x)=f(x)\bar{f}(x),\bar{F}(x)=\bar{f}(x)f(x)=F(x)$

∴ $F(x)$ は実係数 ⇒ $\mathbb{C}$ 解を少なくとも1つもつ。これを $\alpha$（とする）。

$F(x)=f(x)\bar{f}(x)=0⟺x=\alpha \text{ or }\bar{\alpha }$

よって（$f$ は）$\mathbb{C}$ 解を少なくとも1つもつ。$\square$

定4.16 （複素係数 $n$ 次方程式）は $n$ 個の $\mathbb{C}$ 解（をもつ）。

proof. 4.15 より、少なくとも1つの解あり。$z_1$ とすると、

因数定理より $f(x)=(x-z_1)f_1(x)$ となる。

（承前）くりかえすと、1次まで下がるので $n$ 個ある。$\square$

↑「複素平面バージョン」

例4.13 $z=\cos \theta +i\sin \theta$、$0\le \theta \le 2\pi$:

(1) $z$ は $|z|=1$ より単位円。

(2) $z^3$ は $|z|=1$、$0\le 3\theta \le 6\pi$ より、単位円（を3周）。

(3) $(4+9i)z^3$

$4+9i=\sqrt{97}(\cos \alpha +i\sin \alpha )$

$\therefore 与式=\sqrt{97}\left\{\cos (\alpha +3\theta )+i\sin (\alpha +3\theta )\right\}$

$0\le 3\theta \le 6\pi$ で3周。

（代数学の基本定理の複素平面的な証明）

$f(x)=x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_0(a_0\ne 0)$

$z=r(\cos \theta +i\sin \theta )$ で $f(z)$ の動きを考察。

$f(z)=r^n(\cos n\theta +i\sin n\theta )+a_{n-1}{r}^{n-1}\left\{\cos (n-1)\theta +i\sin (n-1)\theta \right\}+\cdots +a_0$

$g(r)=r^n-|a_{n-1}|r^{n-1}-|a_{n-2}|r^{n-2}-\cdots \text{で、}\exists r,g(r)>|a_0|\text{な}r\text{を}R\text{とする。}$

$f(R(\cos \theta +i\sin \theta ))$ はベクトルの足し算 $=R^n+\cdots$ は max で全部一直線（のとき）、半径 $R^n$ (?)

$\therefore |a_0|<R^n-w\le AP\le R^n+w（補足:中心a_0、r=R^n\pm w(?)）$

（図: 複素平面（横軸 Re）上で、原点まわりを回るベクトルの和の概略図）

$r:R\to 0$ のとき原点通過（補足: 実数の連続性）⇒ 中間値の定理で解ある。

[6] 合同式と類別 (?)

定4.17 pow mod p

$a\in \mathbb{Z}$、$p$: prime。

（定4.17つづき）$a\in \mathbb{Z}$、$p$: prime。

(1) $a^p\equiv a(\mathrm{mod}p)$

(2) $(a_1+a_2+\cdots +a_n{)}^p\equiv a_1^p+a_2^p+\cdots +a_n^p(\mathrm{mod}p)$

proof. (1) フェルマーの小定理より $a^{p-1}\equiv 1$。ゆえに $a^p\equiv a$（$a=0$ でも成立）。

(2) (1) を2回つかう。

定4.18 ${\zeta }^n=1$（原始）、$f(x)$: 既約 $\in \mathbb{Q}[x]$、$f(\zeta )=0$ のとき、$(n,p)=1$ な（素数）$p$ で $f({\zeta }^p)=0$。

$\zeta$ は $x^n-1=0$、$f(x)=0$（の解）。既約より

$x^n-1=f(x)g(x)（補足:割れる）$

$g(x)=a_m{x}^m+\cdots +a_0$ とすると（補足: 整数係数）、

${\zeta }^n-1=0$ より、$f({\zeta }^p)=0$ or $g({\zeta }^p)=0$。

（補足: $g({\zeta }^p)=0$ として矛盾（を導く）。）

$g({\zeta }^p)=0$ なら、$\zeta$ は $g(x^p)$ の解。$f(\zeta )=0$、$f(x)$ 既約より、（$g(x^p)$ は）$f(x)$ でわれる。

$g(x^p)=f(x)h(x)$

$g(x^p)$ を $\mathrm{mod}p$ で（考えると）、

$g(x^p)=a_m(x^p{)}^m+a_{m-1}(x^p{)}^{m-1}+\cdots +a_0$

$\equiv (a_m{x}^m+a_{m-1}{x}^{m-1}+\cdots +a_0{)}^p（補足:4.17より）$

$=\{g(x){\}}^p$

$\therefore \{g(x){\}}^p\equiv f(x)h(x)(\mathrm{mod}p)$

ここで $f(x)$ を割り切る既約多項式を $\mu (x)$ on ${\mathbb{F}}_p$（とする）。

（補足: $\mu (x)\ne f(x)$。既約（かどうか）は体による。ex. $x^2+2=(x+1)(x+2)$ on ${\mathbb{F}}_3$、（一方）$\mathbb{Q}$ 上では既約。）

（補足: $\{g(x){\}}^p$ は $\mu (x)$ でわれる → $g(x)$ も $\mu (x)$ でわれる。）

$\therefore x^n-1=f(x)g(x)\text{は}\mu (x)\text{で2回われる。}=\{\mu (x){\}}^2\rho (x)$

（微分して。補足: 微分は形式的（な操作）としてもなせる）

$n{x}^{n-1}=2\mu (x){\mu }^{\prime }(x)\rho (x)+\{\mu (x){\}}^2{\rho }^{\prime }(x)（補足:\mu (x)がくくれる）$

しかし $x^n-1$ と $n{x}^{n-1}$ は互いに素（∵ 余りが定数）。

しかし $x^n-1$ と $n{x}^{n-1}$ は互いに素（∵ 余りが定数）。（矛盾）

よって $g({\zeta }^p)=0$ がうそ。$g({\zeta }^p)\ne 0$ で $f({\zeta }^p)=0$。

（補足: ${\mathbb{F}}_p$ 上でも 3.6 が成立（∵ 余りの割り算ができるから）。）

定4.19 ${\Phi }_n(x)$ は既約 on $\mathbb{Q}$

$\zeta =\cos \frac{2\pi }{n}+i\sin \frac{2\pi }{n},{\Phi }_n(x)={\prod }_{\begin{array}{c}(k,n)=1\\ k=1\sim n\end{array}}(x-{\zeta }^k)$

$f(x)=0⟺x=\zeta$（となる）既約（多項式）を考えると、

${\Phi }_n(x)=f(x)g(x)（補足:われる）$

（補足: $\forall k$、$1\le k\le n$、$(k,n)=1$ で $f({\zeta }^k)=0$ を示す。）

$(k,n)=1$ のとき、$k$ の素因数はどれも（$n$ と）互いに素。

$k=p_1{p}_2\cdots p_m$ と素因数分解される ⇒ $(p_i,n)=1$

$f({\zeta }^{p_1})=0$ より、${\zeta }^{p_1}$ も1の原始 $n$ 乗根。

これを再び考えると（補足: $f(\zeta )=0\Rightarrow f({\zeta }^p)=0$）、

$f\left(({\zeta }^{p_1}{)}^{p_2}\right)=0,\cdots ,f({\zeta }^k)=0$

∴ $f(x)=0$ は ${\zeta }^k$（すべてを解にもつ）。∴ ${\Phi }_n(x)=f(x)$、既約。$\square$

第3章 「多項式」

2020-08-03 23:49

$\alpha ,\beta$ の対称式は $\alpha \beta$, $\alpha +\beta$ で表せる。

（3変数では）$\alpha \beta \gamma$, $\alpha +\beta +\gamma$, $\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha$。

$(t-\alpha )(t-\beta )=t^2-(\alpha +\beta )t+\alpha \beta$

$(t-\alpha )(t-\beta )(t-\gamma )=t^3-(\alpha +\beta +\gamma )t^2+(\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha )t-\alpha \beta \gamma$

（補足: それぞれ「1つの組合せ」「2つ」「3つ」（をとった和））

$[x^6{y}^4{z}^{3}w]=x^6{y}^4{z}^{3}w+x^6{y}^4{w}^{3}z+\cdots$

（補足: すべての入れかえの和。）

したがって（対称式）$S$ は $[]$ の1次結合。

ex. $[x^6{y}^4{z}^{3}w]$（補足: $w,z,y,x$ で合わせる）

$x^6{y}^4{z}^{3}w=(xyzw)(xyz{)}^2(xy)x^2$

ここで

$（あ）=[x^6{y}^4{z}^{3}w]-(4つ)(3つ\cdots {)}^2(2つ)(1つ{)}^2$

（補足: ここの $x^6{y}^4{z}^{3}w$ の係数と、$x^6{y}^4{z}^{3}w$ の入れ替えの係数は同じ (?)）

よって $x^6{y}^4{z}^{3}w$（の項）はキャンセル。

（残り）$=[]$ の1次結合（となる）はず。

例えば $x^3{y}^6{z}^2{w}^2$ があり、$[x^6{y}^3{z}^2{w}^2]$ が出てくるはず (?)。

（補足: → 3632 と表すと、数字の和は同じだが、）

（承前。補足: → 3632 と表すと数字の和は同じだが、大小（で順序づけられる）。）

（辞書式で）6431 の項目が最大 → キャンセル。

次に大きい 6422 は係数 $-2$。

$\therefore x^6{y}^4{z}^2{w}^2\leftarrow (xyzw{)}^2(xy{)}^2{x}^2\text{よりキャンセルしたいので、}$

$（①式）+2(xyzw{)}^2(2つ{)}^2(1つ{)}^2$

繰り返すと、… 4433 までいって式が 0 になる → 基本対称式で表せる。

$[x^4{y}^4{z}^3{w}^3]\leftarrow (xyzw{)}^3(2つ)$

[2] 既約多項式

→ 整数係数の多項式が既約（であること）を示すには、整数係数で因数分解できない（こと）を示す。

3.2 ${\mathbb{F}}_p$ 上の多項式は整域

$f(x)$ の係数が素数 $p$ でわれるとき、$f(x)=g(x)h(x)$ のいずれかが $p$ でわれる。

proof.

$f(x)=f_0+f_{1}x+\cdots ,g(x)=g_0+g_{1}x+g_2{x}^2+\cdots ,h(x)=h_0+\cdots +h_3{x}^3+\cdots$

（補足: $g_2{x}^2$, $h_3{x}^3$ は（$p$ で割れない係数のうち）一番低い次数（の項）。）

$f_5=g_0{h}_5+g_1{h}_4+\boxed{g_2{h}_3}+\cdots +g_5{h}_0$

（補足: $g_2{h}_3$ より手前（と後ろ）は $p$ 倍、$g_2{h}_3$ は $p$ の倍数でない → 矛盾。）

（承前。補足: 手前は $p$ 倍 ↔ $g_2{h}_3$ は $p$ の倍数でない。）

定理3.3 $\mathbb{Z}[x]$ で既約 ⇒ $\mathbb{Q}[x]$ で既約。

proof. $f(x)=g(x)h(x)$（$\mathbb{Q}$ 係数の分解と仮定）、$f(x)=a{f}_1(x)$。

（補足: e.g. $2x+4\Rightarrow 2$ をくくり $f_1(x)=x+2$、この表し方は1通り。）

$a{f}_1(x)=\frac{b_1}{b}{g}_1(x)\cdot \frac{c_1}{c}{h}_1(x)=\frac{b_1{c}_1}{bc}{g}_1(x)h_1(x)$

$\therefore f(x)=a{f}_1(x)=a{g}_1(x)h_1(x)$

（整数係数の分解が得られる）

定理3.4 Eisenstein の判定条件

$f(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0$ で、

(i) $a_0$ は $p$ で割れるが、$p^2$ で割れない

(ii) $a_i$ は $p$ で割れる

(iii) $a_n$ は $p$ で割れない

な $p$ が存在する ⇒ 既約。

proof. $f(x)=g(x)h(x)$（と仮定）。

$a_0=g_0{h}_0（補足:どちらか一方だけがp倍）$

$a_1=g_0{h}_1+g_1{h}_0（補足:順にp倍とわかる）$

$⋮$

最上位 $a_n$ は $p$ で割れないことに矛盾。

⚠ $f(x)$ 既約でも（適する）$p$ があるとは限らない。

例3.3 $p$: 素数。$x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots +x+1$ は既約か?

⇓

$f(x)=g(x)h(x)$ ⇔ $f(x+1)=g(x+1)h(x+1)$ で考える（$f(x)=\frac{x^p-1}{x-1}$）。

（前ページからの続き: 円分多項式 $f(x)=x^{p-1}+\cdots +x+1$ の既約性）

$f(x)=g(x)h(x)$ と分解できるなら、$f(x+1)=g(x+1)h(x+1)$ (?) も考える。

$f(x)=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots +x+1=\frac{x^p-1}{x-1}$

より、

$f(x+1)=\frac{{\sum }_i{}_p{C}_i{x}^{p-i}-1}{x}=x^{p-1}+p{x}^{p-2}+\cdots +{}_p{C}_{p-2}x+p$

${}_p{C}_i=\frac{p\cdot (p-1)\cdots (p-i+1)}{i\cdot (i-1)\cdots 1}$

（補足: 先頭の $p$ が約分されず残るので ${}_p{C}_i$ は $p$ の倍数。定数項は $p$（$p^2$ で割れない）。Eisenstein の判定法より既約。）

【3】多項式の合同式

問2.4. $x^2+x-6$, $x^2-x-12$ の lcm, gcd。

$x^2+x-6=(x+3)(x-2),x^2-x-12=(x+3)(x-4)$

$\gcd =c(x+3),c\in \mathbb{Q}(\ne 0)$

$\mathrm{lcm}=c(x+3)(x-2)(x-4)$

問2.5(?) 互除法。（補足: 次数が小さくなっていく）

$x^2+x-6=1\cdot (x^2-x-12)+2x+6$

$x^2-x-12=\left(\frac{1}{2}x-2\right)(2x+6)$

（補足: 割り切れたので $\gcd \to x+3$）

定3.5. $a(x),b(x)$ が互いに素な多項式のとき、

(1) $a(x)f(x)+b(x)g(x)=1$ となる $f(x),g(x)$ が存在。（補足: 次数の条件 (?) をみたすものが存在）

(2) $\forall H(x)\in \mathrm{Poly}$ に対し、

$a(x)F(x)+b(x)G(x)=H(x)$

となる $F(x),G(x)$ が存在。（補足: 次数の条件 (?) をみたすものが存在）

proof. 次数が大きいとき → 割って下げる。$g(x)=Q(x)a(x)+r(x)$。（補足: $r(x)=g(x)-Q(x)a(x)$）

① $a(x)f(x)+b(x)g(x)=1$

② $a(x)\{f(x)+b(x)h(x)\}+b(x)r(x)$ (?)

（前ページの続き）

① $a(x)f(x)+b(x)g(x)=1$

② $a(x)\{f(x)+b(x)h(x)\}+b(x)r(x)$ (?)

$(X(x),Y(x))=(f(x),g(x))$ が解のとき、$(f(x)+b(x)Q(x),r(x))$ (?) も解。（補足: $r(x)$ は次数が小さい）

定理3.6. $p(x)$ は $\mathbb{Q}$ 上既約、$f(x),g(x)\in \mathbb{Q}[x]$。

(1) $f(x)\nmid p(x)$(?) : $f(x)\perp p(x)$（互いに素）。

(2) $p(x)\mid f(x)g(x)$ ならば $f(x)\mid p(x)$ or $g(x)\mid p(x)$ (?)。

(3) $p(x)=0$, $f(x)=0$ が共通の解をもてば、$f(x)$ は $p(x)$ で割れる。

(4) $f(x)$ の次数が $1\le \mathrm{deg}f<\mathrm{deg}p$ のとき、$p(x)$, $f(x)$ は共通解をもたない。

(5) $p(x)=0$ は重解をもたない。

（補足: $\mathbb{Q}$ 上では成立するが ${\mathbb{F}}_p$ では成立しない。ので $\mathbb{Q}$ のみで考える。）

【4】既約多項式で割っても体 $\mathbb{Q}[x]/f(x)$

$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}={\mathbb{F}}_p$ の多項式版。

$\overline{x+3}(?)x^4-x+3\equiv 2x^2+x-1(\mathrm{mod}{x}^2-2)(?)$

$\mathbb{Q}[x]/p(x)$ は加減乗除ができる。分配も。⇒ 体。

（補足: 係数 $p$（素数）⇔ 既約多項式 $p(x)$ の対応。）

$\frac{f(x)}{g(x)}=X(x)\in \mathbb{Q}[x]/p(x)⟺f(x)\equiv g(x)X(x)(\mathrm{mod}p(x))$

第1章「整数」

2020-07-22 12:36

【5】同型

$f(x)f(y)=f(xy)$

部分群（の位数）は約数。

【6】群の直積

def 1.5 群の直積。$\{(g,h)\mid g\in G,h\in H\}$ は演算

$(g_1,h_1)\cdot (g_2,h_2)=(g_1{g}_2,h_1{h}_2)$

で群になる。$G\times H$, $|G\times H|=|G|\times |H|$（$G,H$ 有限群）。

$\varphi :\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}\to (\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})\times (\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}),\bar{a}\mapsto ({\bar{a}}_3,{\bar{a}}_5)$

$\varphi (\bar{a}+\bar{b})=\varphi (\bar{a})+\varphi (\bar{b})$

全単射 $\therefore \mathbb{Z}/15\mathbb{Z}\cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$。

（補足: 単射かつ個数が同じ ⇒ 全単射（1対1）。）

def 1.6 中国剰余定理。$x\%p=a$, $x\%q=b$ な数が $0\sim pq-1$ の中に1つのみ存在。

$n=pqr$ のとき

$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\cong (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})\times (\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})\times (\mathbb{Z}/r\mathbb{Z})$

【7】既約剰余類群

$\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\setminus \{\bar{0}\}$ は逆元をもつ。

$\bar{a}$	$\bar{1}$	$\bar{2}$	$\bar{3}$	$\bar{4}$
${\bar{a}}^{-1}$	$\bar{1}$	$\bar{3}$	$\bar{2}$	$\bar{4}$

$\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ は $\bar{1},\bar{5}$ のみ逆元をもつ。

$\to (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}{)}^{\ast }:\text{既約剰余類群}$

☆ 既約剰余類群は巡回群の直積と同型。

☆ 上位の定理「有限可換群は巡回群の直積と同型」から示してもよいが、抽象的になってしまうので避けた。

問1.10.

$(\mathbb{Z}/(2^3\cdot 3^4\cdot 5^2)\mathbb{Z}{)}^{\ast }\cong (\mathbb{Z}/2^3\mathbb{Z}{)}^{\ast }\times (\mathbb{Z}/3^4\mathbb{Z}{)}^{\ast }\times (\mathbb{Z}/5^2\mathbb{Z}{)}^{\ast }$

を示せ。群で既約なので (?)、$(\mathbb{Z}/(2^3\cdot 3^4\cdot 5^2)\mathbb{Z}{)}^{\ast }=\{\bar{k}\mid \cdots \}$

（右余白: 既約剰余類群 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}{)}^{\ast }$）

【7】$\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ はすべての元が（乗法で）群を成さない → 逆元があるのだけ集めて $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}{)}^{\ast }$。

素数のとき: $(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}{)}^{\ast }=(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z})-\{\bar{0}\}$

$(\mathbb{Z}/10\mathbb{Z}{)}^{\ast }=\{\bar{1},\bar{3},\bar{7},\bar{9}\}\text{（10 と互いに素）}$

☆ 既約剰余類群は巡回群の直積。

問1.10.

$(\mathbb{Z}/(2^3\cdot 3^4\cdot 5^2)\mathbb{Z}{)}^{\ast }\cong (\mathbb{Z}/2^3\mathbb{Z}{)}^{\ast }\times (\mathbb{Z}/3^4\mathbb{Z}{)}^{\ast }\times (\mathbb{Z}/5^2\mathbb{Z}{)}^{\ast }\text{ を示せ。}$

$(\text{左辺})=\{\bar{k}\mid (k,2^3\cdot 3^4\cdot 5^2)=1,1\le k\le 2^3\cdot 3^4\cdot 5^2\}$

（補足: $(k,n)$ は公約数（gcd）のこと）

$\varphi :\mathbb{Z}/(2^3\cdot 3^4\cdot 5^2)\mathbb{Z}\to \cdots ,\bar{a}\mapsto ({\bar{a}}_2,{\bar{a}}_3,{\bar{a}}_5)$

（補足: それぞれのあまり）

$(a,2^3\cdot 3^4\cdot 5^2)=1⟺(a,2)=1\text{ かつ }(a,3)=1\text{ かつ }(a,5)=1$

$\varphi (\bar{a}\bar{b})=\varphi (\bar{a})\varphi (\bar{b})$

$\varphi (\bar{a}\bar{b})=\varphi (\bar{a})\varphi (\bar{b})$

位数（群の元の個数）は $\phi (n)$ 個（補足: オイラー関数）。$n=p^e{q}^f{r}^g$ のとき

$\phi (n)=p^{e-1}(p-1)\cdot q^{f-1}(q-1)\cdot r^{g-1}(r-1)$

$1\sim n$ で $n$ と互いに素なのは $\phi (n)$ 個。

【9】$(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}{)}^{\ast }$ は巡回群

$\bar{2}\in (\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}{)}^{\ast }$:

${\bar{2}}^1\to \bar{2},{\bar{2}}^2\to \bar{4},{\bar{2}}^3\to \bar{3},{\bar{2}}^4\to \bar{1}$

（補足: 原始根 = 全て表せる。）

○ $p$ 素数のとき、$(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}{)}^{\ast }$ は原始根をもつ。

$\bar{2}÷\bar{4}=\bar{2}\times {\bar{4}}^{-1}=\bar{3}\text{（補足: }{\bar{4}}^{-1}=\bar{4}\text{）}$

加減乗除ができ、分配則もある ⇒ 体（${\mathbb{F}}_p$）を成している。

【10】素数の原始根の存在

$a^m\equiv 1$（位数 $m$）。原始根を探すアルゴリズム ⇒ 原始根の存在。

proof. $\forall a\in {\mathbb{F}}_p$（位数 $m$）。

$a^m\equiv 1⟺1,a,a^2,\cdots ,a^{m-1}$

（補足: これらは $m$ 次方程式 $x^m-1=0$ の解。$m$ 個。）

・$m<p-1$ のとき、位数 $>m$ な数をつくれば良い。

$b\notin \{1,a,\cdots ,a^{m-1}\}$ をとり (?)、$b^n\equiv 1$（$b$ の位数 $n$）とする。

・$n$ は $m$ の約数でない。

$\because$ $m=nd$ とすると $b^m\equiv 1$ となり、$b\in \{1,a,\cdots \}$ に矛盾。

(i) $(m,n)=1$ のとき: $ab$ の位数が $mn$ を示す。

$(ab{)}^x\equiv 1⟺(ab{)}^{xm}=(a^m{)}^x{b}^{xm}=b^{xm}\equiv 1$

$x=\mathrm{lcm}(n,m)\supseteq mn(?)\therefore \mathrm{ord}=mn>m$

（補足: lcm = 最小公倍数）

(ii) $(m,n)\ne 1$ のとき（割愛）。$\square$

例1.13. $p=41$ の原始根。

$a=2$: $2^k\%41=2,4,8,\cdots ,1$ $\therefore \mathrm{ord}=20$

$b=3$（入ってない数）:

$3^k\%41=3,9,27,\cdots ,14,1\therefore \mathrm{ord}=8$

$q=5$, $r=2^3=8$ (?) と分解し、位数 $5$ の元 $2^4$ と位数 $8$ の元 $3$ をとると $2^4\cdot 3=48\equiv 7(\mathrm{mod}41)$ (?)。

$7,7^2,\cdots \cdots ,1:\mathrm{ord}=40$

（補足: $1\sim 40$ が全てある。）

よって

$(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}{)}^{\ast }\cong \mathbb{Z}/(p-1)\mathbb{Z}$

全単射 かつ $\varphi ({\bar{r}}^i\times {\bar{r}}^j)=\varphi ({\bar{r}}^i)+\varphi ({\bar{r}}^j)$。

【11】$p=2$ と奇素数で（構造が）かわる

$(\mathbb{Z}/2^4\mathbb{Z}{)}^{\ast }$、$5$ のべきの表:

$\begin{array}{cccccc}& 5^0& 5^1& 5^2& 5^3& 5^4\\ & 1& 5& 9& 13& 1\\ \times (-1)& 15& 11& 7& 3& \end{array}$

（補足: 上段は $4$ で割って $1$ あまる数。全体で $(\mathbb{Z}/2^4\mathbb{Z}{)}^{\ast }$ と全単射。）

$\varphi :(\mathbb{Z}/2^4\mathbb{Z}{)}^{\ast }\to (\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})\times (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$

$\overline{5^i(-1{)}^j}\mapsto (\bar{i},\bar{j})(0\le i\le 2^2-1,j=0,1)$

$\varphi \left(\overline{5^i(-1{)}^j}\cdot \overline{5^k(-1{)}^{\ell }}\right)=\varphi \left(\overline{5^{i+k}(-1{)}^{j+\ell }}\right)=(\overline{i+k},\overline{j+\ell })$

$\varphi \left(\overline{5^i(-1{)}^j}\right)+\varphi \left(\overline{5^k(-1{)}^{\ell }}\right)=(\bar{i},\bar{j})+(\bar{k},\bar{\ell })=(\overline{i+k},\overline{j+\ell })$

∴ 同型。

「1.18」（P88）

$(\mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z}{)}^{\ast }\cong (\mathbb{Z}/2^{n-2}\mathbb{Z})\times (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$

$5^i(-1{)}^j$（$0\le i\le 2^{n-2}-1$, $j=0,1$、$2^{n-1}$ 個）を $\mathrm{mod}{2}^n$ でみると、

☆ $(\mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z}{)}^{\ast }=\{\bar{1},\bar{3},\cdots ,\overline{2^n-1}\}$ を巡回している（全て網羅している）のを示す。

補題. $n\ge 2$。

(i) $5$ の位数（$\mathrm{mod}{2}^n$）は $2^{n-2}$。 e.g. $\mathrm{ord}(5\mathrm{mod}{2}^2)=2^{2-2}=1$

(ii) $5^{2^{n-2}}\equiv 1+2^n(\mathrm{mod}{2}^{n+1})$。 e.g. $5^{2^{2-2}}=1+2^2(\mathrm{mod}{2}^{2+1})$

(I) $1,5,5^2,\cdots ,5^{2^{n-2}-1}(\mathrm{mod}{2}^n)$ はすべて異なる。

$5^k\equiv 1^k=1(\mathrm{mod}4)$

より、「$4$ わって $1$ あまる」数の全て。

(II) $-1,-5,\cdots$:

$-5^k\equiv -1^k\equiv 3(\mathrm{mod}4)$

より、「$4$ わって $3$ あまる」数の全て。

よって全ての $(\mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z}{)}^{\ast }$ の元が1回ずつ現れる。$\square$

1.19

☆ $p=$ 奇素数（の場合）も示す。

e.g. $\mathbb{Z}/27\mathbb{Z}$

$⟨4⟩=\cdots ,1$（$4$ のべき (?)）。合わせて $1\sim 27$ から $3$ の倍数を除いたもの。

☆ $\overline{4^i(-1{)}^j}$（$0\le i\le 3^2-1$, $j=0,1$）を示したい。

補題1.

(i) $(1+p)$ の位数は $p^{n-1}$（$\mathrm{mod}{p}^n$）。

(ii) $(1+p{)}^{p^{n-1}}\equiv 1+p^n(\mathrm{mod}{p}^{n+1})$

より、$(1+p{)}^0,(1+p{)}^1,\cdots (\mathrm{mod}{p}^n)$ は異なり、

より、$(1+p{)}^0,(1+p{)}^1,\cdots (\mathrm{mod}{p}^n)$ は異なり、

$(1+p{)}^k\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

より、「$p$ わって $1$ あまる」数の全て。

次に、$h\in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}{)}^{\ast }$ を原始根とし、${\mathrm{ord}}_{p^n}(h)=m$ とする。

$h^m\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^n)⟹h^m\equiv 1(\mathrm{mod}p)\text{ で }{\mathrm{ord}}_p(h)=p-1$

$\therefore (p-1)\mid m,m=s(p-1)$

すると ${\mathrm{ord}}_{p^n}(h^s)=p-1$、$g:=h^s$。

$⟨g⟩$ の指数 $\le m$ (?) より、全て異なる。

以上を踏まえて、$(\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}{)}^{\ast }$ の元が $(1+p{)}^i{g}^j$ に一意に書ける。

仮に2通り

$(1+p{)}^i{g}^j\equiv (1+p{)}^k{g}^{\ell }(\mathrm{mod}{p}^n)$

あるとすると（補足: $(1+p{)}^i\equiv 1$, $(1+p{)}^k\equiv 1(\mathrm{mod}p)$）、

$⟺g^j\equiv g^{\ell }(\mathrm{mod}p)$

$⟺j=\ell$

なので

$⟺(1+p{)}^i\equiv (1+p{)}^k(\mathrm{mod}{p}^n)$

より $(i,j)=(k,\ell )$ となり矛盾（2通りにはならない）。$\square$

$\varphi :(\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}{)}^{\ast }\to (\mathbb{Z}/p^{n-1}\mathbb{Z})\times (\mathbb{Z}/(p-1)\mathbb{Z})$

$\overline{(1+p{)}^i{g}^j}\mapsto (\bar{i},\bar{j})$

とすると、$\varphi$ は全単射かつ和・積が閉じている（準同型）。∴ 同型。

1.20

既約剰余類群は巡回群の直積と同型。

$(\mathbb{Z}/p^e\mathbb{Z}{)}^{\ast }$ は:

・$p=2$ のとき

$(\mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z}{)}^{\ast }\cong (\mathbb{Z}/2^{n-2}\mathbb{Z})\times (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$

（補足: それぞれ巡回群）

・$p$ が奇素数:

$(\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}{)}^{\ast }\cong (\mathbb{Z}/p^{n-1}\mathbb{Z})\times (\mathbb{Z}/(p-1)\mathbb{Z})$

（補足: 左辺は巡回群、右辺の各因子も巡回群）

（補足: $(-1)$ の位数が $2$ より、$p=2$ の場合は（奇素数の場合と）まとめられない。）

第2章「群」

2020-07-27 月曜日 13:44

p98〜

$△$（正三角形）の回転・反転を考えると

$\{e,\sigma ,{\sigma }^2,\tau ,\tau \sigma ,\tau {\sigma }^2\}$

は群になる。（補足: $\sigma$: $120°$ 回転、$\tau$: 左右反転。）

アーベル群 = 可換。

有限群 $G=\{g_1,g_2,\cdots ,g_n\}$ に $g$ を掛けると

$\{g{g}_1,g{g}_2,\cdots \}=\{g_1,g_2,\cdots \}=G$

すなわち $gG=G$。（補足: 演算が内に閉じている。）

また、$H\subset G$（部分群）、$g\in H$ なら $gH=H=Hg$。

（図: $G$ の中の部分集合 $A$ が $g$ 倍で $gA$ にうつる。$g$ 倍は全単射なので $|gA|=|A|$。）

$⟨\sigma ,\tau ⟩,\text{s.t.}({\sigma }^3=e,{\tau }^2=e,\tau \sigma ={\sigma }^2\tau (?))⟹\{e,\sigma ,{\sigma }^2,\tau ,\tau \sigma ,\tau {\sigma }^2\}\text{ が群}$

$△$ から一般に拡張:

def 2.1 二面体群。

$\sigma$: $\frac{360°}{n}$ 回り、$\tau$: 左右反転 とすると

$D_n=\{e,\sigma ,{\sigma }^2,\cdots ,{\sigma }^{n-1},\tau ,\tau \sigma ,\cdots ,\tau {\sigma }^{n-1}\}$

は群になり、$D_n=⟨\sigma ,\tau ⟩$ とも書ける。$|D_n|=2n$。

【2】一般の剰余群

$n\in \mathbb{Z}$、$n+5\mathbb{Z}$ を考えると $\{\bar{0},\bar{1},\bar{2},\bar{3},\bar{4}\}$ の5つのグループに。（補足: 類別。）

○ 共通の元がない。

○ 全ての元が分類される。

これを拡張して二面体群 $D_n$ で考える。$⟨\tau ⟩$ が部分群。

$\because \begin{array}{ccc}& e& \tau \\ e& e& \tau \\ \tau & \tau & e\end{array}$

$\tau \sigma ⟨\tau ⟩=\{\tau \sigma \cdot e,\tau \sigma \cdot \tau \}=\{\tau \sigma ,{\sigma }^2\}$

$e⟨\tau ⟩$, $\sigma ⟨\tau ⟩$, … 代表元でわけると、e.g. $\bar{e}=\{e,\tau \}$。

定理2.2(?). $H\subset G$、$|G|=n$。

$\{g_{1}H,g_{2}H,\cdots \}$ は同じもの同士でグループ（類）になる。

グループの個数は $\frac{|G|}{|H|}$ 個。各クラスから元をえらぶと $g_i^{\prime }$。

これらは独立: $g_i^{\prime }H$（左剰余類）、$H{g}_j^{\prime }$（右剰余類）。

P110

定理2.3. 剰余類。$H\subset G$、$|G|=n$。$G$ の全ての元を左から掛けて

$g_{1}H,g_{2}H,\cdots ,g_{n}H\leftarrow \text{剰余類}$

$H\subset G$、$|G|=n$、$G$ の全ての元を左から:

$g_{1}H,g_{2}H,\cdots ,g_{d}H\text{（剰余類）}$

$\frac{|G|}{|H|}=d$ 個（$g_1,g_2,\dots$ は代表）。（補足: 左剰余類）

$G=g_{1}H\cup g_{2}H\cup \cdots$

∴ $|H|$ は $|G|$ の約数。
$d$ は $H$ の指数といい $[G:H]$ とかく。

定理 2.4 ラグランジュの定理.

$|G|=[G:H]|H|$

問 2.2. $D_3$ の部分群は $\{e\},⟨\sigma ⟩,⟨\tau ⟩,⟨\tau \sigma ⟩,⟨\tau {\sigma }^2⟩,D_3$。

$D_3$ の位数 6 より、部分群の位数は $1,2,3,6$。

• 位数 1: $\{e\}$
• 位数 2: $(\sigma ,{\sigma }^2,\tau ,\tau \sigma ,\tau {\sigma }^2{)}^2=({\sigma }^2,\sigma ,e,e,e)$ より $⟨\tau ⟩,⟨\tau \sigma ⟩,⟨\tau {\sigma }^2⟩$
• 位数 3: $\sigma$ つかうと ${\sigma }^2={\sigma }^2$, ${\sigma }^3=e$ より $\{e,\sigma ,{\sigma }^2\}$。${\sigma }^2$ つかっても $\{{\sigma }^2,\sigma ,e\}$ で同じ。$\tau$ つかうと つくれない。よって $⟨\sigma ⟩$ のみ。
• 位数 6: $D_3$

定理 2.6.

(1) $p$: 素数、$(a,p)$ 互いに素のとき

$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)\text{（フェルマーの小定理）}$

(2) $(a,m)=1$ のとき

$a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)\text{（オイラーの定理）（}\because \text{ 定理 1.10）}$

（補足: $m$ が素数のとき $|(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}{)}^{\times }|=p-1$ より (1) になる）

定理 2.7.
$H\subset G$ のとき、$gH=H⟺g\in H$。

[3] 立方体の対称性 $S(P_6)$

4次方程式とも結びつく。

（図: 頂点に番号をつけた立方体。対角線・回転軸の書き込みあり）

（左: $\{e,\alpha ,\beta ,\gamma \}$ の乗積表、右: $\{(\bar{0},\bar{0}),(\bar{1},\bar{0}),(\bar{0},\bar{1}),(\bar{1},\bar{1})\}$ の表。両者は同型）

$V\cong (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\times (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$

（補足: $V$: クラインの4元群）

立方体の置換群: $D_3$ と同型ではなく $S(P_6)$（正6面体群）(?)。

${\sigma }^{2}V\cdot \tau \sigma V=\tau {\sigma }^{2}V$ がいえたい。

${\sigma }^{2}V\cdot \tau \sigma V={\sigma }^2(V\tau \sigma )V\text{（集合の演算）}$

$={\sigma }^2(\tau \sigma V)V=({\sigma }^2\cdot \tau \sigma )(VV)\text{（結合法則、}VV=V\text{）}$

$=\tau {\sigma }^{2}V$

定理 2.8 剰余群.
$H\subset G$、$\forall g\in G$ で $gH=Hg$ のとき、

$H$ を $G$ の正規部分群とする。$G$ の $H$ による剰余類 $g_{1}H,\cdots$ は、

$(g_{1}H)(g_{2}H)=g_1{g}_{2}H$

という演算で群をなす。→ 剰余群 $G/H$。

proof. 剰余類 $\{g_{1}H,\cdots \}$ が群をなす:

$(g_{1}H)(g_{2}H)=g_1(H{g}_2)H=g_1(g_{2}H)H=g_1{g}_{2}HH=g_1{g}_{2}H$

$H\cdot gH=gH$ より $e=H$（単位元は $H$）、$(gH{)}^{-1}=g^{-1}H$。∴ 群。

$g_{1}H,g_{2}H$ とは違う表現 $g_1^{\prime }H,g_2^{\prime }H$ のときも同じ積を表す:

$⟨2.7⟩$ より

$g_{1}H=g_1^{\prime }H⟺g_1^{\prime -1}{g}_{1}H=H⟺g_1^{\prime -1}{g}_1\in H\cdots ①$

$g_2^{\prime -1}{g}_1^{\prime -1}{g}_1{g}_2\in g_2^{\prime -1}H{g}_2=eH=H\text{（正規性より）}$

$\stackrel{2.7}{⟺}{g}_2^{\prime -1}{g}_1^{\prime -1}{g}_1{g}_{2}H=H⟺g_1{g}_{2}H=g_1^{\prime }{g}_2^{\prime }H\square$

問 2.5. $C_6=\{e,\sigma ,{\sigma }^2,\cdots ,{\sigma }^5\}$ の正規部分群は $\{e\},⟨{\sigma }^2⟩,⟨{\sigma }^3⟩,C_6$ を示せ。

$⟨1.5⟩$ より $\{e\},⟨{\sigma }^3⟩,⟨{\sigma }^2⟩,C_6\subset C_6$。

（補足: 巡回群は可換群より $\forall x\in C_6$ で可換 → 巡回群の部分群は正規部分群）

○ 巡回群の剰余群が巡回群。

proof. $H\subset C_m$、${\sigma }^d\in H$（階数最小）とすると、

$H=⟨{\sigma }^d⟩=\{e,{\sigma }^d,{\sigma }^{2d},\cdots ,{\sigma }^{(a-1)d}\}$

剰余類 $H,\sigma H,\cdots ,{\sigma }^{d-1}H$ で、

${\sigma }^{i}H=\{{\sigma }^i,{\sigma }^{d+i},{\sigma }^{2d+i},\cdots ,{\sigma }^{(a-1)d+i}\}$

$x=rd+i$ のとき

${\sigma }^x={\sigma }^{rd+i}={\sigma }^i{\sigma }^{rd}\in {\sigma }^{i}H$

∴ $C_m=H\cup \sigma H\cup \cdots \cup {\sigma }^{d-1}H$ と（重ならず）分解。

$C_m/H=\{H,\sigma H,\cdots ,(\sigma H{)}^{d-1}\}=⟨\sigma H⟩$

（補足: $(\sigma H{)}^d=H$）巡回群。

定理 2.10.
$H\subset G$、$[G:H]=2\Rightarrow H⊴G$。

$a\in G$、$a\notin H$。
$G$ の左・右分割は $H\cup aH$、$H\cup Ha$
より $aH=Ha$。$\forall x\in G,xH=Hx$ $\square$

[4] 同型写像じゃなくたって、準同型写像

def 2.2.

$f:G\to G^{\prime },\forall x,y\in G,f(xy)=f(x)f(y)\text{のとき}$

準同型写像。

$e^{\prime }:\{e,\sigma ,{\sigma }^2\}$、$\rho :\{\tau ,\tau \sigma ,\tau {\sigma }^2\}$ とおくと

\begin{array}{c|cc} & e' & \rho \\ \hline e' & e' & \rho \\ \rho & \rho & e' \end{array}$$ <!-- p84 --> $$D_3 / \langle\sigma\rangle \overset{\tilde f}{\longrightarrow} C_2 \quad \text{（}\langle\sigma\rangle, \tau\langle\sigma\rangle\text{ を対応させて）同型}$$ 準同型から同型つくれる。 （図: $G \overset{f}{\to} G'$、$G'$ の中に $\mathrm{Im}\, f$。補足: $\mathrm{Im}\, f$ も群） （図: $G$ の中の $\ker f$ が $G'$ の $e'$ に写る。補足: $\ker f$ も群） **定理 2.13 準同型定理.** $f: G \to G'$ を準同型、$N = \ker f$ とすると、 $$G/N \cong \mathrm{Im}\, f$$ **ex.** $f: D_3 \to C_2$、$G = D_3$、$\mathrm{Im}\, f = C_2$。 $N = \ker f = \{e, \sigma, \sigma^2\} = \langle\sigma\rangle$ より、 $$D_3 / \langle\sigma\rangle \cong C_2$$ **proof.** $G/N$ は群 → $N$ が正規部分群かチェック。 $xN = Nx \iff xNx^{-1} = N$（補足: これをまず示したい） $\forall y \in \ker f$ について $xyx^{-1} \in \ker f$ を示す。 $$f(xyx^{-1}) = f(x)f(y)f(x^{-1}) = f(x)f(x^{-1}) = f(xx^{-1}) = e'$$ ∴ $xNx^{-1} \subseteq N$。$x$ を $x^{-1}$ として、 $$x^{-1}Nx \subset N \iff N \subseteq xNx^{-1} \quad \therefore xNx^{-1} = N$$ よって $N \trianglelefteq G$、$G/N$ は群。 次に $$\tilde f : G/N \to \mathrm{Im}\, f, \quad xN \mapsto f(x)$$ $xN = yN$ のとき $f(x) = f(y)$ を示す。 $$xN = yN \iff y^{-1}xN = N \iff y^{-1}x \in N$$ $$\iff f(y^{-1}x) = e' \iff f(y^{-1}) \cdot f(x) = e'$$ $$\iff f(y)^{-1} f(x) = e' \iff f(x) = f(y)$$ ∴ $\tilde f$ は単射、さらに $\mathrm{Im}\, f$ より全射。 積も保たれている。∴ $\tilde f$ は同型写像。 **問 2.7.** $$f: 2\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}, \quad 2x \mapsto \bar x \quad \text{から同型な群（をつくる）}$$ $f(2x) = \bar x$ より $f$ は全射、$\mathrm{Im}\, f = \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$。 $N = \ker f$: $\bar x = \bar 0$ は $x$ が 6 の倍数、$2x$ は 12 の倍数。 より $N = 12\mathbb{Z}$。 <!-- p85 --> 準同型定理より、 $$2\mathbb{Z}/12\mathbb{Z} \cong \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$$ ## [5] 同型を作ろう ～第2、3同型定理へ～ **定理 2.14.** $$H \leq G \iff \forall x, y \in H,\ xy,\ x^{-1} \in H$$ $$HN = \{hn \mid h \in H,\ n \in N\}$$ **ex.** $H = V \cup \tau V$、$N = V \cup \sigma V \cup \sigma^2 V$ のとき、 $H \cap N = V$、$HN = S(P_6)$ となる（$\because$ 位数）。 **定理 2.15.** $H, N \leq G$ のとき、 (i) $H \cap N \leq G$ (ii) 特に $N \trianglelefteq G$ ならば $HN \leq G$ （図: $G \supset HN \supset H, N$） **proof (ii).** $\forall xn,\ yn' \in HN$（$x, y \in H$、$n, n' \in N$）で、 $xn \in xN$、$yn' \in yN$ より、 $$(xn)(yn') \in (xN)(yN) = xyN \subset HN \quad \text{（補足: }\trianglelefteq\text{ を使う）}$$ $$(xn)^{-1} = n^{-1}x^{-1} \in Nx^{-1} = x^{-1}N \subset HN \qquad \square$$ **定理 2.16 第2同型定理.** $H \leq G$、$N \trianglelefteq G$ のとき、 $$H / (H \cap N) \cong HN / N$$ （図: $G \supset HN \supset H, N$ の包含図。$H \cap N$ と $HN/N$ の対応部分に斜線） **proof.** $$f: G \to G/N, \quad x \mapsto xN \quad \text{（補足: } f \text{ は自然準同型）}$$ $f' : H \to G/N$（$f$ の $H$ への制限）とし、$\mathrm{Im}\, f'$ を考える。 $\forall x \in H$、$f'(x) = xN$ より、まとめると $HN$ となり、 $N$ による剰余類全体で $$f'(H) = HN/N = \mathrm{Im}\, f'$$ 一方 $\ker f'$ について: $G/N$ の $e$ は $N$（$\because xN \cdot N = xN$、$N \cdot xN = xN$）。 $$x \in \ker f \iff xN = N \iff x \in N \ \text{より} \ \ker f = N$$ $f'$ は定義域が $H$ に制限されているので $N \cap H = \ker f'$。 よって $f' : H \to G/N$ に準同型定理をつかうと、 $$H/(H \cap N) \cong HN/N$$ （補足: 左辺の分母が $\ker f'$、右辺が $\mathrm{Im}\, f'$） ※ $N \trianglelefteq H$ と条件を弱めても(?)、 $$\tilde f' : H/(H \cap N) \to HN/N, \quad x(H \cap N) \mapsto xN$$ <!-- p86 --> **問 2.8.** $G = \mathbb{Z}$、$H = 6\mathbb{Z}$、$N = 10\mathbb{Z}$ で $H/(H \cap N) \cong HN/N$ を確かめよ。（本 P152） $$H \cap N = 6\mathbb{Z} \cap 10\mathbb{Z} = 30\mathbb{Z}$$ $$HN = 6\mathbb{Z} + 10\mathbb{Z} = \gcd(6, 10)\,\mathbb{Z} = 2\mathbb{Z}$$ （補足: 加法群 → 積は加法算になる） $$\therefore\ H/(H \cap N) = 6\mathbb{Z}/30\mathbb{Z} = \{\bar 0, \bar 6, \overline{12}, \overline{18}, \overline{24}\}$$ $$HN/N = 2\mathbb{Z}/10\mathbb{Z} = \{\bar 0, \bar 2, \bar 4, \bar 6, \bar 8\}$$ （補足: $\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$ に同型） $$f : 6\mathbb{Z}/30\mathbb{Z} \to 2\mathbb{Z}/10\mathbb{Z}, \quad \overline{6a} \mapsto \overline{2a} \quad \text{は同型写像}$$ 第2同型定理は群の積 $HN$ を作る。 第3同型定理は剰余群の割り算。 $S(P_6)$ の例: $N = V \cup \sigma V \cup \sigma^2 V$ を $V$ で剰余類にする。 $$S(P_6)/V = \{V, \sigma V, \sigma^2 V, \tau V, \tau\sigma V, \tau\sigma^2 V\}$$ $$N/V = \{V, \sigma V, \sigma^2 V\}$$ $$S(P_6)/V \cong \{e, \sigma, \sigma^2, \tau, \tau\sigma, \tau\sigma^2\} = D_3 \quad \text{（補足: } V \text{ を } e \text{ とみる）}$$ $$\{e, \sigma, \sigma^2\} \trianglelefteq D_3, \quad N/V \trianglelefteq S(P_6)/V$$ よって $$\frac{S(P_6)/V}{N/V} = \frac{\{V, \sigma V, \sigma^2 V, \tau V, \cdots\}}{\{V, \sigma V, \sigma^2 V\}} \cong \frac{S(P_6)}{N}$$ （補足: 位数はそれぞれ $6 / 3$、$24 / 12$ で 2） **第3同型定理.** $N, M \trianglelefteq G$、$N \supset M$ のとき、 $$\frac{G/M}{N/M} \cong G/N$$ $$f : G/M \to G/N, \quad xM \mapsto xN$$ （図: $G$ を $M$ で割った図、$N/M$、$G/N$ の対応図） well-defined である: $$xM = yM \implies y^{-1}xM = M \iff y^{-1}x \in M$$ <!-- p87 --> $$xM = yM \implies y^{-1}xM = M \iff y^{-1}x \in M$$ $$\implies y^{-1}x \in N \ (\because M \subset N) \iff y^{-1}xN = N \iff xN = yN$$ $f$ は準同型。 $G/N$ の $e$ は $N$。$\ker f$ は、 $$f(xM) = N \iff xN = N \iff x \in N$$ $$\therefore\ \ker f = NM/M = N/M$$ （補足: 割るのは $G/M$ の元なので $M$ で割る。$M \subset N$ より $NM = N$） $f$ は全射: $\mathrm{Im}\, f = G/N$（補足: $xM \mapsto xN$）。 2.13 より、 $$\frac{G/M}{N/M} \cong G/N$$ （補足: 左辺の分母が $\ker f$、右辺が $\mathrm{Im}\, f$） **問 2.9.** $G = \mathbb{Z}$、$N = 3\mathbb{Z}$、$M = 12\mathbb{Z}$ で、 $$\frac{G/M}{N/M} \cong G/N$$ $$\frac{\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}}{3\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}} \cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$$ （補足: $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z} = \{\bar 0 \sim \overline{11}\}$、$3\mathbb{Z}/12\mathbb{Z} = \{\bar 0, \bar 3, \bar 6, \bar 9\}$、$\mathbb{Z}/3\mathbb{Z} = \{\bar 0, \bar 1, \bar 2\}$） $$\frac{\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}}{3\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}} = \begin{cases} \bar 0 + (3\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}) = \{\bar 0, \bar 3, \bar 6, \bar 9\} \\ \bar 1 + (3\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}) = \{\bar 1, \bar 4, \bar 7, \overline{10}\} \\ \bar 2 + (3\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}) = \{\bar 2, \bar 5, \bar 8, \overline{11}\} \end{cases}$$ $$f : \frac{\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}}{3\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}} \to \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}, \quad \bar x + (3\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}) \mapsto \bar x$$ ## [6] $n$ 次対称群 $S_n$（$n$ 個の全ての置換） （補足: 位数は $n!$） $$D_3 \cong S_3$$ **問 2.11.** $$S(P_6) \cong S_4$$ <!-- p88 --> （補足: 入れ替え＝変換） 互換: $$(i\ j) = \begin{pmatrix} 1 & \cdots & i & \cdots & j & \cdots & n \\ 1 & \cdots & j & \cdots & i & \cdots & n \end{pmatrix}$$ $\forall \tau \in S_n$ は互換の積。 **定 2.21.** - 奇置換: $2n+1$ 個の互換の積 - 偶置換: $2n$ 個の互換の積 - $A_n$: $n$ 次交代群 $=$ $S_n$ の中の偶置換（全体） **定 2.22.** $\sigma$: 互換 $\in S_n$ とすると、 $$S_n = A_n \cup \sigma A_n, \quad [S_n : A_n] = 2, \quad S_n / A_n \ \text{は巡回群}$$ **proof.** $$\sigma A_n \in S_n / A_n, \quad (\sigma A_n)^2 = \sigma^2 A_n = A_n \quad \text{（補足: } \sigma^2 = e \text{）}$$ $S_n$: $n!$ 個、$A_n$: $\dfrac{n!}{2}$ 個。 ## [7] 巡回群の入れ子構造 可解群 **問 2.12.** $S_3$ と $A_3$: $$A_3 = \langle\sigma\rangle \quad \text{（補足: 巡回群、位数 3）}$$ $$S_3 / A_3 = \{A_3, \tau A_3\} \quad \text{（補足: 巡回群、位数 2）}$$ （図: $S_3$ の中に $A_3 = \{e, \sigma, \sigma^2\}$ と $\tau A_3 = \{\tau, \tau\sigma, \tau\sigma^2\}$、$\tau$ で互いに移り合う） つまり、 $$\{e\} \subset A_3 \subset S_3 \quad \text{の入れ子}$$ **問 2.13.** $$S_4 = V \cup \sigma V \cup \sigma^2 V \cup \tau V \cup \tau\sigma V \cup \tau\sigma^2 V \quad \text{（補足: 対称群）}$$ $$A_4 = V \cup \sigma V \cup \sigma^2 V \quad \text{（補足: 交代群）}$$ $V$ の元 $e, \alpha, \beta, \gamma$ は全て偶置換。 <!-- p89 --> $V$ の元 $e, \alpha, \beta, \gamma$ は全て偶置換（$\iff$ あみだくじ（の横線）2本）。 $$A_4 = V \cup \sigma V \cup \sigma^2 V$$ （図: $\sigma$ を掛けると $V \to \sigma V \to \sigma^2 V \to V$ と巡回する） $V \trianglelefteq S_4$ より $V \trianglelefteq A_4$。よって $A_4/V$ が考えられる（補足: 位数 3）。 $S_4$ に巡回群になるような部分群あるか。 $\langle\alpha\rangle = \{e, \alpha\} \subset V$ を考える。 $$V = \langle\alpha\rangle \cup \beta\langle\alpha\rangle \ \text{より} \quad \mathrm{ord}\left(V / \langle\alpha\rangle\right) = 2$$ （図: $\beta\langle\alpha\rangle \leftrightarrow \langle\alpha\rangle$ が $\beta$ で移り合う） よって、 $$S_4 \trianglerighteq A_4 \trianglerighteq V \trianglerighteq \langle\alpha\rangle \trianglerighteq \{e\} \quad \text{の関係}$$ （図: $S_4$ の入れ子構造。$A_4$ と $\tau A_4$、その中に $V, \sigma V, \sigma^2 V, \tau V, \tau\sigma V, \tau\sigma^2 V$、さらに各 $V$ の中に $\langle\alpha\rangle = \{e, \alpha\}$ と $\beta\langle\alpha\rangle = \{\beta, \gamma\}$ 型の剰余類が入れ子になっている。$\sigma V, \tau A_4$ 等への移り合いを矢印で表示） ※ **定 2.23 可解群.** $$G = H_0 \supset H_1 \supset \cdots \supset H_s = \{e\} \ \text{で、}$$ $$\forall i, \quad H_i \trianglerighteq H_{i+1}, \quad H_i / H_{i+1} \ \text{が巡回群のとき、} G \text{ は可解群}$$ この列を正規列といい、剰余群が巡回なら可解列。 可解群 = 方程式を解くことのできる群。 → $n = 5$ 以上の $S_n$ は可解群でないので解けない。 <!-- p90 --> **定 2.25.** (1) 巡回群は可解群。 (2) 巡回群の直積は可解群。 **proof.** (1) $C_n = H_0 \supset H_1 = \{e\}$。 $C_n \trianglerighteq \{e\}$、$H_0/H_1 \cong C_n$ は巡回群で、可解群。 (2) $G = C_3 \times C_5 \times C_7$（補足: $C_n$: 位数 $n$ の巡回群） $$G = \{(\bar a, \bar b, \bar c) \mid \cdots \} \ \text{のとき} \quad \text{（補足: それぞれ } \mathbb{Z}/3\mathbb{Z},\ \mathbb{Z}/5\mathbb{Z},\ \mathbb{Z}/7\mathbb{Z} \text{）}$$ $$G \ \trianglerighteq\ H_1 \ \trianglerighteq\ H_2 \ \trianglerighteq\ \{e\} \quad \leftarrow \text{正規列}$$ （補足: 各元は順に $(\bar a, \bar b, \bar c)$、$(\bar a, \bar b, \bar 0)$、$(\bar a, \bar 0, \bar 0)$、$(\bar 0, \bar 0, \bar 0)$） $$G/H_1 \cong C_7, \qquad H_1/H_2 \cong C_5$$ $$\therefore\ C_3 \times C_5 \times C_7 \ \text{は可解群}$$ **定 2.26.** 5次以上の $A_n$ は可解群でない。 → $n \geq 5$ で $A_n/N$ が巡回群な $N \trianglelefteq A_n$（$N \neq A_n$）があるとすると矛盾。 あると仮定すると、 $\forall x, y \in A_n$ の剰余類 $xN, yN$ は $$xNyN = yNxN \quad (\because \text{巡回群は可換})$$ $$\iff xyN = yxN \quad (\because N \text{ は正規部分群})$$ <!-- p91 --> $$\iff x^{-1}y^{-1}xy\,N = N$$ $$\iff x^{-1}y^{-1}xy \in N \quad \text{（補足: 交換子）}$$ $\forall x, y \in A_n$ から交換子 $x^{-1}y^{-1}xy$ を作ると $\in N$。 →「$\forall g \in A_n$ は $x^{-1}y^{-1}xy$ で表せる」をいいたい → $A_n = N$ となり、矛盾。 あみだくじより、 $$(i\ j\ k) = (i\ m\ j)^{-1}(i\ l\ k)^{-1}(i\ m\ j)(i\ l\ k)$$ （補足: 3-サイクルは（その3-サイクルに）出てきてない $m, l$ を使って交換子で作れる） （図: あみだくじで $(i\ l\ k)$、$(i\ m\ j)$、$(i\ l\ k)^{-1}$、$(i\ m\ j)^{-1}$ を縦に合成すると $(i\ j\ k)$ になることの確認） （交換子）$\in N$ より $\forall (i\ j\ k) \in N$。 $A_n$ は 3-サイクルで生成されるので $A_n \subset N$、$A_n = N$。矛盾 $\square$ （補足: $n \leq 4$ のとき $m, l$ をとってこられないのでコレは使えない） **2.27.** $G$ が可解群 $\Rightarrow$ $H \subset G$ な $H$ も可解群。 **proof.** $$G = H_0 \supset H_1 \supset \cdots \supset H_s = \{e\}$$ （補足: 各段が $\trianglerighteq$、$H_{i-1}/H_i$ は巡回群） $$H = H \cap H_0 \supset H \cap H_1 \supset \cdots \supset H \cap H_s = \{e\} \ \text{が可解列（であること）を示す}$$ ∵ まず正規列を示す。 $H, H_{i-1}$ は群より $H \cap H_{i-1}$ は群。 $H_i \trianglelefteq H_{i-1}$ より $\forall x \in H_{i-1}$ で $xH_i = H_i x$ より、 $$\forall y \in H \cap H_{i-1}, \quad y(H_i \cap H) = (H_i \cap H)y$$ より、 $$H_i \cap H \trianglelefteq H_{i-1} \cap H$$ ∵ 第2同型定理より、 $$\frac{H \cap H_{i-1}}{(H \cap H_{i-1}) \cap H_i} \cong \frac{(H \cap H_{i-1})H_i}{H_i}$$ （補足: 左辺の分母は $H \cap H_i$。対応は $H/(H \cap N) \cong HN/N$ で $H \to H \cap H_{i-1}$、$N \to H_i$） $$\therefore\ \frac{H \cap H_{i-1}}{H \cap H_i} \cong (\ast) \subset \frac{H_{i-1}}{H_i}$$ <!-- p92 --> （第2章のつづき・前ページからの証明の続き） $$\therefore \quad (H \cap H_{i-1}) / (H \cap H_i) \cong * \subset H_{i-1}/H_i$$ （補足: $*$ も巡回群 ← $H_{i-1}/H_i$ が巡回群なので） **定 2.29** $G$ は可解群, $f: G \to G'$ 準同型 $\Rightarrow$ $f(G)$ は可解群. proof. $$G = H_0 \supset \cdots \supset H_s = \{e\}.$$ $f(G) \supset f(H_1) \supset \cdots \supset f(H_s)$ も可解列を成す（ことを示す）. (i) 正規列（であること）: $f(H_i) \trianglelefteq f(H_{i-1})$. $f$ 全射（補足: $H_{i-1}$ から $f(H_{i-1})$ への写像として）より, 一つの元 $h \in H_{i-1}$ を選び $f(h)$ で $f(H_{i-1})$（の元）を表せる. $\forall f(h) \in f(H_{i-1})$ で, $$f(h) f(H_i) = f(h H_i) = f(H_i h) = f(H_i) f(h)$$ より, 正規列. (ii) $f(H_{i-1})/f(H_i)$ が巡回群（であること）. $$g: H_{i-1}/H_i \to f(H_{i-1})/f(H_i), \quad aH_i \mapsto f(a) f(H_i).$$ $g$ は well-defined, 全射 より, 準同型定理から $$(H_{i-1}/H_i)/\operatorname{Ker} g \cong f(H_{i-1})/f(H_i).$$ （補足: 左辺は巡回群（∵ $H_{i-1}/H_i$ は巡回群）→ 右辺も巡回群） よって $f(G)$ は可解群. **定 2.30** $N \trianglelefteq G$ のとき, $G$ は可解群 $\iff$ $N$, $G/N$ は可解群. proof. ($\Rightarrow$) 部分群なので $N$ も可解. $G/N$ は自然準同型（を）つかう. $f: G \to G/N,\ a \mapsto aN$ は準同型・全射. 2.29 より $f(G) = G/N$（は可解群）. ($\Leftarrow$) $G/N$ 可解群（とする）. $$G/N = K_0 \supset K_1 \supset \cdots \supset K_s = \{N\}.$$ これらは剰余類で（補足: $\{N\} = \{eN\}$, $G/N$ の元） <!-- p93 --> $(*)$ $K_i = \{g_1 N, g_2 N, \dots, g_t N\}$ となって, $H_i = g_1 N \cup g_2 N \cup \cdots \cup g_t N$ とすると（$H_i$ は）$G$ の部分群でもあり(?). (i) $G = H_0 \supset H_1 \supset \cdots \supset H_s = N$ が成立. → これが正規列（であること）. $H_i \subset G$. （中略）. $$\forall g_j n \in H_{i-1}, \quad (g_j n) H_i = H_i (g_j n) \ (?) \ \text{より}, \quad H_i \trianglelefteq H_{i-1}.$$ $(*)$ より $K_i = H_i/N$. 第3同型定理より, $$K_{i-1}/K_i = (H_{i-1}/N) \big/ (H_i/N) \cong H_{i-1}/H_i.$$ （補足: $(G/M)/(N/M) \cong G/N$. 左辺が巡回 $\Rightarrow$ 右辺も巡回） また $N$ 可解群より, (ii) $N = H_s \supset H_{s+1} \supset \cdots \supset H_r = \{e\}$ で, 各 $H_{i-1}/H_i$ は巡回群. (i), (ii) より, $$G = H_0 \supset \cdots \supset H_s = N \supset H_{s+1} \supset \cdots \supset H_r = \{e\},$$ 各 $H_{i-1}/H_i$ 巡回 より, $G$ 可解. □ ★ 部分群にしても, 準同型で移しても, 剰余群にしても 可解群。 実は定義4通り: - $H_{i-1}/H_i$ が素数次の巡回群 - $H_{i-1}/H_i$ が巡回群 （補足: 巡回群 ← 有限可換群 $\cong$ 巡回群の直積） - $H_{i-1}/H_i$ が可換群 - $G$ の交換子群をとっていくと $e$（になる） 例（補足: 青字の具体例）: $\mathbb{Z}/45\mathbb{Z} = G \supset 5\mathbb{Z}/45\mathbb{Z}\ (= H_1) \supset 15\mathbb{Z}/45\mathbb{Z}\ (= H_2) \supset \{\bar{0}\}$. $$G/H_1 = \{\bar{0}+H_1,\ \bar{1}+H_1,\ \dots,\ \bar{4}+H_1\},$$ $$H_1/H_2 = \{\bar{0}+H_2,\ \bar{5}+H_2,\ \overline{10}+H_2\}.$$