代数入門問題集

多項式環、体

標数 $p > 0$ の体 $F$ の任意の二元 $a,b$ に対して $(a + b)p = ap + bp$ が成り立つことを示せ。
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$(a + b)p = ∑p (p)aibp- i i=0 i$ であるが、 $i ⁄= 0, p$ のとき $p | (p) i$ なので主張が成り立つ。
を標数の有限体とする。写像 ( ) は全単射であることを示せ。
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とする。である。
- $p = 2$ ならば $2 2 2 2 2 2a - b = a + b = (a+ b) = (a- b)$ である。
- $p ⁄= 2$ ならば $p$ は奇数なので $ap - bp = ap + (- b)p = (a- b)p$ である。
よっていずれの場合も $p0 = (a - b)$ となる。 $F$ は体なので $a - b = 0$ 、すなわち $a = b$ となる。よって $f$ は単射である。 $|F| < ∞$ なので $F$ から $F$ への単射 $f$ は全単射である。
元数が $4$ の有限体 $F4$ を構成し、その加法と乗法に関する演算表を書け。
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$F4$ は $F2$ 上 $2$ 次元ベクトル空間の構造をもつので、その基底を $1, α$ とする。このとき $F4 = {0, 1, α, 1+ α}$ である。また $F4$ の乗法群 $F4 - {0}$ は位数 $3$ の群になるので、それは巡回群である。以上より、以下の演算表を得る。
$+ | 0 1 α 1+ α × |0 1 α 1+ α---0--|--0------1-----α----1+-α-- --0---|0----0-----0------0--- 1 | 1 0 1 +α α 1 |0 1 α 1+ α α | α 1+ α 0 1 α |0 α 1 + α 1 1+ α |1 + α α 1 0 1+ α |0 1+ α 1 α$

(一般に有限体 $Fq$ の乗法群 $Fq - {0}$ は素数位数でなくても巡回群になる。)
$K$ を体とし $f(x )$ ( $⁄= 0$ ) を $n$ 次の $K$ 係数多項式とする。このとき $f(a) = 0$ となる $a ∈ K$ は高々 $n$ 個であることを示せ。 ( $f(a) = 0$ となる $a ∈ K$ を $f(x)$ の根という。)
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次数に関する帰納法で示す。次数が $0$ すなわち $f(x)$ が $0$ でない定数ならば根はないので、主張は正しい。 $f(x)$ を $1$ 次以上の次数の多項式とする。 $f(x)$ が根・もたなければ主張は成り立つので、 $f(x)$ は根 $a$ をもつとする。因数定理により $f(x) = (x - a)g(x)$ と書けて $g(x)$ の次数は $n - 1$ である。 $b ⁄= a$ がやはり $f(x)$ の根であるとすると、 $0 = f(b) = (b- a)g(b)$ である。 $b- a ⁄= 0$ と $K$ が体、よって整域であることにより $g(b) = 0$ である。したがって $f(x )$ の根は $a$ であるか、または $g(x)$ の根である。帰納法の仮定により $g(x)$ の根は高々 $n - 1$ 個なので、 $f(x)$ の根は高々 $n$ 個である。
( $a ∈ K$ が多項式 $f(x)$ の根であることと $f(x) = (x - a)g(x)$ となる多項式 $g(x)$ が存在することは同値である。これを因数定理という。)
を体とし、を係数多項式とする。に対してとおいて、これをの形式的な微分という。
1. (1) 多項式の形式的な微分についても、積の微分に関する公式 $′ ′ ′(fg) = fg + fg$ は成り立つことを示せ。
2. (2) $f(x)$ が重根 $a$ をもつことと $f(a) = f′(a) = 0$ となることが同値であることを示せ。ただし $a$ が $f(x)$ の重根であるとは、多項式 $g(x)$ が存在して $f(x) = (x- a)2g(x)$ と書けることとする。
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1. (1) 形式的な微分が和とスカラー倍を保つこと、すなわち $(f + g)′ = f′ + g′$ , $(af)′ = af′$ ( $a ∈ K$ ) となること、は計算によってすぐに確かめることができる。
  単項式の積 $xn = xmxn -m$ について示す。 $(xn)′ = nxn-1$ であり、また $(xm)′xn- m + xm (xn-m)′ = mxn -1 + (n- m )xn-1 = nxn -1$ なので、この場合には $(xn)′ = (xm)′xn-m + xm(xn-m)′$ は成り立つ。
  
  一般の場合を考える。 $f(x) = ∑mi=0aixi$ , $g(x) = ∑nj=0 bjxj$ とする。
  
  $′ m∑ ∑n i+j ′ ∑m ∑n i ′ j i j′(f(x)g(x)) = aibj(x ) = aibj((x )(x )+ (x)(x ) i=0 j=0 i=0j=0 m∑ ∑n i′ j m∑ n∑ i j′ ′ ′ = aibj(x )(x) + aibj(x)(x ) = f(x)g(x)+ f(x)g (x) i=0 j=0 i=0 j=0$
  
  が成り立つ。
2. (2) $a$ が $f (x)$ の重根であるとすると $f(x) = (x - a)2g(x)$ と書ける。このとき $f′(x) = 2(x - a)g(x)+ (x - a)2g′(x)$ なので $f(a) = f ′(a) = 0$ である。
  $f(a) = f ′(a) = 0$ と仮定する。因数定理より $f (x) = (x - a)g(x)$ と書ける。 $f′(x) = g(x)+ (x- a)g′(x)$ より $0 = f′(a) = g(a)$ である。よって因数定理より $g(x) = (x- a)h(x)$ と書くことができ、 $a$ は $f(x)$ の重根である。
$K$ を体とする。写像 $f : K → K$ が多項式写像であるとは、ある $K$ 係数多項式 $F$ が存在して、任意の $a ∈ K$ に対して $f(a) = F(a)$ となることとする。 $K$ が有限体であるとき、任意の写像 $f : K → K$ は多項式写像であることを示せ。
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$K$ の元数を $q$ とする。 $K$ から $K$ への写像は $qq$ 個ある。一方で、 $q - 1$ 次以下の多項式も $qq$ 個あるので、これらがすべて写像として異なることをいえばよい。
$f(x)$ , $g(x)$ を $q- 1$ 次以下の多項式とし、 $K$ から $K$ への写像として等しいと仮定する。このとき $h(x ) = f(x)- g(x)$ も $q - 1$ 次以下の多項式であって、 $K$ の任意の元が $h(x)$ の根になる。 $h (x) ⁄= 0$ ならば、問 4 によってその根の数は高々 $q - 1$ 個であり、これは矛盾である。よって $h(x) = 0$ 、すなわち $f(x) = g(x)$ となる。

(多項式 $xq - x$ は $K$ のすべての元を根にもち、写像としては $0$ と等しくなる。)
体 $K$ 上の二つの多項式で、多項式としては異なり、等しい多項式写像を定めるものを具体的に一つ答えよ。
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(問 6 参照。) $K = ℤ ∕2ℤ$ とする。このとき $2f(x ) = x + x$ は多項式としては $0$ ではないが $2f(0) = 0 + 0 = 0$ , $2f(1) = 1 + 1 = 0$ であり、 $0$ と同じ多項式写像を与える。
$√ - √ - 2+ 3$ を根にもつ次数最小で最高次係数が $1$ の有理数係数多項式を求めよ。
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$a = √2-+ √3$ とおく。
$2 √- 3 √ - √ - 4 √-a = 5 + 2 6, a = 11 2+ 9 3, a = 49+ 20 6$
である。ここで ${1,a}$ , ${1,a,a2}$ , ${1,a,a2,a3}$ はいずれも $ℚ$ 上一次独立であることが簡単に分かり、したがって $a$ は $3$ 次以下の多項式の根にはならない。 $4$ 次式については $a4 - 10a2 + 1 = 0$ が成り立つことが分かるので、求める多項式は $x4 - 10x2 +1$ である。
( $4 2x - 10x + 1 = 0$ の根は $√ - √-ｱ 2ｱ 3$ である。)
$√ - √ -ℚ [ 2] = {a+ b 2 | a,b ∈ ℚ }$ とおく。 $√-ℚ[ 2]$ は通常の演算で体であることを示せ。
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$ℚ [√2 ]$ が通常の和、差、積で閉じていること、すなわち $ℂ$ の部分環であることは明らかである。したがって $0 ⁄= x = a +b√2-∈ ℚ [√2-]$ が逆元をもつことを示せばよい。もちろん $x$ は $ℂ$ では逆元をもち、それは
$√- √ - √-x-1 = ---1√--= -----a√--b-2--√---= a2- b-22 = -2-a--2 --2-b--2 2 a+ b 2 (a + b 2)(a- b 2) a - 2b a - 2b a - 2b$
である。よって $x-1$ も $ℚ[√2]$ の元であり、したがって $ℚ [√2-]$ は体である。

(同様にして、一般に $ℚ [√m--] = {a+ b√m | a,b ∈ ℚ}$ ( $m ∈ ℤ$ ) も体であることが分かる。)
を整域としの部分集合は
- $1 ∈ S$ , $0 ⁄∈ S$
- $a,b ∈ S$ ならば $ab ∈ S$
を満たすものとする。このときをの積閉集合という。直積集合にのときにとして関係を定める。
1. (1) $~$ は同値関係であることを示せ。
2. (2) $(s,r)$ を含む $~$ による同値類を $r∕s$ と書くことにする。また同値類全体の集合を $S- 1R$ と書く。 $S -1R$ に加法と乗法を
  $′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′r∕s+ r ∕s = (rs + r s)∕(ss), (r∕s)(r∕s) = (rr )∕(ss )$
  によって定めることができることを示せ。
3. (3) 上の演算が、加法に関する交換法則、結合法則、乗法に関する結合法則、分配法則を満たすことを示せ。
4. (4) 以上より $-1S R$ は環の構造をもつ。これを $R$ の $S$ による商環という。特に $S$ として $R - {0}$ をとれば、これは積閉集合である。このときの商環 $-1S R$ は体であることを示せ。 (この体を整域 $R$ の商体という。)
5. (5) $R = ℤ$ のとき、その商体は何かを考えよ。
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1. (1) 対称律、反射律は明らかである。推移律を示す。 $′ ′(s,r) ~ (s,r)$ かつ $′ ′ ′′ ′′(s,r ) ~ (s,r )$ と仮定する。このとき $′ ′sr = s r$ , $′′′ ′′′sr = sr$ である。したがって $′′′ ′′′ ′ ′′ssr = ssr = s s r$ である。ここで $′s ∈ S$ より $′s ⁄= 0$ で、かつ $R$ が整域なので $′′ ′′sr = s r$ となる。よって $′′ ′′(s,r) ~ (s ,r )$ が成り立つ。
2. (2) $(r,s) ~ (a,b)$ , $(r′,s′) ~ (a′,b′)$ と仮定する。仮定より $rb = sa$ , $r′b′ = s′a′$ が成り立っている。したがって
  $(rs′ + r′s)bb′ = rs′bb′ + r′sbb′ = ss′ab′ + ss′a′b = ss′(ab′ + a′b)$
  となり $(rs′ + r′s,ss′) ~ (ab′ + a′b,bb′)$ が成り立つ。よって和は矛盾なく定義される。また $rr′bb′ = ss′aa′$ より $(rr′,ss′) ~ (aa′,bb′)$ であり、積も矛盾なく定義される。
3. (3)
  - [加法に関する交換法則、結合法則]加法についての交換法則が成り立つことはすぐに分かる。 $(r∕s + r′∕s′)+ r′′∕s′′ = (rs′ + r′s)∕ss′ + r′′∕s′′ = (rs′s′′ +r′ss′′ + r′′ss′)∕ss′s′′$ であり $r∕s+ (r′∕s′ + r′′∕s′′) = r∕s+ (r′s′′+ r′′s′)∕s′s′′ = (rs′s′′ +r′ss′′ + r′′ss′)∕ss′s′′$ であるから結合法則は成り立つ。
  - [乗法に関する結合法則] $(r∕s ⋅r′∕s′) ⋅r′′∕s′′ = (rr′)∕(ss′)⋅r′′∕s′′ = (rr′r′′)∕(ss′s′′) = (r∕s) ⋅(r′r′′∕s′s′′&$ であるから結合法則は成り立つ。
  - [分配法則] $(r∕s+ r′∕s′)⋅r′′∕s′′ = (rs′+ r′s)∕ss′ ⋅r′′∕s′′ = (rr′′s′ + r′r′′s)∕ss′s′′ = rr′′s′∕ss′s′′ + r′r′ȃ$ ここで $R$ が整域で $s ⁄= 0$ , $s′ ⁄= 0$ であるから $(r∕s + r′∕s′) ⋅r′′∕s′′ = rr′′∕ss′′ + r′r′′∕s′s′′ = r∕s⋅r′′∕s′′ + r′∕s′ ⋅r′′∕s′′$ となる。
4. (4) $S- 1R$ の零元は $0∕1$ であり、単位元は $1∕1$ であることに注意しておく。 $r∕s ∈ S-1R - {0}$ とすると $0 ⁄= r ∈ R$ , $0 ⁄= s ∈ R$ である。よって $s∕r ∈ S- 1R$ となり $(r∕s)(s∕r) = 1 -1 S R$ となる。したがって $0$ でない任意の元が正則元となり $S -1R$ は体である。
5. (5) $ℤ$ の商体は有理数体 $ℚ$ である。
1. (1) 整域 $R$ 上の一変数多項式環 $R[x]$ はまた整域であることを示せ。
2. (2) 整域 $R$ 上の $n$ 変数多項式環 $R[x1,x2,⋅⋅⋅ ,xn]$ は整域であることを示せ。
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1. (1) $∑f(x) = mi=0aixi$ , $∑g(x) = nj=0 bjxj$ とし、 $f(x) ⁄= 0$ , $g(x) ⁄= 0$ と仮定する。係数が $0$ である項を略して $am ⁄= 0$ , $bn ⁄= 0$ と仮定してよい。このとき $f(x)g(x) = ∑m+n ∑ aibjxk k=0 i+j=k$ であり、特に $xm+n$ の係数は $a b m n$ である。 $a ⁄= 0 m$ , $b ⁄= 0 n$ で $R$ が整域であることにより $a b ⁄= 0 m n$ である。よって $f(x)g(x) ⁄= 0$ である。
2. (2) $n$ に関する帰納法で示す。 $n = 1$ のときは (1) である。 $n > 1$ とする。 $R [x1,x2,⋅⋅⋅ ,xn]$ は $R [x1,x2,⋅⋅⋅ ,xn -1]$ 上一変数多項式環 $R [x1,x2,⋅⋅⋅ ,xn-1][xn]$ と見ることができる。帰納法の仮定から $R [x1,x2,⋅⋅⋅ ,xn -1]$ は整域であるから (5) より $R[x1,x2,⋅⋅⋅ ,xn]$ も整域である。
を体とする。
1. (1) $K$ 上の一変数多項式環 $K [x ]$ は単項イデアル整域 (§3 問 17 参照) であることを示せ。
2. (2) $f(x),g(x ) ∈ K[x]$ に対して $(f (x),g(x)) = {f(x)a(x)+ g(x)b(x ) | a(x),b(x) ∈ K [x]}$ とおくと、 $(f(x),g(x))$ は $K [x]$ のイデアルであることを示せ。
3. (3) (1), (2) より、 $f(x),g(x) ∈ K [x]- {0}$ に対して $(f(x),g(x)) = (h(x))$ となる $h(x) ∈ K [x]$ が存在する。最高次係数で割って $h(x)$ の最高次係数は $1$ であると仮定してよい。このとき $h(x)$ を $f(x)$ と $g(x)$ の最大公約元といい、 $gcd(f,g)$ と書くことにする。 $f(x) = g(x)q(x) + r(x)$ , $degr(x) < deg f(x )$ とするとき $gcd(f,g) = gcd(g,r)$ であることを示せ。
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1. (1) $I$ を $K [x]$ の $0$ でないイデアルとする。 $I$ の $0$ でない元で、次数最小のものを $f(x)$ とする。 ( $f(x)$ は一意的ではないが、その一つをとり固定する。)
  $g(x) ∈ I$ とする。多項式の割り算を考えれば
  $g(x) = q(x)f(x)+ r(x), deg(r(x)) < deg(f(x))$
  となる $q(x), r(x) ∈ K [x]$ が存在する。ここで $r(x) = g(x)- q(x)f(x) ∈ I$ となるので、 $f(x)$ の次数の最小性から $r(x) = 0$ である。したがって $g(x) ∈ f (x)K [x ]$ である。よって $I ⊂ f(x)K [x]$ となる。一方で $f(x) ∈ I$ なので $f(x)K[x] ⊂ I$ は明らかに成り立ち $I = f(x)K [x]$ となる。したがって $I$ は単項イデアルである。
  問11 より $K [x]$ は整域なので $K [x ]$ は単項イデアル整域である。
2. (2) $α(x),β(x) ∈ (f(x),g(x))$ , $h(x) ∈ K [x]$ とする。 $α(x) = f (x)a(x)+ g(x)b(x)$ , $β (x) = f(x)a′(x)+ g(x)b′(x )$ となる $a(x), a′(x), b(x ), b′(x) ∈ K [x]$ が存在する。このとき
  
  $α(x)- β(x) = f(x)(a(x)- a′(x ))+ g(x)(b(x)- b′(x )) ∈ (f(x),g(x)) h(x)α(x) = f(x)(h(x)a(x))+ g(x)(h(x)b(x)) ∈ (f(x),g(x))$
  
  であるから $(f(x),g(x))$ は $K [x]$ のイデアルである。
3. (3) (1) よりイデアルの次数最小の元はスカラー倍を除いて一意的に定まるので $(f(x),g(x )) = (g(x),r(x))$ を示せば十分である。 $f(x) = g(x)q(x)+ r(x) ∈ (g(x),r(x))$ , $g(x) ∈ (g(x),r(x))$ であるから $(f(x),g(x)) ⊂ (g(x),r(x ))$ が成り立つ。また $g(x) ∈ (f(x),g(x))$ , $r(x) = f(x)- q(x)g(x ) ∈ (f(x),g(x))$ より $(f(x),g(x)) ⊃ (g(x),r(x))$ が成り立つ。よって $(f(x),g(x)) = (g(x),r(x))$ である。
$K$ を体とする。 $f(x) ∈ K [x]$ を既約な多項式とする。このとき $K [x]∕(f(x))$ は体であることを示せ。
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$g(x) ∈ K[x]$ に対して $g(x)+ (f(x)) ∈ K [x]∕(f (x))$ を $----g(x)$ と書くことにする。 $----g(x ) ⁄= 0$ 、すなわち $g(x) ⁄∈ (f(x))$ とする。このとき $----g(x)$ が逆元をもつことを示せばよい。 $f (x)$ を割り切る多項式は $1$ と $f(x)$ 自身しかないので、問 12 によって $gcd(f(x),g(x)) = 1$ である。よって、やはり問 12 によって $f(x)a(x )+ g(x)b(x) = 1$ となる $a(x),b(x) ∈ K [x]$ が存在する。このとき $-------- -g(x)b(x) = 1$ となり、 $----b(x)$ が $----g(x)$ の逆元である。
$ℚ [x]∕(x2 - 2)$ は本質的に $√ -ℚ[ 2]$ (問 9 参照) と同じ体であることを示せ。 (本質的に同じ体であるとは、集合としての全単射で、和と積を保つものが存在することをいうこととする。このとき二つの体は同型であるという。)
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自然な全射 $ℚ[x] → ℚ[x]∕(x2 - 2)$ による $f(x ) ∈ ℚ[x]$ の像を $f(x)$ と書くことにする。 $x2 = 2$ に注意すれば、任意の $f(x) ∈ ℚ [x]$ は $a+-bx-$ ( $a,b ∈ ℚ$ ) と一意的に表されることが分かる。このとき $Γ : ℚ [x]∕(x2 - 2) → ℚ[√2]$ を $Γ (a+-bx) = a + b√2$ と定めれば、これは全単射である。 $Γ$ が和を保存することはすぐに分かる。また

$------ ------ √-Γ ((a + bx)(c+ dx)) = Γ ((ac+√ 2bd)+ (√ad+ bc)x)-=-(ac +-2bd)-+(ad +bc) 2 = (a+ b 2)(c+ d 2) = Γ (a+ bx)Γ (c+ dx)$

となり、積を保存することも分かる。
(元数の有限体) とする。
1. (1) $F2$ 上の既約な $2$ 次多項式 $f(x)$ を見付けよ。
2. (2) $F2[x]∕(f(x))$ は本質的に問 3 の体 $F4$ と同じ体であることを示せ。
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1. (1) $x2 +x + 1$ は既約である。 (既約でないならば $0$ または $1$ を根にもたなくてはならない。)
2. (2) $- - -------F2[x]∕(f(x)) = {0,1, x,1 + x}$ である。加法、乗法の演算表を書けば問 3の体と同じになることが分かる。 (実際、問3 の解答例にある $α$ は $2α + α +1$ を満たしている。)