今回は、京都大学で3回生向けに後期に行われたガロア理論の講義の第12回の内容の要約をします。円分体のガロア群の構造を調べます。
- ガロア理論の講義（OCW）を要約する：目次
- ガロア理論の講義（OCW）を要約する：第１回（10月7日）
- ガロア理論の講義（OCW）を要約する：第２回（10月14日）
- ガロア理論の講義（OCW）を要約する：第３回（10月21日）２限
- ガロア理論の講義（OCW）を要約する：第３回（10月21日）３限
- ガロア理論の講義（OCW）を要約する：第４回（10月28日）
- ガロア理論の講義（OCW）を要約する：第５回（11月4日）
- ガロア理論の講義（OCW）を要約する：第６回（11月11日）
- ガロア理論の講義（OCW）を要約する：第７回（11月18日）
- ガロア理論の講義（OCW）を要約する：第８回（12月2日）
- ガロア理論の講義（OCW）を要約する：第９回（12月9日）
- ガロア理論の講義（OCW）を要約する：第10回（12月16日）
- ガロア理論の講義（OCW）を要約する：第11回（1月6日）
- ガロア理論の講義（OCW）を要約する：第12回（1月13日）← 今回
目次
円分体 (続き) (00:08~)
前回のおさらい (00:08~)
$n > 0$ を整数とします (前回は $n > 1$ としていました。$n=1$ は含んでも含まなくても大差ありません)。 $\zeta_n = \exp(\frac{2\pi \sqrt{-1}}{n})$ とおいて、
$$\Phi_n(x) = \prod_{\substack{\mathrm{GCD}(i, n) = 1, \\ 1 \leq i \leq n}}(x -\zeta_n^i)$$
を円分多項式と言いました ($n=1$ のときにも定義ができるように、講義での定義から $i$ の範囲を少し変えています)。
前回は、$\mathbb{Q}(\zeta_n) / \mathbb{Q}$ がガロア拡大であることと、$\Phi_n(x) \in \mathbb{Z}[x]$ であること、$\sigma \in \mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n) / \mathbb{Q})$ に対して、$\mathrm{GCD}(i, n ) = 1$ を満たす $i \in \mathbb{Z}$ が存在して、$\sigma(\zeta_n) = \zeta_n^i$ を満たすことを示しました。
逆に、$\mathrm{GCD}(i, n) = 1$ を満たす全ての $i$ に対して $\sigma \in \mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n) / \mathbb{Q})$ が存在することを後で示します。
円分多項式の計算 (02:28~)
円分多項式には定義に従って計算するよりも効率的な方法があります。それには以下の等式
$$x^n -1 = \prod_{d | n} \Phi_d(x)$$
が成り立つことを使います。この式が成りたつことは以下のように示されます。まず定義から
$$x^n -1 = \prod_{i=1}^{n}(x -\zeta_n^i)$$
が成り立ちますが、$1 \leq i \leq n$ に対して $m = \mathrm{GCD}(i, n)$ とおくと、$i = mj$, $n = md$ を満たす整数 $1 \leq j, d \leq i$ が存在し
$$\zeta_n^i = (\zeta_n^m)^j = \zeta_d^j$$
が成り立ちます。$d$ と $j$ は互いに素なので、$\zeta_d^j$ は $\Phi_d(x)$ の根です。よって $x^n -1$ の根は全て $\prod_{d | n} \Phi_d(x)$ の根で、$x^n -1$ は分離的 (根は全て異なる) ので $x^n -1$ は $\prod_{d | n} \Phi_d(x)$ を割り切ります。次数と最高次の項を比較すれば、
$$x^n -1 = \prod_{d | n} \Phi_d(x)$$
がわかります。これを使うと、
$$\Phi_n(x) = \frac{x^n-1}{\prod_{d | n, d < n} \Phi_d(x)}$$
が成り立ちます。
例. (07:20~)
$\Phi_6(x)$ を求めます。$6$ を割り切る数は $1, 2, 3, 6$ で、
$$\Phi_6(x) = \frac{x^n-1}{\Phi_1(x)\Phi_2(x)\Phi_3(x)}$$
です。ここで、
\begin{align} \Phi_1(x) &= x -1 \\ \Phi_2(x) &= \frac{x^2 -1}{\Phi_1(x)} = x+1 \\ \Phi_3(x) &= \frac{x^3 -1}{\Phi_1(x)} = x^2 + x + 1 \\ \end{align}
です。一般に $p$ が素数なら
$$\Phi_p(x) = \frac{x^p-1}{x-1} = x^p + \cdots + 1$$
です。よって
\begin{align} \Phi_6(x) &= \frac{x^6 -1}{(x-1)(x+1)(x^2+x+1)} \\ &= \frac{x^4 +x^2 +1}{x^2 + x +1} \\ &= x^2 -x +1 \end{align}
となります。$\Box$
円分多項式の既約性 (11:28 ~)
$p$ を素数とし、$f(x) \in \mathbb{Z}[x]$ に対して $\bar{f}(x) \in \mathbb{F}_p[x]$ を $p$ を法とした多項式とします。フェルマーの小定理 $a^p \equiv a \pmod p$ により
$$\bar{f}(x^p) = \bar{f}(x) ^p$$
が成り立ちます。実際
\begin{align} & (a_0x^n +\cdots+a_n)^p \\ \equiv \ & (a_0^p x^{pn} +\cdots+a_n^p) \\ \equiv \ & a_0 x^{pn} + \cdots + a_n \end{align}
となります。
命題. 円分多項式の既約性 (13:41~)
$\Phi_n(x)$ は $\mathbb{Q}$ 上既約である.
(証明の概略) : $X$ を原始 $n$ 乗根全体の集合
$$X = \{\zeta_n^i \mid 0 < i < n, \ \mathrm{GCD}(i, n) = 1\}$$
とする. $X$ は $\Phi_n(x)$ の根全体の集合である.
$\zeta \in X$ に対して, $f(x)$ を $\zeta$ の $\mathbb{Q}$ 上の最小多項式とすると, $f(x) \in \mathbb{Z}[x]$ である. これは前回 $\Phi_n(x) \in \mathbb{Z}[x]$ を示したときと同様にしてわかる. まず $\mathbb{Q}$ 上で $f(x) | \Phi_n(x)$ となる. $f(x)$ の係数の分母の最小公倍数を $d > 0$ とすると, $df(x) \in \mathbb{Z}[x]$ は原始多項式である. $\mathbb{Q}$ 上で $df(x) | \Phi_n(x)$ であるが, $\Phi_n(x)$, $df(x)$ が原始多項式であることから, これは $\mathbb{Z}$ 上で成り立つ. 最高次の係数の比較から $d | 1$ なので, $d = 1$.
(19:17~) 次に $p$ を素数として, $\mathrm{GCD}(p, n) = 1$ ならば $f(\zeta^p) = 0$ を示す. $\zeta$ は $\zeta = \zeta_n^i$, $\mathrm{GCD}(i, n) = 1$ と表される. $\zeta^p = \zeta_n^{pi}$, $\mathrm{GCD}(pi, n) = 1$ なので, $\zeta^p \in X$ である, つまり $\Phi_n(\zeta^p) = 0$ である. $f(x) | \Phi_n(x)$ から, モニック多項式 $g(x) \in \mathbb{Z}[x]$ が存在して $\Phi_n(x) = f(x)g(x)$ を満たす. よって
$$0 = \Phi_n(\zeta^p) = f(\zeta^p)g(\zeta^p)$$
を満たす.
$f(\zeta^p) \neq 0$ と仮定すると, $g(\zeta^p) = 0$ が成り立つ. 多項式 $g(x^p)$ を考えると, $g(x^p)$ は $\zeta$ を根に持つ. $f(x)$ は $\zeta$ の最小多項式なので, $f(x)$ は $g(x^p)$ を ($\mathbb{Q}$ 上) 割り切る. つまり $g(x^p) = f(x)h(x)$. ここで $\Phi_n(x)$, $f(x)$ が原始多項式なので $g(x)$ も原始多項式であり, よって $g(x^p)$ も原始多項式なので, 先ほどと同様の議論により $h(x) \in \mathbb{Z}[x]$ で, $h(x)$ はモニックである. ここで, $p$ を法として
$$\bar{f}(x)\bar{h}(x) = \bar{g}(x^p) = \bar{g}(x)^p$$
なので, $\bar{f}(x)$ と $\bar{g}(x)$ は共通根を持つ. 特に, $\bar{\Phi}_n(x) = \bar{f}(x)\bar{g}(x)$ から $\bar{\Phi}_n(x)$ は重根を持つ.
一方 $x^n -\bar{1}$ の微分は $\bar{n}x^n$ で, $p$ と $n$ が互いに素なので, $\bar{n}x^n$ の根は $0$ のみである. $-\bar{1} \neq 0$ なので, $x^n -\bar{1}$ は重根を持たず, $\bar{\Phi}_n(x) | x^n -\bar{1}$ なので $\bar{\Phi}_n(x)$ も重根を持たない. よって矛盾し, $f(\zeta^p) = 0$ である.
(27:22 ~) $\mathrm{GCD}(i, n) = 1$ を満たす一般の (つまり素数以外の) $i$ に対しては, $i$ を素因数分解し,
$$i = p_1 \cdots p_t$$
と表したとき, 上で示したことから, $\zeta^{p_1}$ は $f$ の根, $\zeta^{p_1p_2}$ は $f$ の根となり, 繰り返して $\zeta^i$ は $f$ の根となる. 以上を $\zeta_n$ に適用すれば, $X$ の元は全て $f(x)$ の根である. よって $f(x) = \Phi_n(x)$ となり, $\Phi_n(x)$ は既約である.$\Box$
これで、
$$[\mathbb{Q}(\zeta_n):\mathbb{Q}] = \phi(n)$$
($\phi$ はオイラー関数) であることがわかりました。
円分体のガロア群 (30:46~)
定理. (30:46~)
以下が成り立つ.
- $n > 1$ に対して $$\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q}) \simeq (\mathbb{Z} / n\mathbb{Z})^{\times}$$
- 右辺の $i +n\mathbb{Z}$ は $\sigma(\zeta_n) = \zeta_n^i$ に対応する.
(証明の概略) : 前回示したことから, $\sigma \in \mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q})$ に対して $\sigma(\zeta_n) = \zeta_n^i$ となる $i \in (\mathbb{Z} / n\mathbb{Z})^{\times}$ が存在する. これが準同型であることは明らか. $\sigma$ は $\zeta_n$ の値で決まるので, この準同型は単射.
\begin{align} |\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q})| &= [\mathbb{Q}(\zeta_n):\mathbb{Q}] \\ &= \phi(n) \\ &= |(\mathbb{Z} / n\mathbb{Z})^{\times}| \end{align}
なので, 全射でもある. よって
$$\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q}) \simeq (\mathbb{Z} / n\mathbb{Z})^{\times}$$
となる.$\Box$
(34:50~) これで円分多項式のガロア群の構造が比較的わかりましたが、上の定理を使ってさらに素数冪の場合の積に分解します。
定理. (35:14~)
$n, m \in \mathbb{Z}$ を正の整数で, 互いに素とする。このとき以下が成り立つ.
- $\mathbb{Q}(\zeta_{nm}) = \mathbb{Q}(\zeta_n, \zeta_m)$, $\mathbb{Q}(\zeta_n) \cap \mathbb{Q}(\zeta_m) = \mathbb{Q}$
- 制限写像により$$\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_{nm})/\mathbb{Q}) \simeq \mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q}) \times \mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_m)/\mathbb{Q})$$
(証明の概要) : (1) を示す. ある $a, b \in \mathbb{Z}$ が存在して, $an + bm = 1$ を満たす.
$$\zeta_{nm} = \zeta_{nm}^{an}\zeta_{nm}^{bm} = \zeta_m^a\zeta_n^b \in \mathbb{Q}(\zeta_{n}, \zeta_{m})$$
から $\mathbb{Q}(\zeta_{nm}) \subset \mathbb{Q}(\zeta_n, \zeta_m)$. 逆に $\zeta_n = \zeta_{nm}^n \in \mathbb{Q}(\zeta_{nm})$, $\zeta_m = \zeta_{nm}^n \in \mathbb{Q}(\zeta_{nm})$ から $\mathbb{Q}(\zeta_n, \zeta_m) \subset \mathbb{Q}(\zeta_{nm})$.
$\mathbb{Q}(\zeta_n) \cap \mathbb{Q}(\zeta_m) = F$ とおき, $F = \mathbb{Q}$ を示す. $[F: \mathbb{Q}] = \ell$ と置いて, $\ell= 1$ を示せば良い.
\begin{align} \phi(n) &= [\mathbb{Q}(\zeta_n): \mathbb{Q}] = [\mathbb{Q}(\zeta_n): F] \ell\\ \phi(m) &= [\mathbb{Q}(\zeta_m): \mathbb{Q}] = [\mathbb{Q}(\zeta_m): F] \ell\\ \phi(nm) &= [\mathbb{Q}(\zeta_{nm}): \mathbb{Q}] = [\mathbb{Q}(\zeta_{nm}): F] \ell\\ \end{align}
であるが, 推進定理から
\[ \xymatrix@=10pt{ & \mathbb{Q}(\zeta_{nm}) \ar@{-}[rd]|\bigcirc \ar@{-}[ld]|{||} & \\ \mathbb{Q}(\zeta_n) & & \mathbb{Q}(\zeta_m) \\ & F \ar@{-}[ru]|{||} \ar@{-}[lu]|\bigcirc & } \]
$$[\mathbb{Q}(\zeta_{nm}): F] = [\mathbb{Q}(\zeta_{n}): F][\mathbb{Q}(\zeta_{m}): F]$$
が成り立つ. よって
$$\frac{\phi(nm)}{l} = \frac{\phi(n)}{l}\frac{\phi(m)}{l}$$
となるが, $\phi(nm) = \phi(n)\phi(m)$ なので $l = 1$.
(2) は推進定理から従う.$\Box$
(44:26~) 上の定理から $\mathbb{Q}(\zeta_m)$ のガロア群は、$m = p_1^{e_1} \cdots p_t^{e_t}$ と素因数分解したとき、$\mathbb{Q}(\zeta_{p_i}^{e_i})$ の直積と同型になることがわかりました。
$(\mathbb{Z}/ p^n\mathbb{Z})^{\times}$ の構造 (44:40 ~)
よって次は $(\mathbb{Z}/ p^n\mathbb{Z})^{\times}$ の構造を決定します。結論から言うと, $p$ が奇素数なら巡回群, $p = 2$ なら
$$\mathbb{Z} / 2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z} /2^{n-2} \mathbb{Z}$$
になります。$\mathbb{Z} / 2\mathbb{Z}$ は $-1$ の同値類が, $\mathbb{Z} /2^{n-2} \mathbb{Z}$ は $5$ の同値類が生成元になります。
補題. (45:54)
- $p$ を奇素数とし, $n \geq 0$ とする. このとき任意の $a, b \in \mathbb{Z}$ に対して $$(a +pb)^{p^n} \equiv a^{p^n} +p^{n+1} b a^{p^n-1} \pmod {p^{n+2}}$$が成り立つ.
- $n \geq 0$ に対して $$5^{2^n} \equiv 1+2^{n+2} \pmod {2^{n+3}}$$が成り立つ.
(証明の概略) : ここに式を書くより動画を見た方がわかりやすいと思うので省略. 基本的には帰納法を使って丁寧に計算するだけ. ポイントは $n = 1$ の場合の証明で, そこで奇素数と $2$ の場合分けが必要になる. $n \geq 2$ のときは, $p$ の高次の項が消えることを使って二項展開すれば良い. $\Box$
命題. (58:25 ~)
- $p$ を奇素数とする. このとき $(\mathbb{Z}/p^n \mathbb{Z})^{\times}$ は巡回群である. また $n \geq 2$ のとき, $a + p^2 \mathbb{Z}$ が $(\mathbb{Z}/p^2 \mathbb{Z})^{\times}$ の生成元ならば, $a + p^n \mathbb{Z}$ が $(\mathbb{Z}/p^n \mathbb{Z})^{\times}$ $(n \geq 2)$ を生成する. さらに, $a + p\mathbb{Z}$ が $(\mathbb{Z}/p \mathbb{Z})^{\times}$ の生成元で, $a + p^2\mathbb{Z}$ が $(\mathbb{Z}/p^2 \mathbb{Z})^{\times}$ の生成元でないならば, $a + p + p^2\mathbb{Z}$ が生成元になる.
- $(\mathbb{Z} /2\mathbb{Z})^{\times} \simeq \{0\}$, $(\mathbb{Z} /4\mathbb{Z})^{\times} \simeq \mathbb{Z}/2\mathbb{\mathbb{Z}}$ となる.
- $n \geq 3$ ならば, $$(\mathbb{Z} /2^n\mathbb{Z})^{\times} \simeq \mathbb{Z}/2\mathbb{\mathbb{Z}} \times \mathbb{Z}/2^{n-2}\mathbb{\mathbb{Z}}$$となる. $-1$, $5$ がそれぞれの生成元である.
(証明の概略) : 以前示した命題から, $\mathbb{F}_p^{\times}$ は巡回群である. $a + \mathbb{Z}$ を $(\mathbb{Z}/p \mathbb{Z})^{\times}$ の生成元かつ $a + p^2\mathbb{Z}$ が $(\mathbb{Z}/p^2 \mathbb{Z})^{\times}$ の生成元でないとする. $(\mathbb{Z}/p^2 \mathbb{Z})^{\times}$ の位数は $p(p-1)$ なので, $a + p^2\mathbb{Z}$ の位数は
- $p -1$
- $p -1$ の真の約数 $m$
- $m p$
のいずれかになる. ここでもし位数が $m$ または $mp$ ならば, $a^{mp} \equiv 1 \pmod {p^2}$ であり, よって $a^{mp} \equiv 1 \pmod{p}$ となる. ここでフェルマーの小定理から $a^p \equiv a \pmod{p}$ なので,
$$1 \equiv a^{mp} \equiv (a^p)^m \equiv a^m \pmod{p}$$
となる. $m < p$ かつ $a$ は $(\mathbb{Z}/p \mathbb{Z})^{\times}$ の生成元なので、これは矛盾である. よって $a + p^2\mathbb{Z}$ の位数は $p -1$ となる.
(1:07:32 ~) $a + p + p^2\mathbb{Z}$ が $(\mathbb{Z}/p^2 \mathbb{Z})^{\times}$ の生成元であることを示す. 生成元でないとすれば, 先ほどと同様にして
$$(a +p)^{p-1} \equiv 1 \pmod{p^2}$$
がわかる. ここで, 二項展開すると
\begin{align} 1 & \equiv (a +p)^{p-1} \\ &\equiv a^{p-1} +(p -1)a^{p-2}p \\ &\equiv a^{p-1} -pa^{p-2} \\ &\equiv 1 -pa^{p-2} \pmod{p^2} \end{align}
となるが, $pa^{p-2}$ は $p^2$ で割り切れないので矛盾. これで $a + p + p^2\mathbb{Z}$ が生成元であることがわかった.
(1:10:50 ~) $n \geq 2$ として, $a + p^2\mathbb{Z}$ が $(\mathbb{Z}/p^2 \mathbb{Z})^{\times}$ の生成元であるとする. $a + p^n\mathbb{Z}$ が $(\mathbb{Z}/p^n \mathbb{Z})^{\times}$ の生成元であることを示す. $m$ を $a + p^n\mathbb{Z}$ の位数とすると, $a^m \equiv 1 \pmod{p^n}$ なので, $a^m \equiv 1 \pmod{p^2}$ が成り立つ. $(\mathbb{Z}/p^2 \mathbb{Z})^{\times}$ の位数は $p(p-1)$ かつ $a + p^2\mathbb{Z}$ が生成元であることから, $p(p-1) | m$ となる. ここでもし $m \neq (p -1)p^{n-1}$ ならば, $m | (p -1)p^{n -2}$ である. よって $a^{{p-1}p^{n-2}} \equiv 1 \pmod{p^n}$ となる. また, $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ かつ $a^{p-1} \not \equiv 1 \pmod{p^2}$ なので,
$$a^{p-1} \equiv 1 + pb \pmod{p^2}, \quad p \nmid b$$
とおける. ここで, 先ほどの補題から
\begin{align} 1 &\equiv (1 +pb)^{p^{n-2}} \\ &\equiv 1 +p^{n-2}pb \\ &\equiv 1 +p^{n-1}b \\ &\not \equiv 1 \pmod {p^n} \end{align}
となり, 矛盾. よって $m = (p -1)p^{n-1}$, つまり $a +p^n\mathbb{Z}$ は $(\mathbb{Z}/p^n \mathbb{Z})^{\times}$ の生成元である. これで (1) が示された.
(1:18:10~) (2) は明らか. (3) を示す. $n \geq 3$ とし, $H_n \subset (\mathbb{Z} / 2^n \mathbb{Z})^{\times}$ を, $4$ で割って余りが $1$ である整数で代表されるもの全体とする. $-1 + 2^n\mathbb{Z}$ は位数 $2$ であり, $H_n$ に含まれない. よって
$$\langle -1 + 2^n\mathbb{Z} \rangle \cap H_n = \{1\}$$
である. また, $a \notin H_n$ ならば $-a \in H_n$ なので,
$$\langle -1 + 2^n\mathbb{Z} \rangle \cdot H_n = (\mathbb{Z} / 2^n \mathbb{Z})^{\times}$$
となる. あとは $H_n$ が位数 $2^{n-2}$ の巡回群であることを示せば良い.
$$|H_n| = \frac{\varphi(2^n)}{2} = 2^{n-2}$$
である. $5 +2^n \mathbb{Z} \in H_n$ なので, この位数が $2^{n-2}$ であることを示せば良い. 先ほどの補題から
\begin{align} 5^{2^{n-3}} \equiv 1 + 2^{n-1} \not\equiv 1\pmod{2^n} \end{align}
となるが, $5 +2^n \mathbb{Z}$ の位数は $2^{n-2}$ 以下の $2$ の冪なので, $2^{n-2}$ である. よって (3) が示された. $\Box$
例. (1:24:14~)
$\mathbb{Q}(\zeta_7)/ \mathbb{Q}$ の中間体で, $\mathbb{Q}$ 上2次であるものを求める. 答えは $\mathbb{Q}(\sqrt{-7})$. 動画を見た方がわかりやすいので動画を見てください.
次回
[予定] ガロア理論の講義（OCW）を要約する：第13回（1月20日）
