【神々の】ガロア生誕200周年記念スレ【愛でし人】

クマは無職だと自分で認めている（過去スレ参照）

おまけにイギリス貴族だと、悔し紛れに言っておった

イギリス貴族にして無職のアホがクマ

次の命題は Galoisの主定理の証明において非常に重要な役割を果たす。

命題 341
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。
K は 1 の原始 n 乗根(>>520) ζ を含むとする。
このとき、L = K(α) かつ α^n ∈ K となる α が存在する。

証明
G を L/K のGalois群(>>251)とする。
σ を G の生成元とする。
>>752より σ の固有多項式は X^n - 1 である。
よって、σ の固有値は 1、ζ、．．．、ζ^(n-1) である。
ζ ∈ K であるから σ(α) = ζα となる 0 ≠ α ∈ K がある。
σ(α^n) = (ζα)^n = α^n
よって、α^n は G の全ての元で固定される。
よって、Galois理論の基本定理(>>451)より α^n ∈ K である。

σ(α^i) = (ζα)^i = (ζ^i)α^i、i = 0、1、．．．、n - 1
よって、1、α、．．．、α^(n-1) はそれぞれ
σ の固有値 1、ζ、．．．、ζ^(n-1) の固有ベクトルである。
よって、1、α、．．．、α^(n-1) は K 上１次独立である。
よって、L = K(α) である。
証明終

50 ：１３２人目の素数さん：2008/02/04(月) 00:29:57
ネットの普及で、昔なら漠然と「おかしいなあ」と思っていて
内内で語られていた人事が、おおっぴらになったのはよいことだ。
さらにMathSciNetとかGoogle scholerとかで、論文などを検索出来る。
サボっている教員の実態がこうしてネットで白日のもとにさらされるということだｗ
51 ：１３２人目の素数さん：2008/02/04(月) 00:53:18
自分より業績が上の PD を選考で落としている教員の実態をさらせ

低脳クマ、職探しをしてこい
働いて税金をおさめろよw

ニートの分際でw

猫さんは、橋下前大阪知事を支持しますか？

理由も教えて下さい

あげあげ

橋下さんは大阪の救世主だろ。断固支持します！

>>752において σ の固有多項式は σ の最小多項式であった。
このような状況を調べてみよう。

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)。
f(X) を σ の固有多項式とする。
>>740より χ(V) = (f(X)) である。
g(X) を σ の最小多項式とする。
>>741より Ann(V) = (g(X)) である。
よって χ(V) = Ann(V) となる条件を調べてみよう。

>>759
はい、私は橋下氏を支持します。その理由は『彼の考え方は非常に合理
的だと私も認める』からです。彼が頑張る事は、コレまでの日本の制度
の硬直化であるとか、また保守的な考え方をブチ壊す為の非常に大切な
突破口になると物凄く期待しています。

ですから断固支持です。

猫

追伸：なるべくここでは私に話しかけないで下さい。熊さんの数学の邪
魔になってはいけないので。

>>763
熊とは誰？
もしかしてKummerのことか？
なら失礼だろうが　人の名前を間違えるのは　謝罪しろ

>>764
お断りや。

猫

>>765
命令だから謝れつってんの
お前に拒否権はないの

>>766
ほんならオマエがワシを強制的に謝らせてミロや。ホレ、やってみ。

猫

>>767
お前が芳雄に侮られた理由は分かったわ

いやだね

>>766
早うシロや。そやないと狙い撃ちにスルさかいナ。

猫

橋下氏のどこが素晴らしいのですか？
具体的に述べて下さい＞猫

>>770
お前は無意識下ですでに敗北を認めている

いつになったら自覚できるようになるんだろうね

芳雄に性格を矯正してくれていたら今頃…

>>771
判断が非常に合理的だと思いますね。例えば二重行政を排除して予算の
縮減を考えるという主張ですね。

猫

二重行政排除は都にしないでも可能では？

>>774
ソコは恐らくは現行法の問題なんですかね。詳しい事は私は知りません。
でも通常の縦割り行政から考えれば、そういう二重行政を排除するのに
一番有効な方法論はやはり大阪都構想ではないかと橋下氏の話を聞いて
私もそう考えました。やはり船頭が二人居てはそうは中々行かないのが
縦割り的な考え方だと思いますね。

猫

>>775
東京都がそうであるように、大阪「都」にしても二重行政は排除できませんよ。

>>776
だから『こそ』非常に注意して制度設計をしないといけないと思いますね。
特に国から思いっきり権限を奪う事が必要ですね。

猫

命題 342
A を単項イデアル整域とし、p をその素元(>>599)とする。
n ≧ 1 を整数とする。
このとき、(p^n)A/(p^(n+1))A は A-加群として A/pA に同型である。

証明
π：(p^n)A → (p^n)A/(p^(n+1))A を標準的な A-準同型とする。
写像 f：A → (p^n)A を f(x) = (p^n)x により定義する。
f は A-準同型である。
g = πf とする。
π と f は全射であるから g も全射である。
g(x) = πf(x) = 0 なら f(x) ∈ (p^(n+1))A
よって、(p^n)x = (p^(n+1))y となる y ∈ A がある。
よって、x = py
よって、Ker(g) ⊂ pA である。
逆の包含関係は明らかであるから Ker(g) = pA である。
よって、(p^n)A/(p^(n+1))A は A/pA に同型である。
証明終

命題 343
A を単項イデアル整域とし、p をその素元(>>599)とする。
n ≧ 1 を整数とする。
χ(A/(p^n)A) = Ann(A/(p^n)A) = (p^n)A である。

証明
A-加群の列 A ⊃ pA ⊃ ... ⊃ (p^n)A を考える。
>>778より、各 (p^(i-1))A/(p^i)A、i = 1、．．．、n は A-加群として単純である。
よって length(A/(p^n)A) = n である。
よって、χ(A/(p^n)A) = (p^n)A でる。
他方、Ann(A/(p^n)A) = (p^n)A である。
証明終

命題 344
A を単項イデアル整域とし、M を A-巡回加群(>>636)とする。
M の任意の A-部分加群は A-巡回加群である。

証明
M の生成元を x とする。
N を M の A-部分加群とする。
I = {a ∈ A； ax ∈ N} は A のイデアルである。
I = rA、r ∈ A とする。
rx ∈ N である。
y = rx とおく。
任意の z ∈ N は z = ax、a ∈ A と書ける。
a ∈ rA であるから a = rs となる s ∈ A がある。
z = rsx = sy
よって、N = Ay である。
証明終

kummer

謝れ

熊熊

>>781
コラ、叩くゾ。

猫

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

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

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

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

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

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

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

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

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

>>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)

クマー

失業者w

>>794
失業者はワシや。

猫

>>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。

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

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

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

>>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。

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

>>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。

test

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