代数学演習

**１３２人目の素数さん** · 2021/03/09(火) 20:31:01.93

線形代数
群
環と加群
体Galois理論
可換代数
群の表現

などの演習問題を解くスレ

**１３２人目の素数さん** · 2021/03/09(火) 20:36:18.19

代数演習

**１３２人目の素数さん** · 2021/03/11(木) 23:04:50.28

がんばえるぞ

**１３２人目の素数さん** · 2021/03/11(木) 23:06:20.96

参考書
代数系入門
代数学Ⅰ、Ⅱ

**１３２人目の素数さん** · 2021/05/05(水) 06:47:00.98

〔問題〕
1／(2^{1/3})　は 2x^3 - 1 = 0 の実根である。
1／(2^{1/3})　は 2次以下の整係数多項式の根ではないことを示せ。

**１３２人目の素数さん** · 2021/05/05(水) 06:55:57.60

(略解)
1/(2^{1/3}) が axx + bx + c = 0 (a,b,c∈Z) の根となるのは a=b=c=0 の場合に限る
ことを示す。
a=0, b=0 のときは成立する。
a=0, b≠0 のとき　x = - c/b ∈Q となるが
　2x^3 = 1 で　xの分母・分子の2ベキ指数が矛盾を来たす。
a≠0 のとき b/a = b'、 c/a = c' とおく。
　2x^3 - 1 を xx + b'x + c' で割ると
　2x^3 - 1 = 2(xx + b'x + c')(x - b') + 2(b' ^2 - c')x + (2b'c' - 1),
　x = 1/(2^{1/3}) とおくと 0 = 2(b' ^2 - c')/(2^{1/3}) + (2b'c' - 1),
　1/(2^{1/3}) は無理数だから　(b')^2 - c' = 0,　2b'c' - 1 = 0,
　よって 2(b')^3 = 1, b'∈Q となるが、b'の分母・分子の2ベキ指数が矛盾を来たす。(終)
∴　1/(2^{1/3}) の最小多項式は 2x^3 - 1.

なお　{1, 1/(2^{1/3}), 1/(2^{2/3})} はQ上1次独立と云うらしい。

**１３２人目の素数さん** · 2021/08/06(金) 20:47:18.02

pを素数とし、Z_pをp進整数環とする。Z加群としてのテンソル積

Z_p ⊗ Q(√-1)

は？

**１３２人目の素数さん** · 2021/08/14(土) 02:50:49.84

ℚ(√2 + √3)/ℚがGalois拡大であることを示し、そのGalois群を求めよ。

**１３２人目の素数さん** · 2021/08/14(土) 02:55:39.52

まず、ℚ(√2 + √3) = ℚ(√2)(√3)であることを示す。
ℚ(√2 + √3)⊂ℚ(√2)(√3)は明らか。
逆の包含を示すため、ℚと√2 + √3から有限回の四則演算で√2, √3を作れることを示す。
1/(√2 + √3) = √3 - √2より、√3 - √2∈ℚ(√2 + √3)。
よって、√3 = ((√3 + √2) + (√3 - √2))/2∈ℚ(√2 + √3)、√2 = ((√3 + √2) - (√3 - √2))/2∈ℚ(√2 + √3)。
よって、ℚ(√2 + √3)⊃ℚ(√2)(√3)。

ℚ(√2)/ℚとℚ(√3)/ℚはともにℚのGalois拡大であり、それぞれ√2, √3のℚ上の共役をすべて含むから、ℚ(√2)(√3)も√2, √3のℚ上の共役をすべて含む。
したがって、ℚ(√2)(√3)/ℚはGalois拡大である。

写像φ: Gal(ℚ(√2)(√3)/ℚ)→Gal(ℚ(√2)/ℚ) × Gal(ℚ(√3)/ℚ)を

φ(σ) = (σ|ℚ(√2), σ|ℚ(√3))

で定めると、φは群準同型になる。
ℚ(√2)(√3)はℚ(√2)とℚ(√3)で生成されるから、σ|ℚ(√2)とσ|ℚ(√3)がともに恒等写像になれば、σはℚ(√2)(√3)の恒等写像である。したがって、φは単射である。

また、

[ℚ(√2)(√3):ℚ]
= [ℚ(√2)(√3):ℚ(√2)][ℚ(√2):ℚ]
= [ℚ(√3):ℚ][ℚ(√2):ℚ] （∵ Galois拡大の推進定理）
∴ |Gal(ℚ(√2)(√3)/ℚ)| = |Gal(ℚ(√3)/ℚ) × Gal(ℚ(√2)/ℚ)|

よって、単射性と合わせて、φは同型である。

Gal(ℚ(√2)/ℚ) ≃ Gal(ℚ(√3)/ℚ) ≃ ℤ/2ℤだから、

Gal(ℚ(√2 + √3)/ℚ) ≃ ℤ/2ℤ × ℤ/2ℤ

である。

**１３２人目の素数さん** · 2021/08/14(土) 02:56:51.46

ℚ(√(2 + √p))がGalois拡大となる素数pをすべて求め、その時のGalois群を求めよ。

**１３２人目の素数さん** · 2021/08/14(土) 03:05:11.55

α = √(2 + √p)とおくと、α^2 = 2 + √pだから、ℚ(α)/ℚは4次拡大で、αのℚ上の共役は

√(2 + √p), -√(2 + √p), √(2 - √p), -√(2 - √p)

の4つ。p≧5のときは、2 - √p ＜ 0だから√(2 - √p)はℝに含まれない。ℚ(α)⊂ℝだから、このときℚ(α)はαの共役をすべて含まないので、ℚ(α)/ℚはGalois拡大ではない。

p = 2, 3のとき:
α^2 = 2 + √pより、√p∈ℚ(α)。

√(2 - √p)√(2 + √p) = √(4 - p) = √p (p=2のとき) or 1 (p=3のとき)∈ℚ(α)。

よって、√(2 - √p)∈ℚ(α)。
したがって、このときαの共役をすべて含むのでℚ(α)/QはGalois拡大である。

ℚ(α)/ℚはGalois拡大だから、ℚ上の自己同型σで、

σ(√(2 + √p)) = -√(2 - √p)

となるものが存在する。

2 + σ(√p) = σ(√(2 + √p)^2) = 2 - √pより、σ(√p) = -√p。
σ(√(2 - √p)^2) = 2 - σ(√p) = 2 + √pより、σ(√(2 - √p)) = √(2 + √p)。

よって、

σ(√(2 + √p)) = -√(2 - √p)
σσ(√(2 + √p)) = -√(2 + √p)
σσσ(√(2 + √p)) = √(2 - √p)
σσσσ(√(2 + √p)) = √(2 + √p)

なので、σの位数は4。[ℚ(α) : ℚ] = 4だから、Gal(ℚ(α)/ℚ)は4次の巡回群である。

**１３２人目の素数さん** · 2021/08/14(土) 03:43:24.74

Kを可換体とする。

(1) K[X, Y, Z]のイデアル(Z - XY, Y^2 - XZ)は素イデアルかどうか理由をつけて述べよ。

(2) nが3以上の奇数のとき、K[X, Y]/(X^2 - Y^n)は整閉ではない整域であることを示せ。

**１３２人目の素数さん** · 2021/08/14(土) 04:00:07.87

(1)
I = (Z - XY, Y^2 - XZ)とおく。
Iが素イデアルなら、

V(I) = { (x, y, z)∈K^3 | ∀f∈I, f(x, y, z) = 0 }

は既約な代数的集合になるが、

V(I) = V((Y))∪Y((Y - X^2))

となるので、Iは素イデアルではない。

(2)
K[X, Y]はUFDであるから、K[X, Y]/(X^2 - Y^n)が整域であることを示すには、X^2 - Y^nが既約多項式であることを示せばよい。

X^2 - Y^n = (X + f(Y))(X + g(Y))

と分解したとすると、f(Y) = -g(Y), f(Y)g(Y) = -f(Y)^2 = Y^nとなるから、nは偶数でなければならない。したがって、X^2 - Y^nは既約。

K[X, Y]/(X^2 - Y^n)が整閉ならば、極大イデアル(X, Y)による局所化も整閉である。K[X, Y]/(X^2 - Y^n)の(X, Y)による局所化は、1次元のNoether局所環だから、整閉整域ならば正則局所環になる。
しかし、X^2 - Y^nが定める曲線の原点におけるJacobi行列の階数は0なので、これは正則局所環ではない。したがって、整閉ではない。

**１３２人目の素数さん** · 2021/08/28(土) 02:49:40.96

G = ℤ/11ℤ × ℤ/11ℤとする。

(1) Gの位数11の元はいくつあるか
(2) Gの位数11の部分群はいくつあるか

**１３２人目の素数さん** · 2021/08/28(土) 03:28:15.97

(1)
Gの任意の元gに対して、11g = 0なので、gの位数は11の約数。11は素数なので、gの位数は1か11である。
位数1の点は単位元のみなので、その他の点はすべて位数11。よって、位数11の元の個数は

|G| - 1 = 120。

(2)
11は素数なので、位数11の群は巡回群。
g = (a, b) ≠ (0, 0)で生成される巡回群は(1)よりすべて位数11なので、この中で異なるものの数を求める。

<(a, b)> = <(a', b')>となるためには、n ≡ 0 (mod 11)でない整数nが存在して

(a, b) ≡ (na', nb') (mod 11)

となることが必要十分。

U = ℤ/11ℤの単数群とする。UのGへの作用を、n∈U, g = (a, b)∈Gに対して、

ng = (na, nb)

で定めると、これはwell-defined。
Uの作用で同じ軌道に属する元は同じ部分群を生成するので、軌道の個数を求める。

g = (0, 0)でなければ、(na, nb) (n∈U)はすべて異なるので、|Ug| = |U| = 10。
Gの元は、どの軌道に属するかで類別されるので、単位元以外の起動の数をkとして、

|G| = |U0| + |Ug_1| + ... + |Ug_k|

となる。|G| = 121、|U0| = 1、|Ug_i| = 10 (i = 1, ..., k)なので、k = 12。
よって、位数11の部分群の個数は12個。

**１３２人目の素数さん** · 2021/08/28(土) 04:25:24.92

この問題は楕円曲線のモジュライが元ネタです。

Γ = SL(2, ℤ)の部分群Γ_0(N), Γ_1(N)を、

Γ_0(N) = { γ∈SL(2, ℤ) | γ ≡ [[* *] [0 *]] (mod N)}
Γ_1(N) = { γ∈SL(2, ℤ) | γ ≡ [[1 *] [0 1]] (mod N)}

で定めます。
Γ_1(N)⊂Γ_0(N)⊂Γですから、Γが作用する集合で2点が移り合うかどうかを考えると、Γ_0の作用で移り合うのはΓの作用で移り合うよりも難しく、Γ_1ではもっと難しいことになります。

**１３２人目の素数さん** · 2021/08/28(土) 04:28:16.19

Γ = SL(2, ℤ)は、複素上半平面ℍ = { τ∈ℂ | Im(τ) > 0 }に一次分数変換

γτ = (aτ + b)/(cτ + d) （γ = [[a b] [c d]]∈Γ）

で作用します。

τ∈ℍとして、Λ_τをℂの格子{ m + nτ | m, n∈ℤ }とします。
ℂ/Λ_τはℂ上の楕円曲線になります。
2つの楕円曲線ℂ/Λ_τとℂ/Λ_τ'が同型となるのは、α≠0∈ℂがあって、Λ_ατとΛ_τ'が同じ格子になるときです。それは、あるγ∈Γが存在して

γτ = τ'

となるときです。つまり、Γ\ℍはℂ上の楕円曲線の同型類のモジュライ空間となります。

**１３２人目の素数さん** · 2021/08/28(土) 04:30:26.33

自然数Nに対して、N倍写像

ℂ/Λ_τ→ℂ/Λ_τ
z → Nz

の核は、ℤ/Nℤ × ℤ/Nℤです。

Γ\ℍよりもさらに精密なモジュライ空間として、

(0) ℂ/Λ_τと位数Nの巡回群<z>の組(ℂ/Λ_τ, <z>)の同型類
(1) ℂ/Λ_τと位数Nの点zの組(ℂ/Λ_τ, z)の同型類

のモジュライ空間を考えます。
ただし、(0)で(ℂ/Λ_τ, <z>)と(ℂ/Λ_τ', <z'>)が同型とは、α≠0∈ℂが存在して、Λ_ατ = Λ_τ', <αz> = <z>となるとき。
(1)で(ℂ/Λ_τ, z)と(ℂ/Λ_τ', z')が同型とは、α≠0∈ℂが存在して、Λ_ατ = Λ_τ', αz = zとなるときです。

(0)は、あるγ∈Γ_0(N)が存在して、γτ = τ'となるとき。
(1)は、あるγ∈Γ_1(N)が存在して、γτ = τ'となるときです。
したがって、(0)のモジュライ空間はΓ_0(N)\ℍ、(1)はΓ_1(N)\ℍです。

Γ_1(N)⊂Γ_0(N)⊂Γですから、(1)は(0)よりたくさんあることが分かります。

**１３２人目の素数さん** · 2021/08/28(土) 14:35:47.67

整数fに対して、

ℤ[1/f] = { n/f^k | n∈ℤ }

とする。

ℚ ≃ ⊕[p: 素数] ℤ[1/p]

を示せ。

**１３２人目の素数さん** · 2021/08/28(土) 14:41:40.62

間違えた。

ℚ/ℤ ≃ ⊕[p: 素数] (ℤ[1/p]/ℤ)

を示せ。

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/02(木) 20:32:20.52

Gを群とする。HをGの指数有限の部分群とする。このとき、HはGの指数有限の正規部分群を含むことを示せ。

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/03(金) 00:10:45.31

Hによる剰余類の数をn個とする。
GのG/Hへの作用を

G×G/H → G/H
(g, γH) → γgH

で定める。γγ'^(-1)∈Hならγg(γ'g)^(-1) = γγ^(-1)∈Hなので、これはwell-defined。
このとき、Gからn次対称群S_nへの準同型

φ: G → S_n
g → (γH → γgH)

が定まる。このkernelをNと置く。
NはGの正規部分群。g∈Nならば、gはeHを固定するのでg∈H。よって、N⊂H。
準同型定理より

[G : N] = |Im(φ)| ≦ |S_n| < ∞。

よって、Nは求める部分群の条件を満たす。□

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/03(金) 21:47:52.21

γとgが逆だな

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/08(水) 22:42:33.27

Gを位数nの有限群とする。もし、nの各約数dについて、Gの位数dの部分群が高々1つしか存在しないならば、Gは巡回群であることを示せ。

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/08(水) 22:43:47.00

補題:
n = Σ[d|n] Φ(d)
（Φ(d)は、dと互いに素な自然数の個数。d|nは、dはnの約数の意味）

補題の証明:
nの約数dに対して、C_dでZ/nZの位数dの部分群を表す（必ず一つだけある）。C_dの生成元の個数はΦ(d)である。Z/nZの各元は、いずれか1つのC_dの生成元であるから

n = Σ[d|n] Φ(d)。□

本文の証明:
dをnの任意の約数とする。
Gに位数dの元xがある場合を考える。
<x> = {1, x, ..., x^(d-1)}とする。
仮定より、Gの位数dの元はすべて<x>に含まれる。それらは<x>の生成元であるから、Φ(d)個ある。
したがって、Gの位数dの元は、存在しないか、存在したとすればΦ(d)個である。
もし、あるdについて、位数dの元が存在しないとすると

Gの位数 < Σ[d|n] Φ(d) = n

となり矛盾する。したがって、Gには位数nの元が存在しなければならない。□

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/08(水) 22:49:36.88

京大の2019年度の問2は、これを覚えていれば(iii)をダイレクトに示して、(i)(ii)はその系です。

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/09(木) 09:17:15.40

k を可換体とする．k[X, Y ] を k 上の 2 変数多項式環として，f ∈ k[X, Y ] の
零点集合 V (f) を

V (f) = {(a, b) ∈ k × k | f(a, b) = 0}

によって定義する．次の 2 条件は同値であることを示せ．

(i) k は代数的閉体ではない．
(ii) V (f) = {(0, 0)} となる f ∈ k[X, Y ] が存在する．

（2018 京大）

(i) ⇒ (ii)
kは代数的閉体ではないので、f∈k[X]でkに根を持たないものが存在する。
fの次数をdとして、f(X/Y)Y^dが求める多項式である。

(ii) ⇒ (i)
V(f)に真に含まれる代数的集合は空集合だけだから、fで生成されるイデアルは極大イデアルである。
Hirbertの零点定理より、kが代数的閉体ならば、k[X, Y]の極大イデアルは

(X - a, Y - b)

の形に限られるから、kは代数的閉体ではない。□

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/09(木) 09:18:58.63

p は 3 以上の素数とする． SL(2, F_p) で有限体 F_p の元を成分とし行列式が 1である 2×2-行列全体がなす群を表す．
このとき，A^(p−1) = 1 となるSL(2, F_p)
の元 A の個数を求めよ．ここで，1 は単位行列である．

（2022 京大）

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/09(木) 09:35:23.11

行列をたくさん書かなきゃいけないので、略して書きます。

まず、Aの標準形を求めます。n乗して単位行列になることから、Aは対角化可能です。det(A) = 1なので、Aの標準形は

diag(λ, 1/λ) （λ∈F_p, λ≠ 0）

の形です。
SL(2, F_p)は各標準形の共役類の合併になるので、GL(2, F_p)による作用

GL(2, F_p)×SL(2, F_P)∋(P, A) → P^(-1)AP

を考えます。元Aと共役な元の個数は

|GL(2, F_p)|/|{P∈GL(2, F_p) ; P^(-1)AP = A}|

です。GL(2, F_p)の元は、1列目は0ベクトル以外 * 2列目は1列目のスカラー倍以外なので、

|GL(2, F_p)| = (p^2 - 1)(p^2 - p)

です。Aとしてはdiag(λ, 1/λ)のみ考えればいいです。具体的に成分計算すれば

λ = ±1のとき、Aを固定するのはGL(2, F_p)全部
それ以外のときは、対角行列か右上左下の行列のときだけ

です。λ = ±1以外の元はp - 3個あり、GL(2, F_p)の対角行列は(p - 1)^2個あるので、答えは

1 + 1 + (p - 3)(p^2 - 1)(p^2 - p)/2(p - 1)^2
= 2 + (p - 3)p(p + 1)/2

です。

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/09(木) 09:43:03.76

p を素数，n を非負整数とする．このとき，位数 3p^n の有限群は可解群であ
ることを示せ．p 群が可解群であるという事実は用いてもよい．

（2020 京大）

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/09(木) 12:23:22.29

Gを位数3p^nの群とする。

p = 3のとき、位数3p^nの群はp群なので、可解群である。

p ≠ 3のとき、Sylowの定理より位数p^nの部分群Hが存在する。これは可解群である。
もし、HがGの正規部分群であれば、G/Hは位数3なので巡回群であるから、Hが可解群であることと合わせて、Gは可解群になる。

HがGの正規部分群であることを示す。
Sylowの定理より、GのSylow p-部分群の個数nは

(1) n = 1 or 3
(2) n ≡ 1 (mod p)
(3) n = |G : N_G(H)| （N_G(H)はHの正規化群）

を満たす。|G : H| = 3は素数で、G⊃N_G(H)⊃Hなので、N_G(H)はGかHしかない。

もしN_G(H) = Gなら、HはGの正規部分群である。

(続く)

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/09(木) 12:35:12.22

ごめんなさい。
以下は、Hが正規部分群であることを示すのではなくて、Hが正規部分群にならない場合も、Gが可解になることを示します。

N_G(H) = Hとなったとする。n = 3であるから、(2)よりp = 2である。

Sylow 2部分群をH_1, H_2, H_3とすると、GのSylow 2部分群は互いに共役なので、Gの{H_1, H_2, H_3}への推移的な作用

(g, H_i) → g^(-1)H_ig

がある。よって3次対称群S_3への全射準同型

φ: G → S_3

が定まる。KerφはGの正規部分群で、準同型定理より

G/Kerφ ～ S_3

Kerφの位数は、G/6 = 2^(n-1)だからKerφはp群、したがって可解である。S_3も可解なので、Gは可解である。□

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/09(木) 12:37:59.56

最後は、

NがGの正規部分群で、NおよびG/Nが可解ならば、Gは可解である

を使いました。

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/09(木) 12:42:36.67

φ: G → S_3が全射なのは、置換は互換で生成されるからです。

この場合、任意の2つのH_i, H_jがあるgで移りあうので、{H_1, H_2, H_3}の置換すべてがGの像になっています。

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/09(木) 14:37:18.11

a, b, cを1以上の整数とする。X^a + Y^b + Z^c∈C[X, Y, Z]は既約であることを示せ。

（東大）

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/09(木) 18:33:04.17

Y^b + Z^c の既約因子のうち重複度1のものがあれば、それをWとする。つまり、Wは既約多項式でY^b + Z^cを割り切るが、W^2はY^b + Z^cを割り切らない。
f = X^a + Y^b + Z^cが可約なら、XをX + Wで置き換えた式

f' = X^a + aX^(a-1)W + ... + W^a + Y^b + Z^c

も可約である。
ここで、C[Y, Z]はUFDでWは既約なのでC[Y, Z]の素元であり、Wはf'の最高次の項以外を割り切るが、W^2はf'の定数項を割り切らない。
したがって、Eisensteinの既約判定法より、f'はC(Y, Z)[X]で既約。よって、fもC(Y, Z)[X]で既約である。よって、Gaussの補題よりfはC[X, Y, Z]で既約である。

さて、Y^b + Z^cの因数がすべて重複度2以上のときは、どうすればいいのか……。そもそもそんな場合はあるのか。