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。

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/09(木) 18:34:02.17

まず、gcd(b, c) = d > 1のときは、

(Y^(b/d))^d + (Z^(c/d))^d

なので1の原始d乗根をζとして

(Y' - 1Z')(Y' - ζZ')...(Y' - ζ^(d-1)Z')

と因数分解される（Y' = Y^(b/d), Z' = Z^(c/d)）。Z'を適当に座標変換すれば、各因数はY' + Z'の形になるから、各因数が既約多項式のべき乗になっているかどうかは、gcd(b, c) = 1の場合に帰着される。

多分、gcd(b, c) = 1なら、Y^b + Z^cは既約だろう。それなら、既約因子が全部多重ってことはない。
y^2 + x^3とかなら係数比較すればいいけど、どうやって示すのだろう？そもそも成り立つのか。

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/10(金) 00:54:26.47

pは素数とする。Rは単位元をもつ環で元の個数がp^2であるとする。

(1) Rは可換であることを示せ
(2) Rはどのような環になるか。同型類を全て記述せよ。

（京大）

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/10(金) 00:56:11.60

(1)
1 + ... + 1 (p^2回) = 0であるから、1の加法群としての位数はpまたはp^2である。

1の位数がp^2ならば、Rは加法群としてZ/p^2Zに同型である。この時、Rのすべての元が1 + 1 + ... + 1の形になることから、Rの乗法も、Zから誘導されたものになる。したがってRは可換である。

1の位数がpの場合を考える。
Rの加法群としての構造は、Z/pZ×Z/pZである。したがって、Rのすべての元は、ある2元aとbの整数係数の線形結合で表される。

1 = na + mb　（n, m∈{0, 1, ..., p - 1}）

とすると、0, 1, ..., p - 1はすべての元と可換なので、a, bを1の左右からかけたものを比較すると、

a = na^2 + mba = na^2 + mab
b = nab + mb^2 = nba + mb^2

∴ m(ab - ba) = 0, n(ab - ba) = 0

n, mの両方が0だと1 = 0となってしまうので、ab - ba = 0。Rはa, bで生成されるから可換である。□

(2)
1の位数がp^2のとき:
上で述べた通り、環としてもZ/p^2Zと同型である。

1の位数がpのとき:
RはF_pを部分環として含むとしていい。
F_pに含まれない元X∈Rを取る。Rの元の個数はp^2だから、F_p加群としてF_pX⊕F_p1に同型。よって、

X^2 + aX + b = 0（a, b∈F_p）

が成り立つ。したがって、Rは剰余環

F_p[X]/(X^2 + aX + b)

に同型である。
f = X^2 + aX + bとおく。Rの同型類は

・fが1次式のF_pに重根を持つとき、F_p[X]/(X^2)に同型
・fが異なる1次式の積に分解されるとき、F_p[X]/(X(X + 1))に同型
・fが既約のとき、F_p[X]/(X^2 + X + 1)に同型。

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/10(金) 01:01:11.39

訂正:
> ・fが1次式のF_pに重根を持つとき、
・fがF_pに重根を持つとき、

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/10(金) 01:04:24.35

有理数のなす加法群ℚと、有理数体の乗法群ℚ*は、Abel群として同型でないことを示せ。

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/10(金) 01:06:40.95

q∈ℚを0でない任意の元とすると必ず2p = qとなるp∈ℚが存在する。
一方、ℚ*の元には平方根が存在するとは限らない。たとえば2。

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/10(金) 01:41:57.37

K⊂ℂを部分体、pを素数とする。ℂに含まれる任意の有限次拡大L/Kに対し、

「L = Kでなければ、[L : K]はpで割り切れる」

と仮定する。このとき、ℂに含まれる任意の有限次拡大L/Kに対し、[L : K]はpのべき（1を含む）であることを証明せよ。

（京大）

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/10(金) 01:49:26.61

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/10(金) 02:51:08.64

体K = ℚ(√N, √(1 + i))がℚ上のGalois拡大となるような最小の正の整数Nと、そのときのGalois群Gal(K/ℚ)を求めよ。

（京大）

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/10(金) 08:55:47.47

√(i + 1)のℚ上の共役は

√(i + 1), -√(i + 1), √(-i + 1), -√(-i + 1)。

√(i + 1)√(-i + 1) = √2なので、√2が含まれれば、Kに√(i + 1)の共役がすべて含まれる。
N = 1のときはGalois拡大にならないので、N = 2が最小。

M = ℚ(√2, i)とおく。
KはMの2次拡大で、Mはℚの4次拡大だから、#Gal(K/ℚ) = 8。

σ∈Gal(M/ℚ)を、σ(i) = -iで定まるものとすると、

σ(√(i + 1)^2) = - i + 1

だから、Gal(K/ℚ)の元としては

σ(√(i + 1)) = √(-i + 1)
σ(√(-i + 1)) = √(i + 1)

で、位数は2。
τ∈Gal(M/ℚ)を、τ(√2) = -√2で定まるものとすると、

τ(√(i + 1)√(-i + 1)) = -√2

だから、これをKに延長したものは

τ'(√(i + 1)) = -√(i + 1)
τ''(√-i + 1)) = -√(-i + 1)

で定まるものの2つがある。どちらも位数は2。
以上から、Gal(K/ℚ)は位数2の元3つで生成されるので、

Gal(K/ℚ)～ℤ/2ℤ × ℤ/2ℤ × ℤ/2ℤ。

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/10(金) 09:22:59.64

おかしいな
Abel拡大になるはずない

> KはMの2次拡大で、

ここが違うか

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/11(土) 12:09:33.40

もしAbel拡大なら、Galois群の部分群はすべて正規部分群だから、Q(√(i + 1))を固定する部分群も正規部分群になる。よって、Q(√(i + 1))/Qが正規拡大となり矛盾。

8次拡大はあってて、非Abel的だから位数8の二面体群になる。

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/21(火) 10:01:30.08

断捨離してたら加藤和也の授業の演習プリントが出てきた

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/21(火) 15:13:02.81

桂利行と川又雄二郎の授業の演習プリントはまだ持ってる

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/28(火) 15:28:59.90

K = ℂ(t)を変数tに関する複素数係数の1変数有理関数体とする。uを0でない複素数とし、Lを多項式f(X) = X^4 + 2utX^2 + t∈K[X]のK上の最小分解体とする。

(1) 拡大次数[L : K]を求めよ
(2) ガロア群Gal(L/K)はアーベル群であるか？理由をつけて答えよ。

（京大）

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/28(火) 15:31:42.10

なんで京大ばかりなの？

>>50
難しかった？

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/28(火) 15:39:19.76

(1) f(X) = 0を解くと、

X = ±√(-ut + √(u^2t^2 - t)), ±√(-ut - √(u^2t^2 - t))

α = √(-ut + √(u^2t^2 - t))
β = √(-ut - √(u^2t^2 - t))

とおくと、

αβ = √-t。

K(α^2)/Kは2次拡大（u≠0なので）
K(√-t)/Kは2次拡大
よって、K(√-t, α^2)/Kは4次拡大

L/K(√-t, α^2)は2次拡大
なので、L/Kは8次拡大。

(2) Gal(L/K)がAbel群なら、すべての部分群は正規部分群なので、すべての中間拡大はGalois拡大になる。
しかし、L/Kの中間拡大K(α)/KはGalois拡大ではない。なぜなら、これがGalois拡大ならαの共役βがK(α)に属さなければならなければいけないが、αβ = √-t∉K(α)なので。
よって、Gal(L/K)はAbel群ではない。

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/28(火) 15:40:39.37

>>52
別にあなたが書いてもいいんですよ

**１３２人目の素数さん** · 2021/09/28(火) 15:43:46.75

なぜ京大ばかりなのか

・私が受けるから
・東大はネット上では過去3年しか問題が公開されていないから
・東大の問題が難しくて解けないから

**１３２人目の素数さん** · 2021/10/14(木) 19:33:01.30

Bを可換環、Aをその部分環（乗法の単位元1を共有する）とする。
BはA加群として有限生成であるとし、PをAの素イデアルとする。このとき、Aの元aが、

a = Σ[i=1, n] b_i p_i （b_i∈B, p_i∈P）

と表されるならば、a∈Pであることを示せ。

**１３２人目の素数さん** · 2021/10/14(木) 19:41:16.89

>>56
BはAの整拡大だから、Bの素イデアルQで

Q∩A = P

となるものが存在する（lying-over theorem）。a∈PB⊂Qであるから、

a∈Q∩A = P。□

**１３２人目の素数さん** · 2021/10/14(木) 20:30:59.94

lying-overの証明も美しいよね。

定理:
A⊂Bを環の整拡大、PをAの素イデアルとする。このときBの素イデアルQで

Q∩A = P

を満たすものが存在する。

証明:
M = A＼Pとする。A_M, B_MをAおよびBのMによる局所化とする。
PはA_MのA_Mの極大イデアルP'の自然な写像i: A → A_Mによる引き戻しである。また、もしB_Mの素イデアルQ'で、Q'∩A_M = P'となるものがあれば、j: B → B_Mを自然な写像として、

P = i^(-1)(P') = i^(-1)(Q'∩A_M) = j^(-1)(Q') ∩ A

となる。よって、A, BをA_M, B_Mに置き換えることで、Aは局所環、PはAの唯一の極大イデアルとしてよい。
QをBの任意の極大イデアルとすると、Q∩A = Pとなることを示す。可換図式

B → B/Q
↑　 ↑
A→A/(Q∩A)

を考えると、B/QはA/(Q∩A)上整。B/Qは体なので、以下のlemmaより、A/(Q∩A)も体。よって、Q∩AはAの極大イデアル。□

lemma:
A⊂Bを整拡大とする。Bが体ならば、Aも体である。
（Aが整域ならば、「Aが体ならばBも体」も成り立つ）

lemmaの証明:
1/a∈A⊂Bを0でない元とすると、Bは体なので、1/a∈B。1/aはA上整なので、

(1/a)^n + a_1(1/a)^(n-1) + ... + a_n = 0 (∃a_1, ..., a_n∈A)

となる。よって、a^(n-1)を掛ければ

1/a = a_1 + ... + a_n a^(n-1)∈A。□

**１３２人目の素数さん** · 2021/10/14(木) 20:49:09.33

右辺はマイナスつけて下さい

**１３２人目の素数さん** · 2021/10/21(木) 02:44:47.39

〔オイラーの定理〕
aがnと素ならば
　a^φ(n) ≡ 1　(mod n)
φ(n) はオイラー関数
　1≦a<n のうち nと素なもの (正則元) の個数。
・素数pについて
　　φ(p^e) = (p-1)･p^(e-1)
・n = Πp^e のとき
　　φ(n) = Πφ(p^e)　… 乗法的

**１３２人目の素数さん** · 2021/10/21(木) 02:49:43.72

　aがnと素　⇒　a^m ≡ 1　(mod n)
となる最小の自然数m をλ(n) とかく。
λ(n) は φ(n) の約数。
nが素数p, p^2 のときはオイラー関数 φ(n) と一致する。

カーマイケル関数λ(n)
　pが奇素数または e≦2 のとき
　　λ(p^e) = (p-1)･p^(e-1)
　p=2 かつ e≧3 のとき
　　λ(2^e) = 2^(e-2),
　n = Π p^e のとき
　　λ(n) = LCM{λ(p^e)},

**１３２人目の素数さん** · 2021/10/21(木) 02:52:24.77

〔Wilsonの定理〕
　(n-1)! ≡ -1　(mod n)　　　(nは素数)
　(n-1)! ≡ 2　(mod n)　　　(n=4)
　(n-1)! ≡ 0　(mod n)　　　(nは合成数(>4))

**１３２人目の素数さん** · 2021/10/21(木) 02:54:26.20

A = { m | 1≦m<n, mとnは互いに素}
の元を正則元とよぶ。

〔土岡の定理〕
3以上の自然数nに対して
(1)　Π[1≦m<n, (m,n)=1] m ≡ ±1　(mod n)
(2)　-1 となるのは n=4, n=p^e, n=2p^e のときである。
　　　 (pは奇素数で e≧1)

数学セミナー, vol.39, no.3, 通巻462号 (2000/Mar)
　p.69-70　NOTE

**１３２人目の素数さん** · 2021/11/06(土) 16:21:03.89

(x^5 + x + 1)/(x^5 + x^4 + 1)　を約分せよ。

(略解)
x^5 + x + 1,　x^5 + x^4 + 1 は x=ω, x=ω' のとき 0,
因数定理より　(x-ω)(x-ω') = xx+x+1 で割り切れる。

　x^5 + x + 1 = (xx+x+1)(x^3 -xx +1),
　x^5 + x^4 + 1 = (xx+x+1)(x^3 -x +1),
∴　(与式) = (x^3 -xx +1)/(x^3 -x +1)

MathLABO　東大・医 (?)
http://www.youtube.com/watch?v=E4Lv6kerh78 09:30

**１３２人目の素数さん** · 2021/11/08(月) 10:58:05.57

〔問題472〕
mを自然数とする。因数分解せよ。
　2^{2m+7} + 3^{2m} + 6^{m+2},
　2^{2m+3} + 3^{2m} + 6^{m+1},
　2^{2m-2} + 3^{2m} + 6^m,
　2^{2m-2} + 3^{2m+1} + 6^{m+1},

[面白スレ３９.472]

**１３２人目の素数さん** · 2021/11/09(火) 23:00:30.43

〔問題481〕
2^a + 2^b + 2^c + 2^d + 2^e = n!
の自然数解 (a≦b≦c≦d≦e; n) は何個あるか？
［面白スレ３９.481]

**１３２人目の素数さん** · 2021/11/10(水) 17:51:09.75

f(x) = (x^100 +1)^100 + (x^2 +1)^100 + 1
は x^3 -1 で割り切れるか。

　2003年京大前期(?)、改作
[高校数学の質問スレPart414．427]

**１３２人目の素数さん** · 2021/11/10(水) 23:44:39.40

f(x) = (x^100 +1)^100 - (x^2 +1)^100 + x^100 - x^2
は x^3 -1 で割り切れるか。

**１３２人目の素数さん** · 2021/12/12(日) 15:19:13.10

黄色本始めました

**１３２人目の素数さん** · 2021/12/31(金) 12:30:31.26

意外と難しい

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/26(土) 03:39:56.11

3次対称群S_3の自己同型群Aut(S_3)はS_3と同型であることを示せ。

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/26(土) 04:40:48.79

>>71
G = S_3とする

φ: G → Aut(G)を
φ(g) = (x → gxg^(-1))

で定義する。

① φは準同型である。
φ(gh) = (x → g(hxh^-1)g^(-1)) = φ(g)○φ(h)

②φは単射である。
φ(g) = id_Gとする。このときすべての元xについて、

gx = xg

が成り立つ。もし、g ≠ e（単位元）とすると、i ≠ g(i)となるi∈{1, 2, 3}が存在する。n∈{1, 2, 3} ＼ {i, g(i)}を取る。このとき、

x(i) = i
x(g(i)) = n

となるx∈S_3が存在して、

g(x(i)) = g(i) ≠ n = x(g(i))

となるから、gx = xgとならない。よって、g = eである。

③ |Aut(G)|≦6（= |G|）である。
Gは互換(1, 2), (2, 3), (3, 1)で生成されるから、f∈Aut(G)はf((1, 2)), f((2, 3)), f((3, 1))で決まる。
fは互換は互換に写す。

∵
gを互換として、nをf(g)の位数とする。G = S_3なので、nは1, 2, 3のどれか。G = S_3なので、2のときは互換である。
n = 1のとき、f(n) = eなので、fの単射性に反する。
n = 3のとき、f(gg) = e ≠ f(g)f(g)
よって、n = 2でなければならない。

よって、fの取り方は3 * 2 * 1 = 6以下。

①、②、③より、φは同型。□

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/26(土) 04:53:14.93

②はn = 2のときに成り立たない。
③の「互換は五感に」の証明がn≧4のときに使えない。
あと、n = 2, 6のときにS_n ～ Aut(S_n)は成り立たない。

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/26(土) 04:55:07.39

>>73のnはS_nのnです。証明中のnではなく

**１３２人目の素数さん** · 2022/07/13(水) 14:00:31.26

K を X^5 - 2 の Q上の最小分解体とする。
Gal(K/Q)と、K/Qの中間体の個数を求めよ。

**１３２人目の素数さん** · 2023/01/31(火) 13:43:35.48

位数7の有限体F_7上の一般線形群GL(2, F_7)は可解ではないことを示せ。

**１３２人目の素数さん** · 2023/01/31(火) 16:17:27.86

部分群SL(2,F_7)の剰余群PSL(2,F_7)は交代群に同型ではない最小の非可換単純群だからな

**１３２人目の素数さん** · 2023/01/31(火) 19:36:51.11

Gを非可換群で以下の性質(*)を満たすものとする。

(*) N_1, N_2がGの相異なる非自明な正規部分群（すなわち{e}とG自身以外のもの）ならば、N_1⊂N_2でない。

(1) N_1, N_2がGの相異なる非自明な正規部分群ならば、G = N_1 × N_2であることを示せ。
(2) Gの自明でない正規部分群の個数は、高々2個であることを示せ。

(京大 2015)

**１３２人目の素数さん** · 2023/02/01(水) 15:13:51.55

C(t)をC上の1変数有理関数体とする。aを複素数とし、s = t^3 + 3t^2 +at∈C(t)とおく。C上sで生成されたC(t)の部分体をC(s)とするとき、以下の問に答えよ。

(1) 拡大次数[C(t) : C(s)]を求めよ。
(2) C(t)/C(s)がガロア拡大となる複素数aをすべて求めよ。

(2015年京大)

**１３２人目の素数さん** · 2023/02/01(水) 15:45:14.75

(1)
多項式F(X)∈C[s][X]を

F(X) = X^3 + 3X^2 + aX - s

と定義する。FがtのC(s)上の最小多項式であることを示す。
明らかにF(t) = 0である。
FはC[s][X]で既約である。仮にFが既約でないとすれば、1次式と2次式の積に分解するが、1次の因数は(X ± 1)か(X ± s)でないといけない。しかし、係数を比較すれば、そのような分解は不可能であることが分かる。
C[s][X]はUFDなので、FはC(s)[X]でも既約である。
したがって、FはtのC(s)の最小多項式であり、よって[C(t) : C(s)] = [C(s)(t) : C(s)] = 3。

(2)
X + 1 = Yとおくと

F = (X + 1)^3 + (a - 3)X - s - 1
= Y^3 + (a - 3)Y - s - a + 2

Fの根の差積をΔとおくと、一般にFの分解体はC(t)(Δ)なので、C(t)がGalois拡大となるのはΔ∈C(t)のときである。

Δ = √(-4(a - 3)^3 - 27(-s - a + 2)^2)
= -4a^3 + 12a^2 - 12a + 4*27
-27(

...

まあ、a = 3のときだと思うよ

**１３２人目の素数さん** · 2023/03/02(木) 18:57:59.89

Fを位数7以上の体とするとき、

PSL(2, F) = SL(2, F)/{I, -I}

は単純群であることを示せ。

**１３２人目の素数さん** · 2023/04/25(火) 06:05:47.36

意志あるところに道は開ける

**１３２人目の素数さん** · 2023/09/04(月) 17:44:44.33

nを正の整数とする。C[[t]]の部分環Aと極大イデアルmの組(A, m)で以下の条件をみたすものをひとつ求めなさい。

(1) AはCを含む
(2) C[[t]]/Aの、Cベクトル空間としての次元は有限
(3) Aの商体における整閉包はC[[t]]
(4) m/m^2 のCベクトル空間としての次元はn

**１３２人目の素数さん** · 2023/11/16(木) 21:03:48.86

>>83
A = C[[t^n, t^(n+1), ..., t^(2n-1)]]
m = (t^n, t^(n+1), ..., t^(2n-1))

(1) OK
(2) t^n以降全部消えるのでOK
(4) (2)よりOK

(3) t = t^(n+1)/t^nなので、Aの商体はC[[t]]を含む
C[[t]]は正則局所環だから商体内で整閉
よってAの商体内での整閉包はC[[t]]

**１３２人目の素数さん** · 2024/01/09(火) 18:57:44.89

(Z/pZ)^2の位数pの部分群の個数を求めよ。

**１３２人目の素数さん** · 2024/01/09(火) 19:30:55.41

有限射影空間

**１３２人目の素数さん** · 2024/01/10(水) 01:59:45.74

(p^2-1)/(p-1)個

**１３２人目の素数さん** · 2024/04/29(月) 13:57:08.24

(p^3-1)/(p-1)

**１３２人目の素数さん** · 2024/04/30(火) 12:43:31.51

ウッソ

**１３２人目の素数さん** · 2024/05/01(水) 21:41:08.41

150位