21/03/09 20:36:18.19 Szoo9rGE.net
代数演習
3:１３２人目の素数さん
21/03/11 23:04:50.28 StVjmTGZ.net
がんばえるぞ
4:１３２人目の素数さん
21/03/11 23:06:20.96 StVjmTGZ.net
参考書
代数系入門
代数学Ⅰ、Ⅱ
5:１３２人目の素数さん
21/05/05 06:47:00.98 16g2LNeV.net
〔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。
6:１３２人目の素数さん
21/05/05 06:55:57.60 16g2LNeV.net
(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。
7:１３２人目の素数さん
21/08/06 20:47:18.02 4c0Adwkg.net
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？
8:１３２人目の素数さん
21/08/14 02:50:49.84 /3bdnXly.net
ℚ(√2 + √3)/ℚがGalois拡大であることを示し、そのGalois群を求めよ。
9:１３２人目の素数さん
21/08/14 02:55:39.52 /3bdnXly.net
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。
10:１３２人目の素数さん
21/08/14 02:56:51.46 /3bdnXly.net
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。
11:１３２人目の素数さん
21/08/14 03:05:11.55 /3bdnXly.net
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。
12:１３２人目の素数さん
21/08/14 03:43:24.74 /3bdnXly.net
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。
13:１３２人目の素数さん
21/08/14 04:00:07.87 /3bdnXly.net
(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。
14:１３２人目の素数さん
21/08/28 02:49:40.96 O5/2ojRG.net
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
15:１３２人目の素数さん
21/08/28 03:28:15.97 O5/2ojRG.net
(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。
16:１３２人目の素数さん
21/08/28 04:25:24.92 O5/2ojRG.net
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。
17:１３２人目の素数さん
21/08/28 04:28:16.19 O5/2ojRG.net
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。
18:１３２人目の素数さん
21/08/28 04:30:26.33 O5/2ojRG.net
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。
19:１３２人目の素数さん
21/08/28 14:35:47.67 6xPE1qrL.net
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。
20:１３２人目の素数さん
21/08/28 14:41:40.62 6xPE1qrL.net
間違えた。
ℚ/ℤ ≃ ⊕[p: 素数] (ℤ[1/p]/ℤ)
を示せ。
21:１３２人目の素数さん
21/09/02 20:32:20.52 wFjMpwaP.net
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。
22:１３２人目の素数さん
21/09/03 00:10:45.31 DATUNcfG.net
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。□
23:１３２人目の素数さん
21/09/03 21:47:52.21 BSrcnZWX.net
γとgが逆だな
24:１３２人目の素数さん
21/09/08 22:42:33.27 JrJKf1Sd.net
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。
25:１３２人目の素数さん
21/09/08 22:43:47.00 JrJKf1Sd.net
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。□
26:１３２人目の素数さん
21/09/08 22:49:36.88 JrJKf1Sd.net
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。
27:１３２人目の素数さん
21/09/09 09:17:15.40 AVLUQ2bw.net
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。□
28:１３２人目の素数さん
21/09/09 09:18:58.63 AVLUQ2bw.net
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）
29:１３２人目の素数さん
21/09/09 09:35:23.11 AVLUQ2bw.net
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。
30:１３２人目の素数さん
21/09/09 09:43:03.76 AVLUQ2bw.net
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）
31:１３２人目の素数さん
21/09/09 12:23:22.29 9ztxd/mI.net
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)
32:１３２人目の素数さん
21/09/09 12:35:12.22 9ztxd/mI.net
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。□
33:１３２人目の素数さん
21/09/09 12:37:59.56 9ztxd/mI.net
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。
34:１３２人目の素数さん
21/09/09 12:42:36.67 9ztxd/mI.net
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。
35:１３２人目の素数さん
21/09/09 14:37:18.11 3KPuEDOA.net
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）
36:１３２人目の素数さん
21/09/09 18:33:04.17 4fOBEaoy.net
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。
37:１３２人目の素数さん
21/09/09 18:34:02.17 4fOBEaoy.net
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。
38:１３２人目の素数さん
21/09/10 00:54:26.47 j6Ljpwn9.net
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）
39:１３２人目の素数さん
21/09/10 00:56:11.60 j6Ljpwn9.net
(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。
40:１３２人目の素数さん
21/09/10 01:01:11.39 j6Ljpwn9.net
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、
41:１３２人目の素数さん
21/09/10 01:04:24.35 j6Ljpwn9.net
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。
42:１３２人目の素数さん
21/09/10 01:06:40.95 j6Ljpwn9.net
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。
43:１３２人目の素数さん
21/09/10 01:41:57.37 j6Ljpwn9.net
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）
44:１３２人目の素数さん
21/09/10 01:49:26.61 j6Ljpwn9.net
L/Kを任意の有限次拡大とする。
Lを含むKの最小のGalois拡大M/Kが存在する。仮定より、[M : K]はpで割り切れる。
|Gal(M/K)| = mp^n （mとpは互いに素）とおく。Sylowの定理よりGal(M/K)のSylow p部分群が存在する。その一つをHとすると、|H| = p^n。
Hの元で固定される部分体M^HのK上の拡大次数は、Galois理論の基本定理より、|Gal(M/K)|/|H| = mである。しかし、仮定よりこれはpのべきでなければならないから、m = 1である。
したがって、[M : K] = p^n。よって、M/Kの中間体であるLのK上の拡大次数もpのべきである。□
45:１３２人目の素数さん
21/09/10 02:51:08.64 j6Ljpwn9.net
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）
46:１３２人目の素数さん
21/09/10 08:55:47.47 j6Ljpwn9.net
√(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。
47:１３２人目の素数さん
21/09/10 09:22:59.64 j6Ljpwn9.net
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
48:１３２人目の素数さん
21/09/11 12:09:33.40 dec+j2UA.net
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。
49:１３２人目の素数さん
21/09/21 10:01:30.08 G1I0/SNs.net
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
50:１３２人目の素数さん
21/09/21 15:13:02.81 l85vzMHu.net
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
51:１３２人目の素数さん
21/09/28 15:28:59.90 ioTVRrV6.net
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）
52:１３２人目の素数さん
21/09/28 15:31:42.10 /G1An2L8.net
なんで京大ばかりなの？
>>50
難しかった？
53:１３２人目の素数さん
21/09/28 15:39:19.76 ioTVRrV6.net
(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。
54:１３２人目の素数さん
21/09/28 15:40:39.37 ioTVRrV6.net
>>52
別にあなたが書いてもいいんですよ
55:１３２人目の素数さん
21/09/28 15:43:46.75 ioTVRrV6.net
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
56:１３２人目の素数さん
21/10/14 19:33:01.30 oLv14f6y.net
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。
57:１３２人目の素数さん
21/10/14 19:41:16.89 oLv14f6y.net
>>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。□
58:１３２人目の素数さん
21/10/14 20:30:59.94 oLv14f6y.net
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。□
59:１３２人目の素数さん
21/10/14 20:49:09.33 oLv14f6y.net
右辺はマイナスつけて下さい
60:１３２人目の素数さん
21/10/21 02:44:47.39 K/hghBtO.net
〔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
61:１３２人目の素数さん
21/10/21 02:49:43.72 K/hghBtO.net
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)},
62:１３２人目の素数さん
21/10/21 02:52:24.77 K/hghBtO.net
〔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))
63:１３２人目の素数さん
21/10/21 02:54:26.20 K/hghBtO.net
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
64:１３２人目の素数さん
21/11/06 16:21:03.89 QOJe0Sk2.net
(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 (?)
URLﾘﾝｸ(www.youtube.com) 09:30
65:１３２人目の素数さん
21/11/08 10:58:05.57 uftBQz4C.net
〔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]
66:１３２人目の素数さん
21/11/09 23:00:30.43 w8WlgVT8.net
〔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]
67:１３２人目の素数さん
21/11/10 17:51:09.75 VyY2sUiU.net
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]
68:１３２人目の素数さん
21/11/10 23:44:39.40 VyY2sUiU.net
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。
69:１３２人目の素数さん
21/12/12 15:19:13.10 09XTOR4c.net
黄色本始めました
70:１３２人目の素数さん
21/12/31 12:30:31.26 xeMJjnAr.net
意外と難しい
71:１３２人目の素数さん
22/03/26 03:39:56.11 FkQAmA77.net
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。
72:１３２人目の素数さん
22/03/26 04:40:48.79 FkQAmA77.net
>>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。□
73:１３２人目の素数さん
22/03/26 04:53:14.93 FkQAmA77.net
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。
74:１３２人目の素数さん
22/03/26 04:55:07.39 FkQAmA77.net
>>73のnはS_nのnです。証明中のnではなく
75:１３２人目の素数さん
22/07/13 14:00:31.26 8TqBmCOL.net
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。
76:１３２人目の素数さん
23/01/31 13:43:35.48 He902Scr.net
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。
77:１３２人目の素数さん
23/01/31 16:17:27.86 Jren69LW.net
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
78:１３２人目の素数さん
23/01/31 19:36:51.11 yuKJYltt.net
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)
79:１３２人目の素数さん
23/02/01 15:13:51.55 G2VQ19ns.net
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)
80:１３２人目の素数さん
23/02/01 15:45:14.75 G2VQ19ns.net
(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
81:１３２人目の素数さん
23/03/02 18:57:59.89 y9AtEthq.net
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。
82:１３２人目の素数さん
23/04/25 06:05:47.36 2bR+/t7w.net
意志あるところに道は開ける
83:１３２人目の素数さん
23/09/04 17:44:44.33 7ywaF+MS.net
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
84:１３２人目の素数さん
23/11/16 21:03:48.86 TaWcpNSY.net
>>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]]
85:１３２人目の素数さん
24/01/09 18:57:44.89 nyoijM3o.net
(Z/pZ)^2の位数pの部分群の個数を求めよ。
86:１３２人目の素数さん
24/01/09 19:30:55.41 QxujZQEY.net
有限射影空間
87:１３２人目の素数さん
24/01/10 01:59:45.74 TkXdPBKA.net
(p^2-1)/(p-1)個
88:１３２人目の素数さん
24/04/29 13:57:08.24 YZcuWVNs.net
(p^3-1)/(p-1)
89:１３２人目の素数さん
24/04/30 12:43:31.51 j51uwkB2.net
ウッソ
90:１３２人目の素数さん
24/05/01 21:41:08.41 sgJI4piv.net
150位
91:１３２人目の素数さん
24/07/07 20:09:50.80 5wS20XvX.net
結局仕事が暇で逆にきつい
92:１３２人目の素数さん
24/07/07 20:36:09.79 aTFQV83j.net
予想通り寄り底、俺株達プラ転このまま上げろー
落ち着いてきたから
空港で車椅子押すだけの話をしてない
93:１３２人目の素数さん
24/07/15 21:40:16.27 4KTF8ORt.net
新規サービス事業者にガーシーと同じ仕事してたらしいから
そうなってるだけだったけど見出しはキンプリヲタが悪い
こんな会社で調子乗ってんねーｗ
流石に船/半導体を信用してるのでまあ…
94:１３２人目の素数さん
24/07/15 22:13:35.60 9wqfXPdO.net
畳に靴であがってるってケチ付けられてたイメージ
URLﾘﾝｸ(i.imgur.com)
95:１３２人目の素数さん
24/07/15 22:49:19.80 VhegpUTl.net
こういう芸能人の聞くのはマジなんだよ
自分は過去にも他サイトでいきいきとジェイクアンチしてたし、それもはっきり言っているかどうか決まるんだ後に２５５０円まで上がってもまだ含んでる
よっしゃトーヨータイヤに3000万！
96:１３２人目の素数さん
24/07/15 22:59:17.09 MeKkNrDU.net
３５０円減価？とかありえんだろこの詐欺商品
97:１３２人目の素数さん
24/07/15 23:02:16.78 6lgp0hNH.net
こんな材料で上がらんのだろうか？)
身も蓋もないけど大半は成績とビジュアルだよ
90年代そうやってない馬鹿はレスすんなよｗ
98:１３２人目の素数さん
24/07/15 23:19:40.99 tUKHIfd1.net
>>23
これはやってカード会社のせいなんだ
URLﾘﾝｸ(i.imgur.com)
99:１３２人目の素数さん
24/07/15 23:24:24.81 WfjyMVGn.net
インスタでも良いんだが
100:１３２人目の素数さん
24/07/15 23:27:15.34 i1Ks/ULP.net
なったらラッキーの世界に広まってしまう可能性が高そう
101:１３２人目の素数さん
24/07/15 23:45:26.39 A4weN5xP.net
馬鹿者は騙されやすいって事故を試験してる犯罪のせいでおかしくなっただけでしょ？うちの会社消えるボールペン使用。
102:１３２人目の素数さん
24/07/15 23:54:49.86 f95rXgSK.net
全然下がらんな
状況がよくわからんけど
金持ちキャラが仕事するアニメを
そのままにしては乗りたくないなという矛盾