ガロア理論についてのメモ 補遺: 補題の証明

2011-08-02:「ガロア理論についてのメモ」に出てきた二つの補題の証明を書いておく。ただし、前提となる定義などの説明はおおむね省いた。
(あと、補遺2: 基本定理の証明の前置きでもある)

デデキント補題の証明

デデキント補題

拡大L/KL'/Kについて、 \left|{\rm Hom}(L\to L',{\rm fix}K)\right| \leq [L/K ]

というもの。つまり

Kの拡大体L、L'について、LからL'への体準同型写像のうちKを固定するようなものの個数は、拡大次数[L/K]以下である。

とくにL'=Lの場合が重要でその場合、補題1の主張は \left|{\rm Aut}(L/K)\right| \leq [L/K ]となる。これはいくつかの例を調べてみると、確かに成り立っていることが判る。
とりあえずL'=Lの場合について証明していく。

証明

Lの自己同型写像でKを固定するものが最大でいくつありえるのかを調べていく。
拡大次数をn=[L/K]とおいて、LをK上のベクトル空間と考えたときの基底(の一つ)を \omega_1,\omega_2, \cdots,\omega_nとする。
L上の自己同型写像\sigmaは各基底に対する値\sigma(\omega_1),\sigma(\omega_2),\cdots,\sigma(\omega_n)によって一意に特定される。つまり\sigma\sigma'が異なる自己同型写像なら
 \left(\begin{array}{c}\sigma(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma(\omega_n)\end{array}\right) \not= \left(\begin{array}{c}\sigma'(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma'(\omega_n)\end{array}\right)
となる。
例えば複素数体C上の自己同型で実数体Rを固定するものは、恒等写像\sigma_1複素共役写像\sigma_2の二つ。Cの基底を\omega_1=1,\omega_2=iと取ると、\sigma_1\sigma_1(\omega_1)=1,\sigma_1(\omega_2)=iによって、\sigma_2\sigma_1(\omega_1)=1,\sigma_1(\omega_2)=-iによって特定される。
示したいことは異なる自己同型\sigma_1,\sigma_2,\cdotsが最大でn個しか存在しないことだった。異なる \sigma_1,\cdots,\sigma_kがあったとき
 \left(\begin{array}{c}\sigma_1(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma_1(\omega_n)\end{array}\right) , \left(\begin{array}{c}\sigma_2(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma_2(\omega_n)\end{array}\right),\cdots,\left(\begin{array}{c}\sigma_k(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma_k(\omega_n)\end{array}\right)
は上の話から全て異なる数ベクトルになる。もしも、単にベクトルとして異なっているだけでなくベクトルとして一次独立であることを示せれば、\sigma_1,\sigma_2,\cdotsが最大n個までしか取れないことが判る。
そこで
 c_1\left(\begin{array}{c}\sigma_1(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma_1(\omega_n)\end{array}\right) + c_2 \left(\begin{array}{c}\sigma_2(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma_2(\omega_n)\end{array}\right)+\cdots + c_k \left(\begin{array}{c}\sigma_k(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma_k(\omega_n)\end{array} \right) = 0
が成り立っているとする。このときc_1=c_2=\ldots=c_k=0以外の値が取れなければ一次独立。
Lの任意の要素aは、a=a_1 \omega_1 + \ldots + a_n \omega_n\quad(a_1,\cdots,a_n\in K)と書ける。そのため(i行にa_iをかけて a_i=\sigma_j(a_i)を使い書き換え各行を足すことにより)任意のa\in Lについて
 c_1 \sigma_1(a)+ c_2 \sigma_2(a) + \ldots + c_k \sigma_k(a)=0
が成り立つことが判る。aに\omega_i \omega_1, \omega_i \omega_2,\cdots,\omega_i,\omega_nを次々に代入すると、n個の式が得られる。
 \begin{eqnarray}c_1 \sigma_1(\omega_i)\sigma_1(\omega_1) & + & c_2 \sigma_2(\omega_i)\sigma_2(\omega_1) & + & \ldots & + & c_k \sigma_k(\omega_i)\sigma_1(\omega_1) &=& 0 \\ c_1 \sigma_1(\omega_i)\sigma_1(\omega_2) & + & c_2 \sigma_2(\omega_i)\sigma_2(\omega_2) & + & \ldots & + & c_k \sigma_k(\omega_i)\sigma_1(\omega_2) &=& 0 \\  &  &  &  & \vdots \\ c_1 \sigma_1(\omega_i)\sigma_1(\omega_n) & + & c_2 \sigma_2(\omega_i)\sigma_2(\omega_n) & + & \ldots & + & c_k \sigma_k(\omega_i)\sigma_1(\omega_n) &=& 0  \end{eqnarray}
書き換えれば次のようになる。
 c_1 \sigma_1(\omega_i)\left(\begin{array}{c}\sigma_1(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma_1(\omega_n)\end{array}\right) + c_2\sigma_2(\omega_i) \left(\begin{array}{c}\sigma_2(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma_2(\omega_n)\end{array}\right)+\cdots + c_k \sigma_k(\omega_i)\left(\begin{array}{c}\sigma_k(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma_k(\omega_n)\end{array} \right) = 0
一方、最初に立てた式全体に\sigma_k(\omega_i)をかけると次の式が得られる。
 c_1 \sigma_k(\omega_i)\left(\begin{array}{c}\sigma_1(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma_1(\omega_n)\end{array}\right) + c_2\sigma_k(\omega_i) \left(\begin{array}{c}\sigma_2(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma_2(\omega_n)\end{array}\right)+\cdots + c_k \sigma_k(\omega_i)\left(\begin{array}{c}\sigma_k(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma_k(\omega_n)\end{array} \right) = 0
二つの式の差を取るとk列目は消える。
 c_1 \left(\sigma_1(\omega_i) - \sigma_k(\omega_i) \right)\left(\begin{array}{c}\sigma_1(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma_1(\omega_n)\end{array}\right) + c_2\left(\sigma_2(\omega_i)-\sigma_k(\omega_i)\right) \left(\begin{array}{c}\sigma_2(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma_2(\omega_n)\end{array}\right)+\cdots + 0 = 0
一方、iをうまく選べば必ず\sigma_1(\omega_i) \not= \sigma_k(\omega_i) とできるので、そのようなiを選んでおけば、1列目は消えずに残る。
ここから再帰的に同じ議論を繰り返して列を消していけば、1列目だけを残せる。右辺が0なので、結局c_1=0が判る(ここの議論は数学的帰納法と実質同じ)。この議論はどの列を最後に残すのかは任意なので、全てのc_1,c_2,\cdots,c_kが0でないといけないことになり、線形独立であることが言えた。
n行ベクトルで線形独立なものは最大でn個しか取れないので、異なる \sigma_1,\sigma_2,\cdotsはn個以下であることが判った。
これでL'=Lの場合の証明は終わった。
しかし、ここまでの証明でL'=Lということはあまり重要でない。\sigma : L\to Lの値域をL'に変えて\sigma: L\to L' としても、L'Kの拡大である限りはそのまま証明が成立する。(つまりL'=Lと仮定したのは、気分的に単純になっていただけだった)。
(証明終わり)

アルティン補題の証明

自己同型群 {\rm Aut}(L/K)の部分群 Hについて、 [ L/L\hat{}H ] \leq |H|

証明

 |H|=nと置く。
デデキント補題では異なる自己同型写像の個数が拡大次数以下であることを示したが、アルティン補題ではその逆、拡大次数が自己同型写像の個数以下であることを示す。
そのためかアルティン補題の証明は、デデキント補題の証明での基底と同型写像を役割を入れ替えた形でおこなえる。
Hの要素を\sigma_1,\cdots,\sigma_nとし、体Lを体L\hat{}H上の線形空間と考えたときの基底を\omega_1,\cdots,\omega_kとする( [L/L\hat{}H]=kとした)。
ここで c_1,\cdots,c_k \in Lとして、次の式を考える(cf. デデキント補題の証明に出てきた式)。

 c_1\left(\begin{array}{c}\sigma_1(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma_n(\omega_1)\end{array}\right) + c_2 \left(\begin{array}{c}\sigma_1(\omega_2) \\ \vdots \\ \sigma_n(\omega_2)\end{array}\right)+\cdots + c_k \left(\begin{array}{c}\sigma_1(\omega_k) \\ \vdots \\ \sigma_n(\omega_k)\end{array} \right) = 0
この式でc_1=c_2=\ldots=c_k=0を示せれば、デデキント補題を同様の議論ができる。

まずc_1,\cdots,c_kの中にL\hat{}Hに含まれないものがあるとする。番号を付け替えて、c_k\not\in L\hat{}Hとする。さらにc_1,\cdots,c_kそれぞれをc_kでわったものに置き換える。 c_k=1 \in L\hat{}Hとなる。
ここで、まだL\hat{}Hに含まれないものが残っているとする。番号を付け替えて、c_1 \not\in L\hat{}Hとしておく。よって、ある\sigma \in H \sigma(c_1)\not=c_1となる。この\sigmaを上の連立式全体に適用する。
 \sigma(c_1)\left(\begin{array}{c}\sigma\sigma_1(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma\sigma_n(\omega_1)\end{array}\right) + \sigma(c_2) \left(\begin{array}{c}\sigma\sigma_1(\omega_2) \\ \vdots \\ \sigma\sigma_n(\omega_2)\end{array}\right)+\cdots + \sigma(c_k) \left(\begin{array}{c}\sigma\sigma_1(\omega_k) \\ \vdots \\ \sigma\sigma_n(\omega_k)\end{array} \right) = 0
n個の自己同型\sigma\sigma_1,\sigma\sigma_2,\cdots,\sigma\sigma_n \in Hは全て異なるので、順番を入れ替えれば \sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_n \in Hと一致する。したがって式の順番を入れ替えれば
 \sigma(c_1)\left(\begin{array}{c}\sigma_1(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma_n(\omega_1)\end{array}\right) + \sigma(c_2) \left(\begin{array}{c}\sigma_1(\omega_2) \\ \vdots \\ \sigma_n(\omega_2)\end{array}\right)+\cdots + \sigma(c_k) \left(\begin{array}{c}\sigma_1(\omega_k) \\ \vdots \\ \sigma_n(\omega_k)\end{array} \right) = 0
となる。c_k=1なので\sigma(c_k)=c_kである。
元の式との差を取ると、k列目が消える。
ここまでの手順を(デデキント補題の証明のときと同様に)再帰的に繰り返すと、第1列目だけが残るので、右辺との比較でc_1=0となる。しかしこれはc_1 \not\in L\hat{}Hと矛盾する。
したがって、「c_1,\cdots,c_kの中にL\hat{}Hに含まれないものがある」という仮定は間違いだったことが判る。
するとc_1,\cdots,c_k \in L\hat{}Hなので、
 c_1 \sigma_i(\omega_1)+\ldots+c_k \sigma_i(\omega_k)=0

 \sigma_i(c_1 \omega + \ldots + c_k \omega_k) = 0
と書き換えられる。\sigma_i全単射なので、
 c_1 \omega + \ldots + c_k \omega_k = 0
となり、基底の一次独立性よりc_1=c_2=\ldots=c_k=0となるので、
 \left(\begin{array}{c}\sigma_1(\omega_1) \\ \vdots \\ \sigma_n(\omega_1)\end{array}\right) , \left(\begin{array}{c}\sigma_1(\omega_2) \\ \vdots \\ \sigma_n(\omega_2)\end{array}\right),\cdots,\left(\begin{array}{c}\sigma_1(\omega_k) \\ \vdots \\ \sigma_n(\omega_k)\end{array}\right) は一次独立。
よって k \leq n、つまり [ L/L\hat{}H ] \leq |H|が成立する。
(証明終わり)