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代数学の問題

難易度 4大学院入試の標準レベル証明問題大学数学代数学

$K$ を体、 $L$ を $K$ の有限次拡大体とし、 $m = [L : K]$ とおく。 $f (x) \in K [x]$ を $K$ 上既約な $n$ 次多項式（ $n$ は正の整数）とし、 $e = g cd (m, n)$ とおく。 $f (x)$ を $L [x]$ の多項式とみて
$f (x) = c p_{1} (x) p_{2} (x) \dots p_{r} (x) (c \in L, c \neq = 0)$
と、 $L$ 上既約なモニック多項式 $p_{1} (x), \dots, p_{r} (x) \in L [x]$ （同じものがあってもよい）の積に分解する。このとき、因子の個数 $r$ は $r \leq e$ を満たすことを証明せよ。

ただし、次の事実は用いてよい。
- $L [x]$ の次数 $1$ 以上の多項式は、上のように $L$ 上既約なモニック多項式の積に分解できる
- 拡大次数の連鎖律: 体の拡大 $F \subset E \subset M$ について $[M : F] = [M : E] [E : F]$ （右辺の 2 つが有限ならば左辺も有限であり、左辺が有限ならば右辺の 2 つも有限である）
- 体 $F$ 上の多項式 $g (x)$ （次数 $1$ 以上）に対して、 $g (x)$ が根をもつような $F$ の拡大体が存在する
- $α$ が体 $F$ 上代数的ならば、 $[F (α) : F]$ は $α$ の $F$ 上の最小多項式の次数に等しく、 $α$ を根にもつ $F [x]$ の多項式はすべて最小多項式で割り切れる

この問題で使うもの

拡大次数と次数の積の公式（説明と入口の問題）
最大公約数と最小公倍数（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（44 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

各既約因子 $p_{i} (x)$ の次数を下から評価すればよい。 $p_{i}$ の根 $β$ を $L$ を含む体の中にとり、 $[L (β) : L] = de g p_{i}$ を拡大次数の議論で調べよう。

ヒント 2

体の塔 $K \subset L \subset L (β)$ と $K \subset K (β) \subset L (β)$ の 2 通りで $[L (β) : K]$ を連鎖律で表してみよう。 $β$ は $f$ の根でもあることに注意する。

ヒント 3

$[K (β) : K] = n$ 、 $[L (β) : L] = de g p_{i} = d$ とすると、ある正の整数 $t$ について $d m = t n$ が成り立つ。 $n = e n^{'}$ , $m = e m^{'}$ と書いて、 $d$ と $n^{'}$ の関係を考えよう。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

既約因子 $p_{i}$ の根 $β$ を $L$ の拡大体の中にとり、 $f (β) = 0$ であることと、 $K (β) \subset L (β)$ を同じ体の中で考えることを述べている（1 点）
$f$ が $K$ 上既約であることから $[K (β) : K] = n$ を、 $p_{i}$ が $L$ 上既約かつモニックであることから $p_{i}$ が $β$ の $L$ 上の最小多項式で $[L (β) : L] = de g p_{i}$ であることを示している（3 点）
2 つの体の塔に連鎖律を適用して $(de g p_{i}) \cdot m = [L (β) : K (β)] \cdot n$ を得ている（2 点）
$n = e n^{'}$ , $m = e m^{'}$ と $g cd (m^{'}, n^{'}) = 1$ を用いて $n^{'} ∣ de g p_{i}$ 、したがって $de g p_{i} \geq n / e$ を導いている（2 点）
次数の和 $n = \sum de g p_{i} \geq r \cdot n / e$ から $r \leq e$ を結論している（2 点）

結果を記録する（このブラウザにだけ保存されます）:

模範解答を読む

$e = g cd (m, n)$ とし、 $n = e n^{'}$ , $m = e m^{'}$ （ $n^{'}, m^{'}$ は正の整数で $g cd (m^{'}, n^{'}) = 1$ ）と書く。方針として、各既約因子 $p_{i} (x)$ の次数が $n^{'}$ の倍数であることを示し、そこから次数を比べて $r \leq e$ を導く。

ステップ 1: 1 つの因子の根をとる。
$i$ を $1 \leq i \leq r$ から 1 つ固定し、 $d = de g p_{i}$ とおく。 $p_{i}$ は既約なので $d \geq 1$ である。用いてよい事実より、 $p_{i} (x)$ が根をもつ $L$ の拡大体 $M$ が存在するので、その根の 1 つを $β \in M$ とする。 $M$ の中で、 $K (β)$ を $K$ と $β$ を含む最小の部分体、 $L (β)$ を $L$ と $β$ を含む最小の部分体とすると、 $K \subset L$ より
$K \subset K (β) \subset L (β), K \subset L \subset L (β)$
である。また $f (x) = c p_{1} (x) \dots p_{r} (x)$ に $x = β$ を代入すると $p_{i} (β) = 0$ より $f (β) = 0$ である。

ステップ 2: $[K (β) : K] = n$ 。
$f (β) = 0$ かつ $f \in K [x]$ なので $β$ は $K$ 上代数的である。 $β$ の $K$ 上の最小多項式を $q (x)$ とすると、 $q (x)$ は $f (x)$ を割り切る。 $f$ は $K$ 上既約で $de g q \geq 1$ なので、 $f = a q$ （ $a \in K$ , $a \neq = 0$ ）となり、 $de g q = n$ である。よって $[K (β) : K] = de g q = n$ である。

ステップ 3: $[L (β) : L] = d$ 。
$p_{i} \in L [x]$ で $p_{i} (β) = 0$ なので $β$ は $L$ 上代数的である。 $β$ の $L$ 上の最小多項式を $s (x)$ とすると、 $s (x)$ は $p_{i} (x)$ を割り切る。 $p_{i}$ は $L$ 上既約で $de g s \geq 1$ なので $p_{i} = b s$ （ $b \in L$ , $b \neq = 0$ ）であり、ともにモニックだから $b = 1$ 、すなわち $p_{i} = s$ である。よって $[L (β) : L] = de g s = d$ である。

ステップ 4: $n^{'} ∣ d$ 。
$[L (β) : L] = d$ と $[L : K] = m$ はともに有限なので、連鎖律より $[L (β) : K]$ は有限で
$[L (β) : K] = [L (β) : L] [L : K] = d m .$
これが有限なので、塔 $K \subset K (β) \subset L (β)$ に連鎖律を使うと $[L (β) : K (β)]$ も有限で、 $t = [L (β) : K (β)]$ とおくと
$[L (β) : K] = [L (β) : K (β)] [K (β) : K] = t n .$
よって $d m = t n$ 、すなわち $d e m^{'} = t e n^{'}$ であり、両辺を $e$ で割って $d m^{'} = t n^{'}$ を得る。したがって $n^{'} ∣ d m^{'}$ であり、 $g cd (m^{'}, n^{'}) = 1$ なので $n^{'} ∣ d$ である。 $d \geq 1$ だから $d \geq n^{'}$ である。

ステップ 5: 結論。
ステップ 1〜4 は $i$ を任意に固定して示したので、すべての $i = 1, \dots, r$ について $de g p_{i} \geq n^{'}$ である。一方、 $f = c p_{1} \dots p_{r}$ の両辺の次数を比べると（ $c \neq = 0$ で、体上の多項式の積の次数は次数の和なので）
$n = de g p_{1} + de g p_{2} + \dots + de g p_{r} \geq r n^{'} .$
$n = e n^{'}$ と $n^{'} \geq 1$ より、 $e n^{'} \geq r n^{'}$ の両辺を $n^{'}$ で割って $r \leq e$ を得る。

以上により、 $f (x)$ の $L$ 上の既約因子の個数 $r$ は $r \leq g cd (m, n)$ を満たす。

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