完備離散付値体の代数拡大
はじめに
この記事では 前回の記事 に引き続き$p$進数の一般論について勉強していきます。
前提知識色々
$L/K$を体の有限次拡大とし、$K$の代数閉包を$\ol K$とおく。このとき
$G=\{\s\in\operatorname{Hom}(L,\ol K)\mid\forall x\in K, \s(x)=x\}=\operatorname{Hom}_K(L,\ol K)$
の各元のことを$L/K$における共役写像といい、
$\dis N_{L/K}(x)=\l(\prod_{\s\in G}\s(x)\r)^s\quad(s=[L:K]/|G|\in\N)$
で定められる$L$の写像を$L/K$におけるノルムという。またこれは群準同型$L^\times\to K^\times$を定める。
代数拡大$L/K$が分離拡大であるとは$L$の任意の元の$K$上の最小多項式が重根を持たないことを言う。
$L/K$が有限次分離拡大とするとこれは単拡大でもある。つまりある$\a\in L$があって$L=K(\a)$が成り立つ。またこのとき共役写像の個数$|G|$は拡大次数$[L:K]$に一致する。
$K$の任意の有限次拡大が分離的であるとき$K$を完全体という。標数$0$の体や有限体は完全体であることが知られている。したがって$L/K$が非分離的拡大ならば$K$は正標数の無限体となる。
$B$を環、$A$をその部分環とする。$B$の元$b$が$A$上整であるとはある$A$係数モニック多項式$f(x)$があって$f(b)=0$を満たすことを言う。$A$上整なる$B$の元全体からなる集合$C$は環をなし、これを$B$における$A$の整閉包という。
例えば$A=\Z$とおくと代数体$K$における$\Z$の整閉包は$\mathcal{O}_K=K\cap\bar\Z$となる。代数的整数論ではこれを整数環と言ったのであった。
$A$をデデキント環、$K$をその分数体、$L$を$K$の有限次拡大体、$B$を$L$における$A$の整閉包とする。このような状況設定を$AKLB\,setup$あるいは単に$AKLB$と呼ぶことにする。このとき$B$もデデキント環となることが知られている( 参考文献 の事実1.14など参照)。
$A$上整な元
$A$を離散付値環、$K$をその分数体としたとき、$A$は$K$において整閉である。
背理法で示す。$v$を$K$の離散付値とする。
もしある$x\in K\setminus A$が$A$上整であるとするとある$a_0,a_1,\ldots,a_{n-1}\in A$があって
$x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0=0$
が成り立つが、$x^{-1}\in A$であることに注意して両辺に$x^{-(n-1)}$をかけると
$x=-a_{n-1}-\cdots-a_1x^{-(n-2)}-a_0x^{-(n-1)}\in A$
となって矛盾。よって主張を得る。
$A$を完備離散付値環、$K$をその分数体とする。既約多項式$f\in K[x]$の最高次数の係数と定数項が$A$の元であれば$f\in A[x]$が成り立つ。
$\p=(\pi)$を$A$の極大イデアル、$v=\ord_\p$を離散付値とし、$f=\sum^n_{k=0}a_kx^k\;(a_n,a_0\neq0)$および$\dis m=\min v(a_k)$とおく($a_0\neq0$は既約性より)。$m\geq0$であれば主張を得るので、$m<0$として矛盾を導く。
いま$m$の取り方より$g=\pi^{-m}f=\sum^n_{k=0}b_kx^k$とおくと$g\in A[x]$なので$(A/\p)[x]$での像$\bar g$が考えられ、仮定より$b_n,b_0\in\p$なのである$0< d< n$があって$\bar g$は丁度$\bar u=x^d\in(A/\p)[x]$で割り切れることがわかる。その商を$\bar v$とおくと
$g\equiv\bar u\bar v\not\equiv0\pmod\p$
かつ$x\nmid\bar v$より$\bar u,\bar v$は互いに素なので
Henselの補題
よりある$u,v\in A[x]$があって
$g=uv\quad(\deg u=\deg\bar u=d)$
と非自明な因数分解が得られることになるが、これは$g$の既約性に反するので矛盾を得る。
$A$を完備離散付値環、$K$をその分数体、$L/K$を有限次拡大とする。このとき$\a\in L$が$A$上整であることと$N_{L/K}(\a)\in A$であることは同値である。
(前者)$\Rightarrow$(後者)は自明なので、その逆を示す。$n=[L:K],e=[L:K(\a)]$とする。
$\a$の$K$における最小多項式を$f(x)$とおくと$N_{L/K}(\a)=(-1)^nf(0)^e\in A$が成り立ち、また$f(0)\in K$および$A$は$K$において整閉であることに注意すると$f(0)\in A$がわかる。よって$f(x)$の最高次数の係数$1$と定数項$f(0)$が$A$に含まれていることになり、補題2より$f(x)\in A[x]$、つまり$\a$は$A$上整となる。
付値の延長
以下、$AKLB$において$A$が完備離散付値環である場合を考える。
$A$の極大イデアルを$\p$、離散付値を$v_\p=\ord_\p$、乗法付値を$|x|_\p=c^{v(x)}\;(0< c<1)$とする。
$B$の素イデアル$\q$であって$\p$を割り切るものはただ一つしか存在しない。
$B$はデデキント環であり、$\p B$は$B$の非自明なイデアルであるので$\p$を割り切るような$\q$は存在する。もしそのような素イデアル$\q_1,\q_2$であって$\q_1\neq\q_2$となるようなものが存在するとして矛盾を導く。
任意に$\b\in\q_1\setminus\q_2$を取り環$A[\b]\subset B$を考える。このとき$\b\in\q_1\cap A[\b],\;\b\not\in\q_2\cap A[\b]$であるので$\q_1\cap A[\b]\neq\q_2\cap A[\b]$となる。つまり$A[\b]$において$\p$は二つ以上の異なる素イデアルに分解され、特に$A[\b]/\p A[\b]$は体ではないことがわかる。
いま$K$における$\b$の最小多項式を$f\in A[x]$とおくと、$A[\b]\simeq A[x]/f(x)A[x]$より
$$(A/\p A)[x]/f(A/\p A)[x]\simeq A[x]/(f,\p)A[x]\simeq A[\b]/\p A[\b]$$
となるので$(A/\p A)[x]/\bar f(A/\p A)[x]$も体ではないことがわかる。特に$f$は$(A/\p A)[x]$において既約ではない、つまり可約となるので、ある互いに素な$\bar g,\bar h\in(A/\p A)[x]$があって
$f=\bar g\bar h\pmod\p$
が成り立つ。($A$は完備なので)これについて
Henselの補題
を考えることで非自明な因数分解$f=gh$があることになるが、これは$f$が最小多項式つまり既約多項式であることに矛盾。よって主張を得る。
$B$は$\q$を極大イデアルとする離散付値環となる。また$v_\q=\ord_\q$を$B$の離散付値とし、$\p B=\q^{e_\q}$とおくと$x\in K$に対し$v_\q(x)=e_\q v_\p(x)$が成り立つ。
$B$の任意の素イデアル$\q'$について$\q'\cap A$は$A$の素イデアル、つまり$\p$となることから補題4より$\q'=\q$が言える。つまり$B$は($0$でない)素イデアルをただ一つだけ持つデデキント環なので離散付値環となる。
また$v_\p=\ord_\p,v_\q=\ord_\q$に注意すると後者も簡単にわかる。
離散付値$v_\q$の定める乗法付値と拡大$L/K$の定める写像
$|x|_\q=c^{\frac1{e_\q}v_\q(x)}$
$|x|_L=|N_{L/K}(x)|_\p^{1/n}\quad(n=[L:K])$
を考えると、この二つは同じ写像を定める。
また$L$はこれらの定める距離に関して完備であり、したがって$B$は完備離散付値環となる。
$L/K$は有限次拡大であり、$x\in K$に対して
$|x|_\q=c^{\frac1{e_\q}e_\q v_\p(x)}=c^{v_\p(x)}=|x|_\p$
$|x|_L=|x^n|_\p^{1/n}=|x|_\p$
が成り立つので
この記事
の最後の命題より$|x|_L$が乗法付値であることを示せばよい。
特に不等式
$|x+y|_L\leq\max\{|x|_L,|y|_L\}$
つまり
$|x|_L\leq|y|_L\Rightarrow|x+y|_L\leq|y|_L$
を示せばよく、($y=0$の時は自明なので省き)$z=x/y$とおいて変形した命題
$|z|_L\leq1\Rightarrow|z+1|_L\leq1$
を考える。そうすると命題3より$N_{L/K}(\a)\in A\iff\a\in B$なので
$$|z|_L\leq1\iff|N_{L/K}(z)|_\p\leq1\iff v_p(z)\geq0\iff N_{L/K}(z)\in A\iff z\in B\iff z+1\in B\iff|z+1|_L\leq1$$
のようにして主張を得る。
Krasnerの補題
命題3より完備離散付値体$K$の代数閉体$\ol K$に対し$K$の乗法付値$|\cdot|$を
$|\a|=|N_{K(\a)/K}(\a)|^{1/n}\quad(n=[K(\a):K])$
のようにして$\ol K$の乗法付値に(一意に)延長することができる。
任意の$\a\in\ol K$および$\s\in\operatorname{Aut}_K(\ol K)$に対し$|\a|=|\s(\a)|$が成り立つ。
$\a$の$K$における最小多項式を$f(x)$とおくと、$f(x)$は$\s(\a)$の最小多項式でもあるので
$|\a|=|N_{K(\a)/K}|^{1/n}=|f(0)|^{1/n}=|N_{K(\s(\a))/K}(\s(\a))|^{1/n}=|\s(\a)|$
を得る。
$\a,\b\in\ol K$に対し、$\b$が$\a$に属するとは任意の$\s\in\operatorname{Aut}_K(\ol K)$に対し
$|\b-\a|<|\b-\s(\a)|$
が成り立つこと。あるいは
$|\b-\s(\a)|\leq\max\{|\b-\a|,|\a-\s(\a)|\}$
$|\a-\s(\a)|\leq\max\{|\b-\a|,|\b-\s(\a)|\}$
に注意すると
$\dis|\b-\a|<\min_\s|\a-\s(\a)|$
であることと言い換えても同じである。
$\a,\b\in\ol K$について$\b$が$\a$に属しているとき、$\a\in\ol K$が$K$上分離的であれば$K(\a)\subseteq K(\b)$が成り立つ。
$\a\not\in K(\b)$として矛盾を導く。
このとき$K(\a,\b)/K(\b)$は非自明な分離拡大であるので$\s(\a)\neq\a$なる$\s\in\operatorname{Aut}_{K(\b)}(\ol K/K(\b))$が取れて、補題6より
$|\b-\a|=|\s(\b-\a)|=|\b-\s(\a)|$
となって$\b$が$\a$に属していたことに矛盾。
よって$\a\in K(\b)$であり、$K(\a)\subseteq K(\b)$を得る。
$K$上の線形空間$K[x]$についてノルム$\|\cdot\|$を$f(x)=\sum^n_{k=0}a_kx^k\;(a_k\in K)$に対し
$\dis\|f\|=\sum^n_{k=0}|a_k|$
と定める。
モニック多項式$f(x)\in K[x]$に対して$\a\in\ol K$をその根の一つとすると$|\a|<\|f\|$が成り立つ。
$\dis f(x)=\sum^n_{k=0}a_kx^k\quad(a_n=1)$
とおく。$\|f\|=1$のときは$f=x^n$つまり$\a=0$なので自明。よって$\|f\|>1$かつ$|\a|>1$の場合を考える($|\a|\leq1$なら自明)。
このとき三角不等式より
$\dis 0=|f(\a)|=\l|\a^n+\sum^{n-1}_{k=0}a_k\a^k\r|\geq|\a|^n-\sum^{n-1}_{k=0}|a_k||\a|^k
\geq|\a|^n-|\a|^{n-1}\sum^{n-1}_{k=0}|a_k|=|\a|^{n-1}(|\a|-(\|f\|-1))$
つまり
$0\geq|\a|+1-\|f\|$
が成り立つので
$|\a|<|\a|+1\leq\|f\|$
を得る。
任意のモニックな既約分離多項式$f(x)\in K[x]$に対してある定数$\d$があって、モニック多項式$g(x)\in K[x]$が$\|f-g\|<\d$を満たせば$g(x)$の任意の根$\b$に対しある$f(x)$の根$\a$があって$K(\b)=K(\a)$が成り立つ。
$f,g$のモニック性より最高次数の係数を考えると、$\d<1$のとき$\|f-g\|<\d$ならば$\deg f=\deg g$が成り立つことに注意する。
$\dis f(x)=\prod^n_{k=0}(x-\a_k)=\sum^n_{k=0}a_kx^k$
とし、
$\e=\min\{|\a_i-\a_j|\}_{i\neq j}\cup\{1\}$
$\dis\d=\l(\frac\e{\|f\|+1}\r)^n$
とおく。このとき$\e\leq1,\|f\|\geq1$より$0<\d<1$となる。
いま$\|f-g\|<\d$なるモニック多項式$g=\sum^n_{k=0}b_kx^k$およびその根の一つ$\b$について、補題8および三角不等式より
$|\b|<\|g\|\leq\|f\|+\|g-f\|<\|f\|+\d<\|f\|+1$
と評価できるので
\begin{eqnarray}
|f(\b)|&=&|f(\b)-0|=|f(\b)-g(\b)|
\\&\leq&\sum^n_{k=1}|a_k-b_k||\b|^k
\\&\leq&\sum^n_{k=1}|a_k-b_k|(\|f\|+1)^n=\|f-g\|(\|f\|+1)^n
\\&<&\d(\|f\|+1)^n=\e^n
\end{eqnarray}
が成り立つ。つまり
$\dis |f(\b)|=\prod^n_{k=1}|\b-\a_k|<\e^n$
となるので、ある$\a=\a_k$について$|\b-\a|<\e$が成り立ち、$\e$の取り方より($\e\leq|\a_k-\s(\a_k)|$なので)$\b$は$\a$に属することになる。
よってKrasnerの補題より($f$の分離性より$\a$も分離的なので)$K(\a)\subseteq K(\b)$であり、$\deg f=\deg g=n$に注意すると
$[K(\b):K(\a)][K(\a):K]=[K(\b):K]\leq n=[K(\a):K]$
つまり$[K(\b):K(\a)]=1$がわかるので$K(\b)=K(\a)$を得る。
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