代数的数全体の集合は体をなす(線型代数)

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注:タイトルに体と入っていますが、この記事は体論の知識を前提としていません。代わりに線型代数の基礎(行列式,固有値など)を使います。

はじめに

代数的数とは、有理数係数のモニック多項式の根となる複素数のことです。例えば $0, \frac{1}{2}, \sqrt{- 2}$ などは代数的数です。ここで、代数的数全体の集合を $A$ とします( $A$ は $Q$ の代数的閉包なので、一般的には $\bar{Q}$ と書かれます)。
この記事では、以下の二つの命題を示します。

(i) $α, β \in A \Rightarrow α + β, α β \in A$
(ii) $α \in A ∖ {0} \Rightarrow α^{- 1} \in A$

(i)より $A$ が可換環をなす事がわかり、さらに(ii)より $A$ が体をなす事がわかります。

(i) $A$ は可換環

さて、今回のメインパートである(i)を示していきます。まず方針をざっくりと説明します。

$α, β \in A$ のとき、 $V = Q [α, β]$ は $Q$ 上の有限次元ベクトル空間であり、 $V$ 上の変換 $x \mapsto (α + β) x$ や $x \mapsto α β x$ は線型変換なので、 $α + β$ や $α β$ はその表現行列の固有値、つまり固有多項式の根であり、従って代数的数であることが分かります。

この章の末尾にある例を見ると理解しやすいかもしれません。
では証明に入りましょう。まず次の補題を示します。

$λ, γ_{1}, \dots, γ_{n} \in C, V = ⟨ γ_{1}, \dots, γ_{n} ⟩_{Q} \neq {0}$ とする.このとき,
$λ γ_{i} \in V (i = 1, \dots, n)$ ならば $λ \in A$

仮定より,
$λ γ_{i} = \sum_{j = 1}^{n} a_{i j} γ_{j} (a_{i j} \in Q)$
とおける.このとき,
$\begin{array}{r} γ = (\begin{array}{c} γ_{1} \\ ⋮ \\ γ_{n} \end{array}) \end{array}$
とすれば
$\begin{aligned} λ γ & = (\begin{array}{c} a_{11} & \dots & a_{1 n} \\ ⋮ & ⋮ \\ a_{n 1} & \dots & a_{n n} \end{array}) γ \end{aligned}$
である. $V \neq {0}$ より $γ \neq 0$ なので $λ$ は $(a_{i j})$ の固有値であり,
$| \begin{matrix} a_{11} - λ & a_{12} & \dots & a_{1 n} \\ a_{21} & a_{22} - λ & \dots & a_{2 n} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ a_{n 1} & a_{n 2} & \dots & a_{n n} - λ \end{matrix} | = 0$
左辺に $(- 1)^{n}$ を掛けたものは $λ$ に関する有理数係数のモニック多項式なので, $λ \in A$ である.(証明終)

ここまでくれば、あと少しです！
$α, β \in A$ に対して、 $α + β, α β \in A$ を示します。

有理数係数のモニック多項式 $P, Q$ であって, $P (α) = Q (β) = 0$ となるものをとり,それらから最高次の項を除いたものをそれぞれ $p, q$ とする.
$V = ⟨ α^{k} β^{l} ∣ 0 \leq k < \deg P, 0 \leq l < \deg Q ⟩_{Q}$ とすると,
$\begin{aligned} α \cdot α^{k} β^{l} & = {\begin{cases} α^{k + 1} β^{l} & 0 \leq k < \deg P - 1 \\ α^{\deg P} β^{l} = - p (α) β^{l} & k = \deg P - 1 \end{cases} \end{aligned}$
なので, $α \cdot α^{k} β^{l} \in V$ であり,同様に $β \cdot α^{k} β^{l} \in V$ でもあるから, $(α + β) \cdot α^{k} β^{l}, α β \cdot α^{k} β^{l} \in V$ である.
$1 = α^{0} β^{0} \in V$ より $V \neq {0}$ であるから,補題より $α + β, α β \in A$ である.(証明終)

$\sqrt{2} + \sqrt{3} \in A$ を示してみましょう。
$P (x) = x^{2} - 2, Q (x) = x^{2} - 3$ とすると,
$V = ⟨ 1, \sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6} ⟩_{Q}$ となります。
$\begin{aligned} (\sqrt{2} + \sqrt{3}) (\begin{array}{c} 1 \\ \sqrt{2} \\ \sqrt{3} \\ \sqrt{6} \end{array}) & = \underset{A}{\underset{⏟}{(\begin{array}{c} 0 & 1 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 1 \\ 3 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 3 & 2 & 0 \end{array})}} (\begin{array}{c} 1 \\ \sqrt{2} \\ \sqrt{3} \\ \sqrt{6} \end{array}) \end{aligned}$
なので, $\sqrt{2} + \sqrt{3}$ は $A$ の固有値であり, $\det (A - λ I) = λ^{4} - 10 λ^{2} + 1$ の根になっています。本当かどうか気になる人は、ぜひ実際に代入するなり2次方程式を2回解くなりしてみてください。

(ii) $A$ は体

次に(ii)を示していきます。今回は簡単です。
$α \in A ∖ {0}$ とします。このとき有理数係数のモニック多項式 $P$ であって, $P (α) = 0, P (0) \neq 0$ となるものがとれます(変数をくくり出せば定数項を非零にできる)。
ここで、 $Q (x) = P (0)^{- 1} x^{\deg P} P (x^{- 1})$ とおくと、 $Q$ は $Q$ 係数のモニック多項式であり, $Q (α^{- 1}) = (P (0) α^{\deg P})^{- 1} P (α) = 0$ なので $α^{- 1} \in A$ です。(証明終)

おまけ ( $A$ は代数閉体)

任意の $A$ 係数のモニック多項式が $A$ に根を持つことも同様の手法で示せるので、ついでに書いておきます。 $A$ は体であり、代数学の基本定理から $C$ は代数閉体なので、次を示せば良いです。

$P$ を $0$ でない $A$ 係数多項式とする. このとき, 複素数 $α$ が $P$ の根ならば, $α \in A$ である.

(おまけなので, 概略のみを書きます)
$\begin{aligned} P (x) & = \sum_{k = 0}^{n} γ_{k} x^{k} (γ_{k} \in A) \end{aligned}$
とする.
$P \neq 0$ より, $V = Q [α, γ_{0}, \dots, γ_{n}] \neq {0}$ は $Q$ 上の有限次元ベクトル空間をなすので, $α$ は $V$ 上の線型変換 $x \mapsto α x$ の表現行列の固有値であるから, $α \in A$ .

$A$ 係数多項式 $x^{2} - 1 - \sqrt{2}$ の根 $\sqrt{1 + \sqrt{2}}$ が $A$ に属することを示します。
$V = Q [1, 1 + \sqrt{2}, \sqrt{1 + \sqrt{2}}]$ は $Q$ 上の有限次元ベクトル空間をなします( $V = ⟨ 1, \sqrt{2}, \sqrt{1 + \sqrt{2}}, \sqrt{2} \sqrt{1 + \sqrt{2}} ⟩_{Q}$ )。
$\begin{aligned} \sqrt{1 + \sqrt{2}} (\begin{array}{c} 1 \\ \sqrt{2} \\ \sqrt{1 + \sqrt{2}} \\ \sqrt{2} \sqrt{1 + \sqrt{2}} \end{array}) & = \underset{A}{\underset{⏟}{(\begin{array}{c} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 \end{array})}} (\begin{array}{c} 1 \\ \sqrt{2} \\ \sqrt{1 + \sqrt{2}} \\ \sqrt{2} \sqrt{1 + \sqrt{2}} \end{array}) \end{aligned}$
より $\sqrt{1 + \sqrt{2}}$ は $A$ の固有値なので, $\det (A - λ I) = λ^{4} - 2 λ^{2} - 1$ の根です。従って $\sqrt{1 + \sqrt{2}} \in A$ です。

$A / Q$ は代数拡大ですから、 $A$ が $Q$ の代数閉包 $\bar{Q}$ であることが示されました。
今回は以上です。ありがとうございました。

投稿日：2023年3月13日

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(i) $A$ は可換環
(ii) $A$ は体
おまけ ( $A$ は代数閉体)

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