Notices by まげ店長 (magemanager@mathtod.online)

@mathmathniconico
#類体論へ至る道
P196補題
$L/K$をガロア拡大とする。
また$L$の自己同型写像の全体となす群を
$Aut(L)$とする。
$Aut(L)$の部分群$H$に対して
　$L^H=K⇔H=G(L/K)$
$(L^H=\{x( \in L)|τx=x(∀τ \in H)\})$
$L^H$を固定体という。

（証明）
←：
$H=G(L/K)$とする。…①
ガロア拡大$L/K$の$K$自己同型写像全体
$G(L/K)$のなす群を$L/K$のガロア群と呼ぶので
　$K\subseteq L^H$

$H$は$L^H$の元を動かさないので
　$H\subset G(L/L^H)\subset G(L/K)$…②
①②より
　$G(L/K)=G(L/L^H)$
　$L^H=K$
また
　$|G(L/L^H)|=[L^H:K]$
なので
　$L^H=K$

@mathmathniconico
#類体論へ至る道
P195 問題（3）
体$M$がガロア拡大$L/K$の
中間体であれば
$L/M$もガロア拡大で、
そのガロア群は$G$の元で$M$の
各元を動かさないものの全体。
　$G(L/M)=\{σ\in G(L,K)|$
　$σx=x(∀x \in M)\}$

（証明）
$M$に対して$K$上の$m$次最小多項式$f(x)$を作り、$f(x)=0$の解$α$に
よって$M=K(α)$と表す事が出来る。
$f(x)=0$の解を
　$α=α_1,…,α_m$
とする。

また$M=K(α)$上の$n$次最小多項式$g(x)$を作り、$g(x)=0$の解$β$によって
　$L=M(β)=K(α,β)$
と表す事が出来る。
$g(x)=0$の解を
　$β=β_1,…,β_n$
とする。

$L$に作用する同型写像は$mn$個あり、
それらは
　$σ_{ij}(α)=α_i$
　$σ_{ij}(β)=β_j$
　$(1 ≦ i ≦ m,1 ≦ j ≦ n)$
で定められる。

#類体論へ至る道
ここで$L$は$K$の最小分解体であり、
$K$のガロア拡大体なので同型写像は
全て自己同型写像。

よって$mn$個の同型写像$σ_{ij}$は
$L$の自己同型写像
　$G(L/K)=\{σ_{11},…,σ_{1n},$
　$σ_{21},…,σ_{2n},$
　$…$
　$σ_{m1},…,σ_{mn}\}$

$G(L/M)$は、このうち$M=K(α)$の
全ての元を不変にするものである。
$σ_{1i}(α)=α$であり、$j\neq 1$のとき
　$σ_{ji}(α)=α_j \neq α$

$σ_{1i}(α)=α$であれば
　$M=K(α)$
のすべての元を不変にするので
　$G(L/M)=\{σ_{11},σ_{12},…,σ_{1n}\}$

よって
　$G(L/M)=\{σ\in G(L,K)|$
　$σx=x(∀x \in M)\}$
（証明終）

#類体論へ至る道
$\mathbb{Q}({}^4\sqrt{2},i)$の元$x$が
$x=a+b({}^4\sqrt{2})+c({}^4\sqrt{2})^2+d({}^4\sqrt{2})^3$
$+ei+f({}^4\sqrt{2})i+g({}^4\sqrt{2})^2i+h({}^4\sqrt{2})^3i$
$(a〜h\in \mathbb{Q})$
…①

$τ$を作用すると
$τ(x)=a+b({}^4\sqrt{2})+c({}^4\sqrt{2})^2+d({}^4\sqrt{2})^3$
$-ei-f({}^4\sqrt{2})i-g({}^4\sqrt{2})^2i-h({}^4\sqrt{2})^3i$
…②
で$τ(x)=x$になるには①=②なので
　$e=f=g=h=0$
よって①の元$x$は
　$x=a+b({}^4\sqrt{2})+c({}^4\sqrt{2})^2+d({}^4\sqrt{2})^3$
…③

#類体論へ至る道
2)$\mathbb{Q}({}^4\sqrt{2})$を考える。
$(L/M$のガロア拡大を確認する$)$

${}^4\sqrt{2}$の最小多項式は
　$f(x)=x^4-2=0$
　$x^4-2=(x-{}^4\sqrt{2})(x+{}^4\sqrt{2})$
　$(x-{}^4\sqrt{2}i)(x+{}^4\sqrt{2}i)$
最小分解体は
　$\mathbb{Q}({}^4\sqrt{2}),-^4\sqrt{2},{}^4\sqrt{2}i,-{}^4\sqrt{2}i)$
　$=\mathbb{Q}({}^4\sqrt{2},i)$

$\mathbb{Q}({}^4\sqrt{2},i)$に作用する同型写像$σ,τ$を
　$σ({}^4\sqrt{2})={}^4\sqrt{2}i,σ(i)=i$
　$τ({}^4\sqrt{2})={}^4\sqrt{2},σ(i)=-i$
とする。

#類体論へ至る道
1)$\mathbb{Q}(\sqrt{2})$を考える。
$(M/K$のガロア拡大を確認する$)$

$\sqrt{2}$の最小多項式は
　$f(x)=x^2-2=0$
$f(x)$の最小分解体は
　$\mathbb{Q}(\sqrt{2},-\sqrt{2})$
体の作り方から
　$\mathbb{Q}(\sqrt{2},-\sqrt{2})\supset \mathbb{Q}(\sqrt{2})$
は明らか。一方、
　$-\sqrt{2}=\sqrt{2}×(-1)\in \mathbb{Q}(\sqrt{2})$
より
　$\mathbb{Q}(\sqrt{2},-\sqrt{2})\subset \mathbb{Q}(\sqrt{2})$

よって
　$\mathbb{Q}(\sqrt{2},-\sqrt{2})= \mathbb{Q}(\sqrt{2})$
よって$M/K$はガロア拡大

@mathmathniconico
#類体論へ至る道
P194 問題
$M/K,L/K$が共にガロア拡大でも
$L/K$はガロア拡大ではない例を作る。

$L=\mathbb{Q} ({}^4\sqrt{2}),M=\mathbb{Q}(\sqrt{2}),K=\mathbb{Q} $
とする。

#類体論へ至る道
3)$L/K$を考える。
$\mathbb{Q}({}^4\sqrt{2})$の元${}^4\sqrt{2}$の最小多項式は
　$x^4-2=0$
この方程式の解の一つ${}^4\sqrt{2}i$は$\mathbb{Q}({}^4\sqrt{2})$には含まれない。
よって$\mathbb{Q}({}^4\sqrt{2})$は正規性が無いので$\mathbb{Q}$のガロア拡大ではない。

#類体論へ至る道
③に対して$σ^2$を作用すると
　$σ^2(a+b({}^4\sqrt{2})+c({}^4\sqrt{2})^2+d({}^4\sqrt{2})^3)$
$=a-b({}^4\sqrt{2})+c({}^4\sqrt{2})^2-d({}^4\sqrt{2})^3$
…④
③が不変であるには$b=d=0$
よって元$x$は
　$x=a+c({}^4\sqrt{2})^2=a+c\sqrt{2}$…⑤
⑤に$τσ^2$を作用すると
　$τσ^2(a+c\sqrt{2})=a+c\sqrt{2}$
で不変。
よって$a+c\sqrt{2}$すなわち$\mathbb{Q}(\sqrt{2})$は$<σ^2,τ>$で不変。
よって$L/M$はガロア拡大。

グラフ理論は生産管理やロジスティックス論に使えます。日本語の本だとこれはかなり面白い。
“Pythonによる実務で役立つ最適化問題100+ (3): 配送計画・パッキング・スケジューリング”
Pythonのソースが良いと言うよりは「実際の現象がどんなグラフ理論で表現出来るのか？」というアイデアの部分です。ソースはやや長く、これでは読者が理解して自分の用途に合わせてカスタマイズするのは難しいですね。この点は一般にはグラフ理論の教科書には載っておらず、実務者が自分で判断するしかありません。私も苦労して時系列ネットワークとマルコフ決定過程を使ってグラフ理論に落とし込んでいますが、他にも色々と方法があるみたいで、これは誰に聞いたら良いのか。。。

最適化問題に関する本が多数出される様になり、Pythonによるコードの充実も嬉しい限りで生まれるのが30年早かったと思います。ただ、ユーザーの視点で言うとやはりPythonは簡単では無いですね。単純に言うと10行以下で業務をモデリングするのは難しい。そういう意味で、Mathematicaでは“1行”でも書ける事もあって本当に使いやすいです。何故か今の最適化問題の風潮はPython一本槍でMathematicaの本が同様に出てくると大変に嬉しいのですが、その頃には私は仕事を引退ですね。第2の人生ではMathematicaの短いコードをを有効に使っていきたいと思います。

@mathmathniconico
#類体論へ至る道
定理12.4
$M$を体$K$の拡大体とし、$δ$を$M/K$の共役写像とすると$δ$は$K$の代数的閉包$\overline{K}$の$K$自己同型写像に延長できる。
（証明）
$K-M_1-F_1-…-F_{max}-L_1$
　|　 　$↓$　　　　　　　　　　　　$↓$
　|　　$φ$　　　　　　　　　　　　$ψ$
　|　　$↓$　　　　　　　　　　　　$↓$
$K-M_2————————L_2$

もう随分前だけど、共通テストを新聞でやったら難しかった。大嫌いな微積は解けたけど。高校時代は数学は嫌いだったけど、国語はもっと出来なかったから仕方がなく理系になった。

#類体論へ至る道
$1 \in \mathfrak{C}$と仮定すると
　$1 \in \mathfrak{B}$
なる
　$\mathfrak{B} \in Y$
が存在することになって矛盾するから
　$1\not \in \mathfrak{C}$
である。
つまり$\mathfrak{C}$は$R$の固有イデアルである。
$∴\mathfrak{C} \in X$
しかも任意の$\mathfrak{B} \in Y$に対して
　$\mathfrak{B}\subset \mathfrak{C}$
が成り立つ。

すなわち$\mathfrak{C}$は$Y$の上界である。
故に$X$は帰納的順序集合である。
したがってツォルンの補題によって
$X$は極大元を有する筈である。
それを$\mathfrak{M}$とする。
$\mathfrak{M}$は明らかに求める性質を持つ
固有のイデアルである。
（証明終）

#類体論へ至る道
$a,b \in \mathfrak{C}$ならば和集合の定義によって
　$a \in \mathfrak{B}_1,b \in \mathfrak{B}_2 \in Y$
が存在する。
$Y$は包含関係に関する
全順序集合なので、例えば
　$\mathfrak{B}_1\subset \mathfrak{B}_2$
と仮定して良い。
つまり$a,b \in \mathfrak{B}_2$である。
$\mathfrak{B}_2$はイデアルなので
　$a+b \in \mathfrak{B}_2\subset \mathfrak{C}$
　$ra \in \mathfrak{B}_2\subset \mathfrak{C}$
　$(∀r \in R)$
が成り立つ。
よって$\mathfrak{C}$はイデアル。

#類体論へ至る道
補題2
$R$を環とし、
$\mathfrak{A}$を$R$の固有イデアルとすると、
　$\mathfrak{A}\subset \mathfrak{M}$
なる$R$の極大イデアル$\mathfrak{M}$が存在する。
（証明）
$X$を$\mathfrak{A}\subset \mathfrak{B}$なる固有イデアル$\mathfrak{B}$のなす集合とする。
　$X=\{\mathfrak{B}|\mathfrak{A}\subset \mathfrak{B} \neq R\}$
　$(\mathfrak{B}$は$R$のイデアル$)$

$X$は包含関係によって順序集合を成す。
$Y( \neq 0)$を$X$の全順序部分集合とする。
　$\mathfrak{C}=\cup _{\mathfrak{B} \in Y}\mathfrak{B}$
と定義すると、$\mathfrak{C}$は固有イデアルである事を示す。

#類体論へ至る道
補題1
定理12.3において$\mathfrak{A}\neq R$が成り立つ。
（証明）
$1\not\in \mathfrak{A}$を示せば良い。
仮に$1\in \mathfrak{A}$とすると、$\mathfrak{A}$の定義によって
　$1=\sum_{k=1}^{n} y_k^{(λ)}f_k^{(λ)}$…②
となるような$R$の元$f_k^{(λ)}$が存在する。
$(f_k^{(λ)}$は有限個を除いて$0$である$)$
　$f_k^{(λ)}\neq 0$
であるものを
　$f_{k_1}^{(λ_1)},…,f_{k_p}^{(λ_p)}$
とする。

$K_0=K$とし、$K_{i+1}$を$K_i$上の
$f_k^{(λ_i)}$の根体とする。
根体の定義によって
　$K_{i+1}=K_i(θ_i),f_k^{(λ_i)}(θ_i)=0$
が成り立つ。

$θ_1,…,θ_p \in K_p$であり、
②に代入すると
　$1=0$
となって矛盾が生じる。
（証明終）

#類体論へ至る道
つまり$K$の任意の既約多項式は$Ω$内で1次式に分解される。
この式によって$θ_j^{(λ)}$は$K$上代数的であり、同時に$K$にすべての$θ_j^{(λ)}$を添加して得られる$Ω$は$K$の代数拡大であるという事が分かる。

$Ω$の代数的閉性を示すために、$Ω$上代数的な拡大があるとして、その体の元を$α$とする。$α$はP186補題より$K$上でも代数的である。
したがって$α$はある
　$F_λ(X)\in F$
の零点である。

$Ω$において$F_λ(X)$は1次式に分解されるから、$α\in Ω$でなければならない。
よって$Ω$は代数的に閉じている。
よって代数的閉包の存在が示された。
（証明終）

#類体論へ至る道
補題1より$\mathfrak{A}$が固有のイデアルを成すこと$(\mathfrak{A}\neq R)$が示される。
よって補題2より$\mathfrak{A}\subset \mathfrak{M}$なる極大イデアル$\mathfrak{M}$が存在する。
すると商環$Ω=R/\mathfrak{M}$は体である。
$a\in K$に対して
　$\overline{a}=a+\mathfrak{M}$
を対応させる事によって$Ω$は$K$と同型な部分体を含んでいる事が分かるので、これを$K$と同一視すれば、$K \subset Ω$とみなす事が出来る。

$Ω$内で$X_j^{(λ)}$の属する類$\overline{X_j^{(λ)}}$を$θ_j^{(λ)}$と書くと、$y_i^{(λ)}\in \mathfrak{A}$なので、
$Ω[X]$では補題2より①にて
多項式環で生成されるイデアルによる商環の多項式は零点を持つので
　$∴G_λ(X)=0$
　$∴F_λ(X)=Π_{j=1}^{n(λ)}(X-θ_j^{(λ)})$
となる。

@mathmathniconico
#類体論へ至る道
P186 定理12.3 シュタイニツの定理
$K$を体とすると、$K$の代数的閉包が存在する。
（証明 ）
変数$X$の$1$次以上の$K$係数モニック既約多項式全体の成す集合を$F$とする。
多項式
　$F_λ(X)\in F,λ \in Λ$
の次数を$n(λ)$とする。
添字の集合$Λ$の各元$λ$に一つずつ各$F_λ(X)$に対して新たに不定元
　$X_1^{(λ)},…,X_{n(λ)}^{(λ)}$
を用意して、これらの不定元全部を変数として得られる$K$係数の無限変数多項式環を$R$とする。
すべての$F_λ(X)$に対して
　$G_λ(X)$
　$=Π_{j=1}^{n(λ)}(X-X_j^{(λ)})-F_λ(X)$…①
　$=y_1^{(λ)}X^{n(λ)-1}+…+y_n^{(λ)}$
と置いて得られる式の係数
　$y_1^{(λ)},…,y_n^{(λ)}$
の全体から生成される$R$のイデアルを$\mathfrak{A}$と記す。