2. 環と体の基本 - ノリの悪い日記

2-0. 環と体の定義
2-1. イデアルの導入
2-2. 整域と体
2-3. 素イデアルと極大イデアル
2-4. 標数
2-5. 整数論から
2-6. 中国の剰余定理
2-7. 一意分解整域
2-8. 代数
2-9. 有限体の乗法群

2-0. 環と体の定義

加法群 (1-0 参照) $R$ が更に乗法、

$R \times R \to R \quad ( (x,y) \mapsto xy)$

をもち、乗法についてモノイドになっていて (乗法の単位元 $e$ を $1$ と書く) 、加法、乗法について次の分配法則が成り立つとき、 $R$ を「環 (ring)」という。

$x(y + z) =xy + xz, \\ (y+z)x = yz + zx \quad (x, y, z \in R)$

環 $R$ に $0$ を除く元が存在し、それらがすべて「単元 (unit)」(乗法の逆元を持つ環の要素) であるとき、 $R$ を「体 (body)」という。通常、単に「体」というときは「可換体」をいい、非可換体については、「可除環」または「斜体」ということが多い。

二つの環 $R, R^\prime$ の間の環準同型写像 $\phi: R \to R^{\prime}$ は、 $\forall a,b \in R$ について、

$\phi(a \pm b)= \phi(a) \pm \phi(b)$
$\phi(ab)= \phi(a)\phi(b)$

$1 \in R, 1^{\prime} \in R^{\prime}$ について、

$\phi(1) = 1 ^{\prime}$

を満たすときをいう。準同型写像が全単射であれば、同型写像となるのは群のときと同じである。

※ 加法の単位元については、

$f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)$

から $f(0) = 0^{\prime}$ である。

2-1. イデアルの導入

環準同型写像 $\phi$ によって、 $R^{\prime}$ の加法の単位要素 $0^{\prime}$ に移される $R$ の要素全体の集合を $I$ とする。環は加法に関して群をなし、しかも可換であることから、直ちに $I$ は、加法について $R$ の正規部分群であることがわかる。

$a, b \in I$ ならば、

$\phi(a\pm b)=\phi(a)\pm \phi(b)=0^{\prime}$

から、 $a \pm b \in I$ である。

一方、乗法の方を見てみると、これは新しい性質を持っている。つまり、 $\forall x \in R, a \in I$ について、

$\phi(xa)=\phi(x)\phi(a)=\phi(x)0^{\prime}=0^{\prime}$
$\phi(ax)=\phi(a)\phi(x)=0^{\prime}\phi(x)=0^{\prime}$

となり、

$xI, Ix \subset I$

となる。

このように以下の 1), 2) の性質をもった環 $R$ の部分集合 $I$ を「(両側) イデアル (two-sided ideal)」と呼ぶ (なお、線型空間の部分空間と同じように、イデアルは加法の零元を含み空集合とはならないとする)。

1) $a, b \in I$ ならば、

$a \pm b \in I$

2) $\forall x \in R, a \in I$ について、

$ax, xa \in I$

※ 2) の条件は剰余環の乗法が

$(v+I)(w+I) = vw + I$

のように閉じるために必要な性質である。「環」は加法と乗法を持っているから、加法についての剰余群が、乗法についても閉じて剰余環になることは非常に重要である。//

また、2) の条件が以下のものを「右イデアル (right ideal)」と呼ぶ。

2) $\forall x \in R, a \in I$ について、

$ax \in I$

次のものは、「左イデアル (left ideal)」と呼ぶ。

2) $\forall x \in R, a \in I$ について、

$xa \in I$

なお、1) の条件については、いろいろな表記があるとは思うが、要は $I$ は、環 $R$ を加法群とみたときの (正規) 部分群であるという条件である。

イデアルは、準同型の核に限らず、整数環ではお馴染みのものである。偶数全体の集合はイデアルを成すことが直ぐに分かる。偶数と偶数を足したり、引いたりしても偶数だし、偶数に任意の整数をかけても偶数だからだ。一方、奇数全体の集合はイデアルにはならないことが、すぐに分かる。//

整数環 $\mathbb{Z}$ に含まれる任意のイデアル $I$ は、ある整数 $m \geq 0$ が存在して

$I = m\mathbb{Z}$

とできる。つまり、 $I$ は $m$ の倍数全体の集合である。

(証明)

$I = \{0\}$

のときには、

$m = 0$

は明らかである。したがって $I$ には要素

$a \neq 0$

が含まれているとする。そうすると $I$ は加法に関して群だから、 $-a$ も含まれる。したがって、正の整数は必ず $I$ に含まれるので、 $a$ を正の整数と考えても一般性を失わない。 $I$ に含まれる最小の自然数を $m$ とする。そうすると、

$a = mq + r$

とかける。ここで、 $q, r$ は整数で、 $0 \leq r < m$ である。

$r = a - mq$

は、

$a \in I, mq \in I$

なので、

$r \in I$

である。 $m$ は $I$ に含まれる最小の自然数だったから、

$r = 0$

である。//

※ 一つの要素で生成されるイデアルを「単項イデアル(主イデアル)」と呼ぶ)。単項イデアル $I$ は、生成要素 $m$ を用いて、

$I = (m)$

のように書かれる。//

次の事実が重要であるが、これは一次の不定方程式の整数解でお馴染みのことである ( $ax+by= \gcd(a,b)$ あるいは $ax \equiv \gcd(a,b) \pmod{b}$ の整数解が存在するということ)。

$0$ ではない整数 $a, b$ について、集合

$I = \{ax+by | \forall x, y \in \mathbb{Z}\}$

は $\mathbb Z$ に含まれるイデアルとなる。

$I = (m)$

とすれば、生成要素 $m$ は $a, b$ の最大公約数である。

(証明)

集合 $I$ がイデアルであることは、前の記事のイデアルの定義 (1), (2) を確認するだけであり、証明は省略する。前の証明と同じように

$a, b > 0$

と仮定しても一般性を失わない。

$I = (m)$

から、 $m$ が $a, b$ の公約数となることは明らかである。 $m$ 自身も適当に、 $x, y$ をとれば、

$ax + by = m$

と書ける。そこで、両辺を $m$ で割れば、

$Ax + By = 1 \quad (a = mA, b = mB, A, B \in \mathbb{Z} )$

となるが、

$A = kA^{\prime} , B = kB^{\prime} \quad (k, A^{\prime} > 0, B^{\prime} > 0 \in \mathbb{Z})$

とおけば、

$k(A^{\prime}x + B^{\prime}y) = 1$

から、

$k = 1$

ということが分かるので、 $A, B$ は互いに素であることが示せる。したがって、 $m$ は $a, b$ の最大公約数である。//

2-2. 整域と体

体の要素は、 $0$ を除き単元であることから、次の著しい性質がある。つまり、体の要素 $a, b$ について、

$ab = 0$

が成り立っていて、

$b \neq 0$

だとすると、 $b$ は逆元 $b^{-1}$ を必ずもつことから、

$a = ae = a(bb^{-1}) = (ab)b^{-1} = 0b^{-1} = 0$

となる。同じように、

$a \neq 0$

と仮定すると

$b = 0$

となる。

$a = 0, b = 0$

ならば、もちろん

$ab = 0$

である。

以上から、

$ab = 0$

ならば、 $a, b$ の少なくとも一方は $0$ である。

以下は「零因子」の定義と、「零因子」による「整域」の定義である。

「可換環 $R$ の要素 $a$ が、ある

$b \in R \backslash \{0\}$

に対して

$ab = 0$

となるとき、零因子であるという。可換環の零因子が $0$ だけのとき、その可換環を「整域」という」

すると、体ならば整域である。逆は整数環や整数を係数とする多項式環のような反例があり成立しない。

ここで、 $0$ 以外に「零因子」をもち整域にならない可換環の例を考えてみる。

イデアル $(4)$ の剰余系なんかはどうだろうか？

$2 \times 2 \equiv 0 \pmod{4}$

だから、零因子として $2$ をもっていることがわかる。逆元を見てみると、 $1$ の逆元は、

$1 \times 1 \equiv 1$

から $1$ 自身である。 $3$ の逆元も、

$3 \times 3 \equiv 1$

から $3$ 自身である。 $2$ の逆元は存在しない。つまり、 $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ という剰余系は、加法と乗法が定義されており「可換環」ではあるが「整域」ではなく、除算ができる「体」でもないということがわかる。

以上から、イデアルの生成要素が素数であれば、剰余系は加法と乗法で閉じて、「体」を成すと予想される。試しに素数 $5$ を生成元とする単項イデアル $(5)$ の剰余系でやってみる。素数は、 $1$ と自分自身でしか割り切れないのだから、 $1, 2, 3, 4$ の任意の要素の二つの積に $5$ の因数が含まれることはありえない。したがって、零因子は $0$ 以外にはない「整域」であることがわかる。 $1$ の逆要素は $1$ 、 $2$ の逆要素は $3$ 、 $3$ の逆要素はもちろん $2$ 、 $4$ の逆要素は $4$ であり、 $0$ 以外の要素はすべて単元になって「体」を成すことがわかる。

以上を一般化すると「 剰余環 $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ が体になるための必要十分条件は、 $m$ が素数のときである」ということが予想され、実際にそれは正しい。証明としては、いままでの流れを考えればすぐにわかると思う。

(証明の概略)

まず、 $m$ が素数の場合、剰余環 $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ は 0 以外の零因子をもたず (すでに証明した)、整域である。有限位数の整域は有限体であることが以下のように示せる。

剰余環の 0 を除いた任意の要素 $a$ について、 $a, m$ は互いに素なので、

$ax + my = 1$

となる整数 $x, y$ が存在する。すると、

$ax \equiv 1 \pmod{m}$

となるので、 $a$ の積についての逆元が存在する。したがって 0 を除いた要素の積は群として閉じており、剰余環 $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ は、 $m$ が素数ならば、体であることが示された。

逆に、剰余環 $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ が体ならば、0 を除いた体の任意の要素は乗法の逆元を必ず有していることから、 $m$ と互いに素であることが示せるので、 $m$ は素数である。//

2-3. 素イデアルと極大イデアル

「素イデアル」と「極大イデアル」の定義を行う。

素イデアル:

可換環 $R$ のイデアル $I$ が、

$I \neq R$
(つまり、 $1 \not\in I$ )

であって、

$ab \in I$

ならば

$a \in I$

または

$b \in I$

であるとき「素イデアル」という。

※ 整数の問題で $ab$ が素数 $p$ で割り切れるならば $a$ または $b$ は $p$ で割り切れるのと似ている。//

※ 対偶を取れば

$a,b \not \in I$

ならば

$ab \not \in I$

ということ。//

※ $R$ が整域であることと $(0)$ が素イデアルであることは同値である。素イデアルは素数のイメージだが、 $(0)$ も素イデアルであることに注意 (そういう意味では、極大イデアルの方が素数のイメージにより近い)。//

この定義から、イデアル $I$ が素イデアルであることと、剰余環 $R/I$ が整域であることは同値であることがわかる。

(証明)

素イデアルを $I$ とする。定義から「 $ab \in I$ であれば、 $a \in I$ または $b \in I$ である」だが、剰余環 $R/I$ で同値に言い換えれば、

$\overline{ab} = \overline{0}$

であれば、

$\overline{a} = \overline{0}$

または

$\overline{b} = \overline{0}$

である。//

極大イデアル:

可換環 $R$ のイデアル $I$ ( $I \neq R$ ) で、

$I \subset J \subset R, J \neq I, R$

を満たすイデアル $J$ が存在しないとき、 $I$ を極大イデアルという。

この定義から、イデアル $I$ が極大イデアルであることと、その剰余環 $R/I$ が体であることは同値であることがわかる。

(証明)

$I$ を極大イデアルであるとし、 $R$ の元

$x \not\in I$

をとる。 $I + (x)$ もまたイデアルだが $I$ は極大イデアルなので、

$I + (x)= R$

である。そうすると、

$ax \equiv 1 \pmod{I}$

となるある $a$ が存在し、 $R/I$ は体となる。

逆に、 $R/I$ が体であるとする。イデアル $I$ を真に含むイデアル $J$ が存在すると仮定する。

$x \in J\backslash I$

となるような $x$ をとる。そうすると $x$ には逆元 $a$ が存在し

$ax =1$

となる。イデアルの定義から

$ax = 1 \in J$

であり、すると

$J=R$

となるので、 $I$ は極大イデアルである。//

※ 可換環 $R$ が体であれば、整域でもあるので、イデアルが極大イデアルならば、素イデアルである。//

※ イデアル $I$ が単元 $x$ を一つでも含めば、

$x^{-1}x = 1 \in I$

なので、

$I = R$

となる。//

可換環が、単項イデアル整域 (PID: Principal Ideal Domain) の場合、環は整域で任意のイデアルはみな単項イデアルなので、素イデアルも極大イデアルも当然ながら、単項イデアルになる。

$a \neq 0$

のとき、素イデアル

$I = (a)$

は極大イデアルと同値であることを示す。極大イデアルは素イデアルだったので、素イデアルならば極大イデアルになることだけを示せばよい。

(証明)

素イデアルを真に含むイデアル

$J = (b)$

が存在したとする。そうすると

$(a) \subset (b)$

であるから、

$a = cb$

となる $c \in R$ が存在する。 $I$ は素イデアルであるから、

$b \in I$ または $c \in I$

である。 $b \in I$ だとすると、

$J \subset I$

となってしまうので、

$c \in I$

である。そうすると

$c = ka$

となる $k$ が存在するが、そうすると、

$a = kab$

となり、 $R$ は可換環としているので、

$(kb-1)a = 0$

となるが、整域であることから、

$kb = 1$

となり ( $a\neq 0$ としたのだった)、

$1 \in J$

となって、

$J=R$

となる。したがって、 $I$ は極大イデアルである。//

以上より、PID であれば、極大イデアルと $(0)$ でない素イデアルは同値である。

2-4. 標数

環や体 $K$ には「標数」という概念があって、これは、乗法の単位元 $1$ を $e$ と書くとすると、

$e + e + \cdots + e = ne = 0$

となる場合とならない場合があるが、 $0$ となる場合、このような自然数 $n$ の最小値を $K$ の「標数」とよび、

$\mathrm{char} (K)=n$

と書いたりする。また、最小となる自然数 $n$ が存在しない場合は、

$\mathrm{char} (K) = 0$

と定義する。標数が $0$ でない体は、いま、考えている剰余系なんかはそうである。たとえば $\bmod{3}$ では、

$1 + 1 + 1 = 0$

であるので、標数 $3$ である。

有限位数の整域 (したがって体) で、標数が自然数 $n$ のとき、 $n$ は素数であることを証明しておく。

(証明の概略)

$1$ より大きな自然数 $l, m$ で、

$n = lm$

と書けたと仮定すると、

$lm = (\sum_{i=1}^{l} e)(\sum_{j=1}^{m}e) = \sum_{k=1}^{lm} e^2$

となるが、

$e^2 = e$

であるので、右辺は

$\sum_{k=1}^{lm} e^2 =\sum_{k=1}^{n} e = 0$

である。そうすると、整域であることから、

$\sum_{i=1}^{l} e = 0$

または、

$\sum_{j=1}^{m}e = 0$

である。すると、

$l , m < n$

なので、 $n$ は、

$ne = 0$

となる最小の自然数であるということに矛盾する。//

標数 $p$ の体の基本的な関係を証明する。

標数 $p$ の体の任意の要素 $a, b$ について、

$(a + b)^p = a^p + b^p$

が成立する。

(証明)

左辺を二項定理で展開したときの $a^p, b^p$ 以外の各項は、 ${}_pC_n a^nb^{p-n}$ となるが、

$p! = {}_pC_nn!(p-n)! \equiv 0 \pmod{p}$

であり、 $p$ が素数であることから、

$n! \not\equiv 0 \pmod{p}$
$(p-n)! \not\equiv 0 \pmod{p}$

であり、したがって、

${}_pC_n = kp$

とおいて、乗法の単位元を $e$ とすれば

${}_pC_n a^nb^{p-n} = ({}_pC_n e) a^nb^{p-n} = k(pe)a^nb^{p-n} = 0$

となる。//

※ なお、

$a+b =c$

とおくと

$c^p = (c - b)^p + b^p$

となり、

$(c-b)^p =c^p - b^p$

から改めて、

$c=a$

とおけば

$(a-b)^p = a^p - b^p$

という関係も得られる。//

以上より、 $\phi(a) = a^p$ と写像を定めれば、

$\phi(a + b) = (a+b)^p = a^p + b^p = \phi(a) + \phi(b)$
$\phi(a - b) = (a-b)^p = a^p - b^p = \phi (a) - \phi (b)$
$\phi(ab) = (ab)^p = a^p b^p = \phi (a) \phi (b)$

となり、環準同型写像となる。また、

$a^p = b^p$

とすると、

$(a-b)^p = 0$

から、

$a = b$

となるので、この写像は単射である。単射準同型写像を「埋め込み写像」ということがある。

2-5. 整数論から

$p$ が素数のとき

$(a+b)^p \equiv a^p + b^p \pmod{p}$

という関係は、容易に多変数でも成り立つことがわかる。特に、

$(1+1+\cdots+1)^p \\ \equiv 1^p+1^p+\cdots+1^p \pmod{p}$

から、フェルマーの小定理が得られる。すなわち、

$a^p \equiv a \pmod{p}$

つまり、

$a \not\equiv 0 \pmod{p}$

であれば、

$a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$

である。しかし、こんな風にしなくても、 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ の $0$ を除いた乗法テーブル (掛け算の表) が群構造ですべて閉じている (表が列、行がもれなくダブリなく埋まっている) ことから、結局、要素の置換になっているに過ぎぬという事実を利用すれば、

$(a\cdot 1)(a \cdot 2) \cdots (a(p-1)) \equiv 1\cdot2 \cdots (p-1)$

から

$a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$

がすぐに得られる。//

これをもっと一般化したのがオイラーの定理である。オイラーの定理の場合は、 $p$ は素数である必要はないが、その代わりに $a, p$ は互いに素であるという条件が必要になる。 $p$ は素数とは限らないので、以下では間違えないように記号を $m$ に変える。

「互いに素である自然数 $a, m$ について、

$a^{\phi(m)} \equiv 1 \pmod{m}$

が成立する。なお、 $\phi(m)$ は「オイラーの函数」と呼ばれるもので、自然数の集合、

$\{1,\cdots, m-1\}$

で、 $m$ と互いに素な集合の要素の個数を与えるものである」

すぐにわかるのは、 $m$ を $p$ (素数）としたとき、

$\phi(p) = p - 1$

で、 $a, p$ はもちろん互いに素だから、オイラーの定理は、フェルマーの小定理を与えるということである。

証明は、まったく同じように考えればよい。

(証明)

$\{1,\cdots, m-1\}$

から、 $m$ と素である要素を取り出して部分集合 $M$ を作る。

$M = \{h_1, h_2,\cdots, h_{\phi(m)}\}$

ここで、

$aM = M \pmod{m}$

である。以下、その証明。 $a, h_i$ は、 $m$ と素なので $ah_i$ も $m$ と素である。そうすると、 $ah_i \pmod{m}$ は、集合 $M$ に属するから、 $M$ から $M$ への写像 $h_i \mapsto ah_i$ を定義できる。このとき、

$ah_i \equiv ah_j \pmod{m}$

つまり、

$a(h_i - h_j) \equiv 0 \pmod{m}$

ならば、

$h_i \equiv h_j \pmod{m}$

となって単射となり、したがって全射でもある。

以上のことから、

$(ah_1)(ah_2)\cdots(ah_{\phi(m)})\\ = a^{\phi(m)}(h_1 h_2 \cdots h_{\phi(m)})\\ \equiv h_1h_2\cdots h_{\phi(m)} \pmod{m}$

が成立する。 $h_1h_2\cdots h_{\phi(m)}$ は $m$ と互いに素なので、

$(h_1h_2 \cdots h_{\phi(m)})x + my= 1$

となる整数 $x, y$ が存在し、同じことだが、

$(h_1h_2 \cdots h_{\phi(m)})x \equiv 1 \pmod{m}$

となる。以上より

$a^\phi(m) \equiv 1 \pmod{m}$

が証明された。//

(活用例)

リンちゃんは、おかあさんから 1 個 66 円の柿と 1 個 35 円の蜜柑をあわせて 3,890 円買ってきてといわれました(なんと理不尽なおかあさん！)。

柿の数を $x$ 個、蜜柑の数を $y$ 個とすると、

$66x + 35y = 3890$

となるが、そもそも、そのような整数解があるかどうかは、66 と 35 の最大公約数をしらべればわかるのだった(単項イデアル！)。ユークリッドの互除法を適用してみると、

$66 - 35 = 31\\ 35 - 31 = 4\\ 31 - 4\times7 = 31 - 28 = 3$
$28 - 3 \times 9 = 28 - 27 = 1\\ 27 - 1\times 27 = 0$

なので、最大公約数は 0 になる前の 1 である。つまり、66 と 35 は互いに素である。したがってリンちゃんにとって残念なことに、整数解 $x, y$ は存在する。

$66x + 35y = 3890$

$66x \equiv 31x \pmod{35}$

$3890 = 3500 +350 + 35 +5$

から、

$31x \equiv 5 \pmod{35}$

となる整数 $x$ を求めれば良いことがわかった。

1 から 34 までの数字で、 $35= 5 \times 7$ と互いに素でないものは、

$5, 7, 10, 14, 15, 20, 21, 25, 28, 30$

の 10 個ある。そうすると、オイラーの関数の値は、

$\phi(35) = 34 -10 = 24$

となり、オイラーの定理を適用すると、

$31^{24} \equiv 1 \pmod{35}$

となる。求める $x$ は、

$31x \equiv 5\times 31^{24} \pmod{35}$
$x \equiv 5 \times 31^{23} \pmod{35}$

を簡単にすればいい。以下、すべて $\bmod 35$ での計算とする。

$x\\ \equiv 5 \times (-4)^{23} \\ \equiv 5 \times ((-4)^2)^{11}\times(-4)\\ \equiv 15\times (16^2)^5\times16$
$\equiv 15\times 11^5 \times 16\\ \equiv 15\times 16^2\times11\times16\\ \equiv 15\times 11^2 \times 16$
$\equiv 15\times16^2\\ \equiv 15 \times 11\\ \equiv 25$

$x =25$ とすると、 $y=64$

$x, y > 0$ でこれ以外の整数の組み合わせはない。こたえは、柿 25 個、蜜柑 64 個。//

次はウィルソンの定理である。

$p$ が素数であることと

$(p-1)! \equiv -1 \pmod{p}$

は同値というのがそうである。

まず、 $p$ が素数だとする。

すでに見てきたように法 $p$ の剰余系の $0$ を除く積の演算は群として閉じて体になる。つまり $0$ を除く任意の要素は単元になる。

$xx^{-1} \equiv 1 \pmod{p}$

なので、 $x$ と $x^{-1}$ が異なっていれば、 $(p-1)!$ の積の項でお互いが対になって $1$ になる。したがって、要素とその逆元が同じになるものを見つければよい。そのために

$x^2 \equiv 1 \pmod{p}$

を求める。

$(x+1)(x-1) \equiv 0 \pmod{p}$

より、体ならば整域なので、

$x \equiv 1 \pmod{p}$

または、

$x \equiv -1 \pmod{p}$

である。

$-1 \equiv p -1 \pmod{p}$

に注意すれば、

$(p-1)! \equiv -1 \pmod{p}$

であることが示せる。

逆に、

$(p-1)! \equiv -1 \pmod{p}$

ならば $p$ は素数であることを示すのは、 $p$ が合成数であれば、

$(p-1)! \equiv 0 \pmod{p}$

であることから示せる。//

(例)
$p = 12$
$11\times10\times\cdots\times(4\times3)\times2\times1 \equiv 0 \pmod{12}$

2-6. 中国の剰余定理

ここで、中国の剰余定理 (Chinese Remainder Theorem) について触れておきたい。この定理は連立合同方程式の解が存在し、しかもそれが一意的に定まることを保証してくれる非常に有難いものである。一番シンプルには、

「二つの自然数 $m, n$ が互いに素ならば、任意の整数 $a, b$ に対し、

$x \equiv a \pmod{m}$
$x \equiv b \pmod{n}$

を満たす整数 $x$ が $\bmod mn$ で存在して唯一の解をもつ」

という非常に強いものである。

※ この定理は、二つよりも大きな連立合同方程式の場合にも成立するのだが、注意しないといけないのは、そこに現れる「二つずつ互いに素」という表現である。 $a, b, c$ が「互いに素」というのは、 $a, b, c$ の共通の約数が 1 しかないことを言う。これに対して「二つずつ互いに素」という言い方は、 $a, b, c$ のどの二つをとっても互いに素であることをいう。例えば、

$a = 4, b = 5, c = 6$

のとき、 $a, b, c$ は、「互いに素」であるが、 $a, c$ は、公約数 2 を持つので「二つずつ互いに素」とはならない。//

「自然数 $m_1, m_2,\cdots, m_k$ が 2 つずつ互いに素であるとき、任意の整数 $c_1, c_2, \cdots, c_k$ に対して、

$x \equiv c_1 \pmod{m_1}$
$x \equiv c_2 \pmod{m_2}$
$\cdots$
$x \equiv c_k \pmod{m_k}$

を満たす $x$ は、 $\bmod m_1m_2\cdots m_k$ で存在し、唯一の解を持つ」

まず、実例をやってみる。

$x \equiv 3 \pmod{7}\\ x \equiv 2 \pmod{11}$

解の候補として

$x = 3 + 7s$

とおく。

それで、

$3 + 7s \equiv 2 \pmod{11}\\ 7s \equiv -1 \equiv 10 \pmod{11}$

そうすると

$s \equiv 3 \pmod{11}$

以上より

$x \equiv 3 + 7 \times 3 \equiv 24 \pmod{77}$

となる。

もう一つだけやってみる。

$x \equiv 2 \pmod{3}\\ x \equiv 1 \pmod{4}\\ x \equiv 3 \pmod{5}$

今度は

$x = 2 + 3s + 3\times4t$

$2 + 3s \equiv 1 \pmod{4}$

から

$s= 1$ 。

$5 + 3\times4t \equiv 3 \pmod{5}\\ 7t \equiv 3 \pmod{5}$

から

$t = 4$ 。

$x \equiv 5 + 12\times4 \equiv 53 \pmod{60}$

となる。

(証明の概略)

解の求め方は例で示したので詳細は省略するが、ポイントは二つずつ互いに素なので、解は必ず存在するということである。

一意性については、 $x$ 以外の異なる解を $y$ とすると,

$y \equiv x \pmod{m_k}$

が任意の $k$ で成立する。そうすると

$y - x$

は、すべての $m_k$ (二つずつ互いに素) で割り切れるので

$m_1m_2\cdots m_k$

でも割り切れることになる。したがって、

$y \equiv x \pmod{m_1m_2 \cdots m_k}$

となる。//

中国の剰余定理のイデアル表現に簡単に触れておく。

$I_1, I_2, \cdots, I_n$ を環 $R$ のどの二つも互いに素なイデアルとする。このとき、

$R/\bigcap_{i=1}^{n} I_i \simeq R/I_1 \times \cdots \times R/I_n$

が成立する。

※ 可換環 $R$ の二つのイデアル $I, J$ が「互いに素」であるとは、

$I + J = R$

と定義される。整数環の単項イデアルの場合に同値に言い換えてみると、

$l = (a), J = (b)$

とすれば、

$(a) + (b) = (1)$

のことであり、要するに

$ax + by = 1$

となる、整数 $x, y$ が存在すれば最大公約数 $(a, b)$ が 1 、つまり「互いに素」であるということからの発展である。最大公約数を整数 $n$ 倍した

$ax+by = n(a,b)$

は、整数解 $x, y$ が存在したのだった。//

※ $A_1, \cdots, A_n$ を環とし、集合としての直積

$A_1 \times \cdots \times A_n$

に加法と乗法を

$(a_1, \cdots, a_n) \pm (b_1, \cdots, b_n) \\= (a_1 \pm b_1, \cdots, a_n \pm b_n)$

$(a_1, \cdots, a_n)(b_1, \cdots, b_n) \\ = (a_1 b_1, \cdots, a_n b_n)$

と定義すると、直積は環になることが確認できる。加法の零元は、 $(0, \cdots, 0)$ 、乗法の単位元は $(1, \cdots, 1)$ である。

(証明)

まず、 $n = 2$ の場合にやってみる。

写像 $\varphi: R \to R/I_1 \times R/I_2$ で、 $x \mapsto (x + I_1, x + I_2)$ となるものを考える。

$R/I_1 \times R/I_2$

は環になり、 $\varphi$ は環準同型写像であることは定義にしたがって簡単に確認できる。また、明らかに

$\mathrm {Ker} (\varphi) = I_1 \cap I_2$

であるので、 $\varphi$ が全射になることさえ確認できれば、準同型定理から成立する。

$I_1, I_2$ は互いに素だから

$I_1 + I_2 = R$

であり、

$x_1 + x_2 = 1$

となる

$x_1 \in I_1, x_2 \in I_2$

が存在する。そこで、任意の $r, s \in R$ に対して、

$x \equiv r \pmod{I_1}$
$x \equiv s \pmod{I_2}$

となるようにとれば、

$x = rx_2 + sx_1$

という解が必ず存在する。なぜなら、

$rx_2 + sx_1 \\ \equiv rx_2 \equiv rx_2 + rx_1 \equiv r(x_1+x_2) \equiv r \pmod{I_1}$

$rx_2 + sx_1 \\ \equiv sx_1 \equiv sx_1 + sx_2 \equiv s(x_1+x_2) \equiv s \pmod{I_2}$

だからである。したがって、 $x$ が存在して、

$\varphi(x) = (r + I_1, s + I_2)$

となる。つまり、 $\varphi$ が全射であることがいえた。

したがって、準同型定理から、

$R / (I_1 \cap I_2) \simeq R/I_1 \times R/I_2$

が成立する。 $n > 2$ の場合でも、すでに説明したイデアルでない中国の剰余定理の証明から、 $\varphi$ が全射であることは、すぐに確認できる。//

オイラーの関数は、自然数を素因数分解して、

$m = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots p_n^{\alpha_n}$

とするとき、

$\phi(m) = \phi(p_1^{\alpha_1})\phi(p_2^{\alpha_2}) \cdots \phi(p_n^{\alpha_n})$

となる、なかなか美しい関係が存在する。素数の冪に分解できるのならば、数えるのは簡単である。実際、

$\phi(p_i^{\alpha_i})=p_i^{\alpha_i} -p_i^{\alpha_i - 1}$

であることは、すぐにわかる。2-5 の例では、

$\phi(35) =\phi(7)\phi(5) =(7-1)(5-1)=24$

とすぐに求まる。他の例だと、

$\phi(12) =\phi(2^2)\phi(3) =(4-2)(3-1)=4$

である。

以上より、証明の本質的部分は、

$\phi(m) = \phi(p_1^{\alpha_1})\phi(p_2^{\alpha_2}) \cdots \phi(p_n^{\alpha_n})$

の関係成立にあり、これを証明するために、自然数 $m, n$ が互いに素であるとき、

$\phi(mn) = \phi(m)\phi(n)$

が成立することを示す。

(証明)

$m$ と互いに素である $m$ 以下の自然数の集合を $M$ 、 $n$ と互いに素である $n$ 以下の自然数の集合を $N$ とする。また $mn$ と互いに素である $mn$ 以下の自然数の集合を $Z$ とする。

$\forall z \in Z$ を取り、 $m$ と $n$ でそれぞれで割ると余りの一意性により値は唯一つ定まる。

$z = mq + r$
$z = nq^{\prime} + r^{\prime}$

つまり、

$z \equiv r \pmod{m}$
$z \equiv r^{\prime} \pmod{n}$

である。

$z$ は、 $mn$ と素であることから、 $m , n$ それぞれとも素である。したがって、ユークリッド互除法から、

$\gcd(z,m) = \gcd (m,r)=1$
$\gcd (z,n) = \gcd (n,r^{\prime})=1$

となり、

$(r, r') \in M \times N$

ということがわかる。

逆に、

$\forall (r,r^{\prime}) \in M \times N$

について、中国剰余定理により

$z \equiv r \pmod{m}$
$z \equiv r^{\prime} \pmod{n}$

を満たすような、 $z$ を $\bmod mn$ で一意的に定めることができるが、そのとき、 $z \in Z$ であることは明らかである。

以上の二つの写像は可逆であり、したがって、集合 $M \times N$ と集合 $Z$ は同型で両者の要素数は等しい。直積 $M \times N$ の要素数は、 $\phi(m)\phi(n)$ , $Z$ の要素数は $\phi(mn)$ で与えられることから、

$\phi(mn) = \phi(m)\phi(n)$

が成立する。//

注: たとえば、

$15 = 3 \times 5$

と素な 7 を取った場合に、

$7 = 3\times2 +1 \\ 7 = 5\times 1 + 2$

なので、 $7 \to (1,2)$ の対応が存在する。一方 $(1,2)$ から中国剰余定理を用いると、

$x = 1+3s$

とおいて、

$1 + 3s \equiv 2 \pmod{5}$

から

$s=2$

となり、

$x=7$

となるので、 $(1,2) \to 7$ の対応が存在する。このように、可逆な操作のペアを常に作れるので、集合 $Z$ と直積 $M \times N$ は同型で、したがって両者の要素の数は等しいということが主張できる。

2-7. 一意分解整域

今、単位元 $1 \neq 0$ をもつ環 (ring) $R$ を考えたとき、単元 (unit: 乗法に関する逆元を持つ環の要素) の集合は、乗法を演算として群を成し、それを乗法群 (the group of units) $R^{\times}$ であらわすのだった。例えば、整数環 $Z$ の $Z^{\times}$ は $\{-1, 1\}$ である。1 はともかく $-1$ が単元だっていうのを証明しておくのは、子供の頃のもう忘れてしまったかもしれない素朴な疑問を解決してくれるかもしれない。

$-1 \times 0 =0 \quad$ (零元の性質)
$-1 \times (-1 + 1) = 0 \quad$ (加法の逆元)
$(-1) \times (-1) + (-1)\times 1 = 0 \quad$ (分配法則)
$(-1) \times (-1) + (-1)= 0 \quad$ (乗法の単位元)
$(-1) \times (-1) + (-1) + 1 = 0 + 1$
$(-1) \times (-1) + 0 = 1$
$(-1) \times (-1) = 1$

したがって $-1$ は単元であり、その逆元は自分自身である。

他の例としては $n \times n$ の正方行列 $M_n(R)$ は環を成すが、 $M_n(R)^{\times}$ は $n \times n$ の正則行列 $GL_n(R)$ に他ならない。

多項式環 $R[x]$ の場合は、 $R$ が整域 (integral domain) ならば、 $R[x]^{\times}$ は、 $R^{\times}$ を定数多項式とみなしたものに等しい。つまり $R$ が体のときは、 $0$ でない定数多項式全体であり、 $R$ が $Z$ のときの要素は、 $\pm 1$ である (証明は、

$\deg{f} +\deg{g} = (\deg{f}) (\deg{g}) = \deg{1}= 0$

からすぐに出る)。

環 $R$ を整域とする。 $R$ の要素 $a \neq 0$ が

$a \not \in R^{\times}$

(つまり $a \in R \backslash R^{\times}$ )

で $R$ の要素 $b, c$ によって

$a = bc$

と表すことができた場合、

$b \in R^{\times}$

または

$c \in R^{\times}$

であれば、要素 $a$ は「既約 (irreducible)」であるという。

整域 $R$ の任意の単元でない要素

$a \neq 0$

が、 $R$ の既約元(irreducible elements) の積

$a = p_1p_2\cdots p_r$
( $p_i$ は既約元)

に、順列の違いと単元倍の違いを除いて一意的に書けるとき、整域 $R$ を「一意分解整域 (UFD; unique factorization ring/domain)」と呼ぶ。

※ UFD でない例:

$Z[\sqrt{-5}]$ ,
$6 = 2 \times 3 = (1+\sqrt{-5})(1-\sqrt{-5})$ //

整域環 $Z$ が一意に素数分解できたり一変数の体上の多項式環が既約多項式に一意に因数分解できる「一意分解整域」であることは知られているが、もっと一般には「ガウスの補題 (Gauss' lemma) 」が重要でありそれを見る。

ここで証明したいのは、環 $R$ が一意分解整域 (UFD) ならば、多項式環

$R[X_1, X_2, \cdots, X_n]$

もUFD であるということである。

まず、環 $R$ が整域ならば、多項式環 $R[X_1, X_2, \cdots, X_n]$ もまた整域であるということは容易に証明できる。

(証明の概略)

帰納法による証明で、

$n =1$

のときは、整域 R の性質、

$a, b \neq 0$

ならば

$ab \neq 0$

であるという関係を使って

$f(x), g(x) \neq 0$

ならば

$f(x)g(x) \neq 0$

であることがわかる。また、

$(R[X_1, X_2, \cdots, X_{n-1}])[X_n]$

として、

$R[X_1, X_2, \cdots, X_{n-1}]$

に帰納法の仮定を使えば良い。//

また、可換体 $K$ 上の一変数多項式環 $K[x]$ は $UFD$ であるということも示せる。もし $K[x]$ のひとつの要素が、

$p_1p_2\cdots p_r = q_1q_2\cdots q_s$

のように、2 通りにすべて既約元で分解されたとする。 $p_1$ は、 $q_i$ のどれかの要素を少なくともひとつ割り切る。その要素を適当に順番を入れ替えて $q_1$ としても一般性は失わない。そうすると、 $q_1$ は既約なので、 $\alpha$ を単元として

$p_1 = \alpha q_1$

となるが、この関係を使って両辺から $p_1, q_1$ を約して消去できる。これをずっと続けると、最後はすべての要素が消えるはずである (もし、どちらかが余ると矛盾が生じる)。したがって分解の仕方は単元倍と順列を除いて一意である。

だんだん言い回しに慣れてきたとはいえ、以下のような補題のような書き方は冗談でやっているのだろうという感が拭えない (もし真面目にやっているんだったら申し訳ありません。ただ面白いだけで悪意はありません)。

(補題)

$K$ を一意分解整域 $R$ の商体 (quotient field: 例えば有理数体 $Q$ は、整数環 $Z$ の商体である) とし、

$R[X] \subset K[X]$

と見なすとき、任意の

$f(x) \in K[x]$

は、ある原始多項式

$f_0 (X) \in R[X]$

に対して、

$f(X) = cf_0 (X) \, (c \in K)$

とかける。このとき、 $c \in K$ は

$f(X) \in K[X]$

に対し $R$ の単元倍を除いて一意的で、

$c \,:= I(f)$

とかき、

$f(X) \in K[X]$

の「内容」という。

ここで言っている原始多項式は、公約数を持たない整係数の多項式のことである。つまり $R[X]$ の一変数多項式、

$a_nX^n +a_{n-1}X^{n-1}+ \cdots + a_0$

で、 $a_n, a_{n-1}, \cdots, a_0$ の最大公約元が 1 のものをいう。

これって、例えば、

$f(x) = \frac{4}{9} x^2 + \frac{2}{3}x + \frac{8}{9}$

で、まず分母の最小公倍元を外に出し (「通分」って習った気がする)、

$f(x) = \frac{1}{9}(4x^2 + 6x + 8)$

それから、分子の最大公約元を外に出すと

$f(x) = \frac{2}{9}(2x^2 + 3x + 4)$

となって、ごもっともという結果になる。「内容」(！) は $\frac{2}{9}$ である。

それで、「ガウスの補題」というのは、

(ガウスの補題)

原始多項式の積は、また原始多項式というものである。先程の「内容」も含めて書くと、

$f, g \in K[X]$

について、

$I(fg) = I(f)I(g)$

である。

(証明)

高校数学で充分証明できる内容だが、背理法を使うために積 $fg$ が原始的でないと仮定する。そうすると、仮定から積 $fg$ の係数を既約元分解すれば、公約元となる、ある既約元 $p$ が存在する。イデアル $(p)$ は素イデアルであるので、 $R/(p)$ は整域であり、したがって $(R/(p))[X]$ も整域である。自然射影 (準同型写像)、

$p: R [X]\to (R/(p))[X]$

を考えると、

$p(fg) = p(f)p(g) = 0$

である。 $(R/(p))[X]$ は整域であるので、

$p(f)= 0$ または $p(g) = 0$

である。これは、 $f, g$ の少なくとも一方の係数に公約元 $p$ が含まれていることを意味し、最初の仮定と矛盾する。したがって積 $fg$ は原始的である。//

それで、 $K[x]$ の多項式が二つの原始多項式によって、

$\frac{a}{b}f_0 (x) = \frac{c}{d}g_0 (x)$

と二通りに表されたとすると、

$adf_0 (x) = bcg_0 (x)$

から $\kappa$ を $R$ ( $K$ ではない) の単元として、

$ad = \kappa bc$

となることがわかり、これから、

$\kappa f_0 (x) = g_0 (x)$

となり、単元倍を除いて一意的である。//

また一意分解整域 $R$ 上の $R[X]$ の既約多項式は、 $K[X]$ においても既約である。

(証明)

$R[X]$ で既約な多項式 $f$ が $K[X]$ で分解したと仮定し

$f= gh$

とすると、 $f$ は $K[X]$ でも $f$ だから

$I(f)= 1, f = f_0$

であり、

$f = I(g)I(h)g_0h_0=g_0h_0$

となる。 $f$ は $R[X]$ では既約だったから、 $g_0, f_0$ のどちらかは単元でないと矛盾する。//

以上から、環 $R$ が一意分解整域 (UFD) ならば、多項式環 $R[X_1, X_2, \cdots, X_n]$ も一意分解整域であるということが示せる。

(証明)

$X_n$ についての帰納法によって証明する。

$n = 1$ のとき:

多項式 $f(x)$ を原始多項式で

$f(x) = I(f)f_0$

と表すと、 $f_0$ は有限次数なので有限回の分解で既約元に分解する。また $I(f) \in R$ は一意分解し、 $f_0$ の既約元の $R[X]$ での分解は、すでに見たように $K[X]$ でも既約であり、また、可換体上の既約分解は一意に定まるのだった。

次に、 $(R[X_1, X_2, \cdots, X_{n-1}])[X_n]$ として、 $R[X_1, X_2, \cdots, X_{n-1}]$ に帰納法の仮定を使って UFD だと仮定し、 $n=1$ とまったく同じ議論を適用すれば、題意は証明される。//

ここでのポイントは、 $R[X]$ の多項式が $K[X]$ で分解するとしたら、実はすでに $R[X]$ で分解しているということかも知れない。例えば、

$6x^2 - 11x + 3 \\= 6(x-1/3)(x-3/2) \\=(3x-1)(2x-3)$

なお、以下の Eisenstein の定理の証明はやらない。

UFD $R$ 上の $R[X]$ 一変数多項式

$f(X) = X^n + a_1 X^{n-1} + \cdots + a_n$

について、 $p \neq 0$ を $R$ の既約元とするとき、(最高次の係数を除く) $a_1$ から $a_n$ すべてで

$a_i \equiv 0 \pmod{p}$

であり、かつ

$a_n \not \equiv 0 \pmod{p^2}$

であるならば、 $f(x)$ は $R[X]$ での既約多項式である。

2-8. 代数

二つの環 $A, R$ の間に環準同型

$f: A \longrightarrow R$

が与えられたとき、特に $R$ を $A$ 上の代数 (または、単に $A$ 代数) という。

こういった定義を見ると、大学の線形代数の講義で線形空間の定義に出逢い、「長さ」と「向き」をもった量であるベクトルの固定的イメージが別のものへと変貌していくことを迫られるのと同様の体験を感じる。

たとえば、一変数の多項式環 $K[X]$ を考えたとき、 $K \longrightarrow K[X]$ が準同型写像ってどういうこと？と考え始めると、何の根拠もないのに、よく知っていると思いこんでいた、一変数の多項式

$a_0 + a_1 X + \cdots + a_{n-1} X^{n-1}$

の「固定観念=イメージ」が変容を迫られてしまう。

まず、これは数学者の「固定観念」で、「代数」がしばしば「環」と同義で語られることは知っておいても損はないと思う。「群」や「体」があるにもかかわらず、「環」こそが「代数」なんだというのは、もちろん、特定の数学者の固定観念に過ぎないと思うのだが、「リー環」のことをわざわざ「ワイル代数」といったりする。

前置きはこれくらいにしておいて、まず、ガロア理論で見るように数学者は方程式の解を求めることを、基礎となる係数体に冪根を「添加」して拡大すると捉え直すぐらいのことは平気でやるので、1変数の多項式環 $K[X]$ とは、環 $K$ に変数 $X$ を「添加」したものだと考えたらどうか？そうすると、それが実際に $K[X]$ となって頭にイメージされたところで、改めて考えると、 $K$ は、確かに $K[X]$ の中に部分環として存在している。すると、二つの環 $K, K[X]$ の間に環準同型 $f: K \longrightarrow K[X]$ が与えられているので、 $K[X]$ は、 $K$ 上の代数 (または、単に $K$ 代数) である。

この場合の環準同型は単射ではあるが、もちろん全射ではないので、 $K$ は $K[X]$ に埋め込まれたようなイメージである。このような場合、 $K$ は $K[X]$ の部分集合とみなせるので、 $K[X]$ の「部分 $K$ 代数」なんて言い方もする。

$R$ が $A$ 代数のとき、 $R$ は $\mathrm{Im} f$ を含んでいる。 $R$ の部分集合 $S$ について、 $\mathrm{Im} f$ と $S$ の両方を含む最小の部分環のことを $S$ が生成する $R$ の部分 $A$ 代数といい

$A[S]$

と書く。

$A[S] = R$

のとき、つまり全体に張られるとき、 $R$ は $A$ 上「有限生成」という (加群での「有限生成」とは定義が異なるので注意する)。

$S= \{a_1, a_2, \cdots, a_n\}$

とすれば、 $A[S]$ を

$A[a_1, a_2, \cdots, a_n]$

とも書く。

$f(X_i) = a_i$ ,

$X_i$ を除く要素 ( $\in A$ ) は動かないと定めれば、明らかに $f$ は全射準同型であり、

$A[X_1, X_2, \cdots, X_n]/\mathrm {Ker} \, f \simeq A[a_1, a_2, \cdots, a_n]$

である。

2-9. 有限体の乗法群

$p$ が素数であるとき、有限体

$\mathbb {F}_p = \mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$

から $0$ を除いた単元の集合としての乗法群を $\mathbb{F}_p^{\times}$ と書く。このとき、乗法群 $\mathbb{F}_p^{\times}$ は、巡回群であることを証明したい。

すでにフェルマーの小定理によって、

$\forall a \in \mathbb{F}_p^{\times}$

について、

$a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$

であることはわかっているが、この定理の主張は、 $a$ を $p-1$ 乗したときに、初めて $1$ となるということではない。乗法群のある要素の位数が、群の位数である $p-1$ と一致することを証明する必要がある。

まず、

$\mathbb{F}_7^{\times}$

で実験してみる。すると部分群としては、

$\{1\},\{1,6\}, \{1, 2,4\}, \{1,2,3,4,5,6\}$

がある。要素 $3,5$ が $6$ 乗して初めて $1$ になる。巡回部分群は、位数 $6$ の約数 ( $1,2,3,6$ ) それぞれについて $1$ 種類ずつしか現れない。また、 $\{1, 2,4\}$ を仮に取り上げてみると、

$2^3\equiv 1, 4^3\equiv 1$

のように、巡回部分群の位数の冪乗で $1$ となっている。つまり、約数を $d$ とすると、 $\{x|x^d \equiv 1 \pmod{7} \}$ を満たすように現れている。解の数は $d$ 個である。

まず、準備として次を証明する。

「任意の巡回群 $G$ の部分群 $H$ は常に巡回群である」

(証明)

巡回群 $G$ の生成元を $a$ とする。

$a=1$ (単位元)

のときは明らかに成立する。そこで

$a\neq 1$

の場合について証明する。

部分群 $H$ が単位元のみの集合の場合は明らかに成立する。そこで部分群 $H$ は単位元以外の要素 $a^i$ を含むとする。

$H$ は群であるから $a^i$ を含んでいれば、必ずその逆元 $a^{-i}$ も含んでいる。したがって $a$ の肩の指数で自然数 (正の整数)であるものを部分群 $H$ の要素について集めたものは、空集合とはならない。一般に任意の空でない自然数の集合には最小の自然数が存在することから、いま考えている集合にも最小の自然数が存在し、それを $q$ とする。

このとき、

$H = \langle a^q \rangle$

であることを示す。まず、

$\langle a^q \rangle \subset H$

であることは明らかである。したがって逆が成立することを示す。

部分群 $H$ の任意の要素を $a^m$ とする。 $m$ と $q$ の組 $(m,q)$ から割算の偉大な法則により、

$m = nq + r \quad (0 \leq r \lt q)$

を満たす整数、「商」 $n$ と「余り」 $r$ の組 $(n,r)$ が一意的に定まる。すると、

$a^{m} = a^{nq +r} =(a^{q})^{n}a^r$

となることから、

$a^{r}=(a^{q})^{-n}a^{m}$

となるが、右辺は群の公理から、部分群 $H$ の要素であり、すると $a^r$ も部分群の要素である。これと、 $r \lt q$ と $q$ が最小の自然数であるという条件から、 $r = 0$ が成立する。

以上より、

$a^{m} = a^{nq +0} = (a^q)^n \in \langle a^q \rangle$

なので、

$H \subset \langle a^q \rangle$

となり、

$(\langle a^q \rangle \subset H)$

かつ

$(H \subset \langle a^q \rangle)$

から、

$H = \langle a^q \rangle$

である。//

次に以下を証明する。

「位数 $n$ の巡回群

$G = \langle a \rangle$

があるとき、 $a^k$ もまた位数 $n$ の生成元である必要十分条件は、 $n,k$ が互いに素であるということ」

(証明)

まず、 $n,k$ が互いに素である場合、

$ns+kt=1$

となる整数 $s, t$ が存在する。

$a=a^1 =a^{ns+kt}=a^{ns}a^{kt} =(a^{k})^{t}$

となるから、 $n,k$ が互いに素であれば、 $a^k$ は $G$ を生成できる。

逆は、 $a^k$ が $G$ を生成できるので、

$(a^k)^t=a$

とできる。位数は

$a^{kt-1} = 1$

から $kt-1$ となるが、これが $n$ の倍数となるから

$kt -1 = ns$

となって、 $n,t$ は互いに素である。//

※ この結果により、位数 $n$ の巡回群の生成元の数は、オイラーの関数 $\phi(n)$ と等しい。//

※ $\mathbb{F}_7^{\times}$ の例だと、位数は $2^1 \times 3^1$ で、約数の数は

$(1+1)(1+1)=4$

であり、位数 $1, 2,3,6$ の巡回部分群の生成要素となれる要素の数はオイラーの関数で与えられる。すなわち、生成要素数は、それぞれ

$\phi(1)=1, \phi(2)=1, \phi(3)=2, \phi(6)=2$

となり、総和は位数 $6$ に等しくなる。//

次に以下を証明する。

「位数 $n$ の巡回群 $G$ は、 $n$ のそれぞれの約数を位数とする巡回部分群をそれぞれただ一つ持つ」

(証明)

位数 $n$ の巡回群 $G$ を考え、その生成要素を $a$ とする。部分群 (必ず巡回群である) があれば、ラグランジュの定理から、その位数は $n$ の約数である。約数を $d$ として

$n = dk$

と書く。

$(a^{k})^d = e$

だから $\langle a^{k} \rangle$ は巡回部分群となり、その位数は $d$ である。

いま $\langle a^{z} \rangle$ という位数 $d$ の別の巡回部分群が存在すると仮定すれば、

$(a^z)^{d} = 1$

から、

$zd = mn$

という条件が必要で、これから

$a^z = (a^k)^m$

となるので

$\langle a^z\rangle \subset \langle a^{k} \rangle$

だが、位数が等しいので結局一致する。//

最後に、

「有限体 $\mathbb {F}_p = \mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$ の乗法群 $\mathbb{F}_p^{\times}$ は巡回群である」

を証明する。

(証明の概略)

$\alpha \in \mathbb{F}_p^{\times}$ を最大位数を生成する巡回部分群の生成要素とし、その位数は、

$m < p - 1$

だと仮定して、背理法で証明する。

巡回部分群

$\langle \alpha \rangle = \{e, \alpha, \cdots, \alpha^{m-1}\}$

の任意の要素は、

$X^{m} -1 \equiv 0 \pmod{p}$

の解となっており、方程式は高々 $m$ 個の解しか持てない。したがって、位数 $m$ の巡回部分群はこれ以外にはない。

$\mathbb{F}_p^{\times}$ から、位数 $m$ の巡回群 $\langle \alpha \rangle$ に含まれない要素 $\beta$ を少なくとも一つ取れる。 $\beta$ の位数を

$n \quad (n < m)$

としたとき、 $n$ が $m$ の約数だとすれば、 $\beta$ が生成する巡回群の要素のどれかが

$X^{m} -1 \equiv 0 \pmod{p}$

の解となってしまい矛盾する。したがって、 $n$ は $m$ の約数ではない。

いま、群の要素 $\alpha\beta$ を考えると、その位数は、 $m,n$ の最小公倍数 $l$ である。そうすると、

$l > m$

となって、 $m$ が、最大位数であることと矛盾する。したがって、

$m \geq p - 1$

から、

$m = p -1$

となる。//

※ 最大公約数を単項イデアルで表現すれば、

$(a) + (b) = (d)$

であるが、最小公倍数をイデアルで表現すると

$(a) \cap (b) = (l)$

となる。//

※ 乗法群が巡回群であることのこの証明は、位数 $d$ の巡回部分群が高々一つであることだけ示すだけで実は良い。それを以下に示す。

$\mathrm{\# Gen}(C; G)$

という記号を位数 $n$ の群 $G$ において、巡回部分群 $C$ の生成元の要素数と定義する。

群 $G$ の任意の要素は巡回部分群を一つ生成するので、

$\sum_{C} \mathrm{\# Gen}(C; G) = n$

は群 $G$ が巡回群でなくても常に成立する関係である。また一つの巡回群の生成元の数は、オイラーの関数で与えられるので、

$\sum_{C} \mathrm{\# Gen}(C; G) = \sum_{C}\phi(\mathrm{ord}(C)) = n$

が成立する。ここで、 $\mathrm{ord}(C)$ は、巡回群 $C$ の位数の意味である。

ところで、ここでは証明しないが、オイラーの関数ではよく知られた一般的に成立する関係として、

$\sum_{d|n} \phi(d) = n$

が存在している。群 $G$ が位数 $n$ の巡回群で、任意の $n$ の約数 $d$ について、位数 $d$ の巡回部分群が必ず「ただ一つ」存在するという条件があれば、

$\sum_{d|n} \mathrm{\# Gen}(C; G) = \sum_{d|n} \phi(d) = n$

が実際に成立する ( $d|n$ は $n$ の約数の意味)。

ところで、今度は、群 $G$ が巡回群かどうかはわからないが、約数 $d$ において、巡回部分群を高々一つ(つまり $0$ または $1$ ) 持つことだけが分かっているとする。そうすると

$\sum_{d|n} \mathrm{\# Gen}(C; G) \leq \sum_{d|n} \phi(d) = n$

だが、左辺の

$\sum_{d|n}\mathrm{ \# Gen}(C; G)$

も $n$ なので、結局、巡回部分群を有しない ( $0$ の) 場合は許されず、

$\sum_{d|n} \mathrm{\# Gen}(C; G) = \sum_{d|n} \phi(d) = n$

が成立する。そうすると特別な場合として、群 $G$ 自体も巡回群である。//