逆元の存在の証明

エミール・アルティン『ガロア理論入門』第2章第3節続き。

$K \subset E$ で、体 $K$ 上の代数的な $E$ の要素 $\alpha$ の最小多項式 $f(x)$ の性質を確認し、要素 $\theta$ のつくる $E$ の部分集合 $E_0$ が体であり、$K ( \alpha )$ であることを示そうとしています。そのために、 まずは $E_0$ を模写した $E_1$ が体であることを示そうとしています。$E_1$ は体の公理のほとんどを満たしていて、最後の確認です。

　ここで、 $E_1$ が体であることを示すために $E_1$ の2つの要素 $g( \xi ) \neq 0$ と $h( \xi )$ が与えられたとき
$$g( \xi ) X( \xi ) = h( \xi )$$
となるような $E_1$ の要素
$$X( \xi ) = x_0 + x_1 \xi + \cdots + x_{n-1} \xi ^{n-1}$$
が存在することを示さねばならない。そのためには $X( \xi )$ の係数 $x_i$ を未知数と考え、左辺にある積を計算し、次に等式 $f( \xi ) = 0$ を用いて $\xi$ について $n-1$ よりも高い次数の項をなくすようにする。その結果は次の形となる。
$$L_0 + L_1 \xi + \cdots + L_{n-1} \xi ^{n-1}$$
ここで $L_i$ は $K$ の要素を係数とする $x_1, x_2, \cdots, x_{n-1}$ の線形和である。

左辺にある積を計算するというのは、以下を計算するということです。
$$\begin{eqnarray} & & g( \xi ) X( \xi ) \\ &=& ( c_0 + c_1 \xi + \cdots + c_{n-1} \xi ^{n-1} ) ( x_0 + x_1 \xi + \cdots + x_{n-1} \xi ^{n-1} ) \end{eqnarray}$$
さすがにすべて計算することはしませんが、計算して整理すると、定数項は $c_0 x_0$ 、$\xi$ の項の係数は $c_0 x_1 + c_1 x_0$、…となります。そして $f( \xi ) = 0$ を使って $\xi$ について $n-1$ よりも高い次数の項をなくすようにすると、係数が $x_1, x_2, \cdots, x_{n-1}$ の線形和となるような $\xi$ の式となります。つまり、
$$\begin{eqnarray} & & g( \xi ) X( \xi ) \\ &=& ( c_0 + c_1 \xi + \cdots + c_{n-1} \xi ^{n-1} ) ( x_0 + x_1 \xi + \cdots + x_{n-1} \xi ^{n-1} ) \\ &=& L_0 + L_1 \xi + \cdots + L_{n-1} \xi ^{n-1} \end{eqnarray}$$
としたわけです。

この結果が $h ( \xi )$ に一致しなければならないので、$h ( \xi )$ の係数を $b_i$ とすると、次のような $n$ 個の未知数についての $n$ 個の方程式を得る。
$$L_0 = b_0, \quad L_1 = b_1, \quad \cdots, \quad L_{n-1} = b_{n-1}$$

$g( \xi ) X( \xi ) = h( \xi )$ より、
$$L_0 + L_1 \xi + \cdots + L_{n-1} \xi ^{n-1} = b_0 + b_1 \xi + \cdots + b_{n-1} \xi ^{n-1}$$
として、係数を比較して得た方程式が、
$$L_0 = b_0, \quad L_1 = b_1, \quad \cdots, \quad L_{n-1} = b_{n-1}$$
です。

この連立方程式が解をもつためには、対応する同次連立方程式
$$L_0 = 0, \quad L_1 = 0, \quad \cdots, \quad L_{n-1} = 0$$
が自明解しかもたないことを示せばよい。ところがあとの連立方程式は、$g( \xi ) X( \xi ) = 0$ をみたす要素 $X( \xi )$ を問題にしたときに得られる方程式である。これは古い意味の乗法にもどって $g( \xi ) X( \xi )$ を考えたとき、 $g( \xi ) X( \xi )$ の剰余が $0$ 、すなわち $g( \xi ) X( \xi )$ が $f( \xi)$ で割りきれる場合である。ところが42ページの補題により、これは $X( \xi) = 0$ の場合のみ起こりうることである。すなわち上の同次方程式は自明解しかもち得ない。

第1章で定理5として、同次連立方程式が解をもつ必要十分条件が挙げられています。

定理5
$m = n$ の場合の連立方程式 $(1)$ が、任意に与えた右辺に対して解をもつための必要十分条件は、これに同伴な同次連立方程式が自明解のみをもつことである。そしてこの場合、解はただ一組である。

$m = n$ の場合の連立方程式 $(1)$ とは、以下の方程式で $m = n$ の場合です。

$$\begin{eqnarray} a_{11} x_1 &+& a_{12} x_2 &+& \cdots &+& a_{1n} x_n &=& b_1 \\ a_{21} x_1 &+& a_{22} x_2 &+& \cdots &+& a_{2n} x_n &=& b_2 \\ \vdots && && && \vdots && \vdots \\ a_{m1} x_1 &+& a_{m2} x_2 &+& \cdots &+& a_{mn} x_n &=& b_m \end{eqnarray} \tag{1}$$

そして連立方程式 $(1)$ に同伴な同次連立方程式は次の同次連立方程式 $(2)$ となります。

$$\begin{eqnarray} a_{11} x_1 &+& a_{12} x_2 &+& \cdots &+& a_{1n} x_n &=& 0 \\ a_{21} x_1 &+& a_{22} x_2 &+& \cdots &+& a_{2n} x_n &=& 0 \\ \vdots && && && \vdots && \vdots \\ a_{m1} x_1 &+& a_{m2} x_2 &+& \cdots &+& a_{mn} x_n &=& 0 \end{eqnarray} \tag{2}$$

また、42ページの補題は以下です。

補題
$f(x)$ を $K$ 内の次数 $n$ の既約多項式とするとき、0と異なる2つの $K$ 内の多項式でそれらの次数が $n$ より小、しかもそれらの積は $f(x)$ で割りきれるようなものは存在し得ない。

この補題から、$g( \xi ) X( \xi ) = 0$ となるのは $X( \xi) = 0$ の場合のみ起こりうることであり（ $g( \xi )$ と $X( \xi )$ の次数は $n-1$ で、$f ( \xi )$ より小。また $g( \xi ) \neq 0$ ）、同次連立方程式
$$L_0 = 0, \quad L_1 = 0, \quad \cdots, \quad L_{n-1} = 0$$
は自明解しかもたない。したがって、定理5より
$$L_0 = b_0, \quad L_1 = b_1, \quad \cdots, \quad L_{n-1} = b_{n-1}$$
は解をもつ。 未知数 $x_i$ が解をもつということは、 $x_i$ は $X( \xi )$ の係数ですので、$g( \xi ) X( \xi ) = h( \xi )$ となるような $E_1$ の要素 $X( \xi ) = x_0 + x_1 \xi + \cdots + x_{n-1} \xi ^{n-1}$ が存在する、となります。

こうして、$E_1$ が体であることが示されました。