メモ(2/6~)

(2/6)
・円分方程式が代数的に解けることの証明を思いついた。基本はガロア群が可解群である方程式を解く流れと一緒だが、ｐ乗根が代数的に解けるという仮定は使えないことに注意する。例えば23等分方程式を解くとすると、23-1=2*11より、二次の巡回拡大と１１次の巡回拡大をしなければならない。２次は簡単。１１次巡回拡大は、「ラグランジュ・リゾルベント」の方法を使うために、１の１１乗根を代数的に得る必要がある。すると今度は11-1=2*5より、１の５乗根が必要で、・・・とこのように、より小さい素数乗根を得る問題に帰着させていけるから、円分方程式は解ける。こんな簡単なこととは。
・素数次巡回的な作用σ(a1)=a2,σ(a2)=a3,・・・σ(a{p-1})=a1があったら、V＝a1+a2ζ+・・・(ζは1の原始p乗根)をつくればσ(V)＝ζVとなり、V＾ｐは不変だから冪根で解ける、というのがラグランジュリゾルベントの発想。二次方程式の解法もこの考えを利用している。
(2/7)
・ℤ[x]のイデアル(x^2+1, 3x+2)を簡単にする。3(x^2+1)-(x-1)(3x+2)=x+5よりイデアル(x^2+1, 3x+2)はx+5を含むから、(x^2+1,3x+2,x+5)と等しい。あとはx+5を使って高次の項を消していけば(x+5,13)と等しいと分かる。最高次の係数が１の１次式をつくれた結果。
・a(x^2+1)+(bx+c)(3x+2)のうち、１次式になるものの最高次の係数は、任意のものをとれる。定数になるものは、１３の倍数にしかならない。不定方程式を使ってわかる。
・f(x)(x^2+1)+g(x)(3x+2)=ax+bなら、(3x+2)(x^2+1)+(-x^2-1)(3x+2)=0よりg(x)をx^2+1で割ってh(x)(x^2+1)+(cx+d)(3x+2)=ax+b 両辺の次数よりh(x)は定数。x^2+1の最高次の係数が１だから多項式の割り算ができたようだが、f(x)も定数hになっているんだから、fは3x+2で割って余りを考えられることになる。f(x)=(3x+2)Q(x)+h. なぜうまくいくのか？
(2/10)
・ℤ[x]のあるイデアルをIとする。ｋを非負整数として、Iのｋ次以下の多項式の全体はℤ加群をなす。また、Iのｋ次以下の多項式のx^kの係数の全体に、0を追加したものはℤのイデアルになる。