九大の院試(代数学)を解いた - 散れども切れぬ備忘録

題名の通りです。九大の院試の過去問を代数学を中心に解いてみましたので公開します。元の問題はこちら( https://www.math.kyushu-u.ac.jp/entryexams/view/6 )から見ることができます。

※間違い等ありましたらお教え下ると助かります。

2020年度専門科目
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2019年度専門科目
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2018年度専門科目
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2020年度専門科目

[1]

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(以下解答)
(1)
部分群であることを示すためには①全域性②単位元の存在③逆元の存在を示せばよいです。順に見ていきます。
①)
$g,h∈N_G(T)$ として $gh∈N_G(T)$ を示します。
$g^{-1}Tg=T,h^{-1}Th=T$ なので、
$(gh)^{-1}Tgh=h^{-1}g^{-1}Tgh=h^{-1}Th=T$ となり、 $gh∈N_G(T)$ がわかります。
②)
$e$ を単位元とすると $e^{-1}Te=T$ が成り立つので $e∈N_G(T)$ です。
③)
$g^{-1}∈N_G(T)$ を示します。
$N_G(T)=\{g∈G|g^{-1}Tg=T\}$
$=\{g∈G|Tg=gT\}$ なので、
$Tg^{-1}=g^{-1}T$ を示せばよいですが、これは $gT=Tg$ から成り立ちます。 ■

(2)
まず $T$ が $N_G(T)$ の部分群であることを示します。と言っても、対角行列の積･逆元はまた対角行列なので明らかです。
次に $∀g∈N_G(T),g^{-1}Tg=T$ を示せばよいですが、 $N_G(T)$ の定義から成り立つことがすぐにわかります。 ■

(3)
まず $T=\{\begin{pmatrix}x&0\\0&y\end{pmatrix}|x,y∈ℝ,xy≠0\}$ です。
次に $N_G(T)$ を見てみましょう。
$\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}∈N_G(T)$ とすると、
これは $ad-bc≠0$ と以下を満たします:
$\displaystyle \begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}x&0\\0&y\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ $=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}adx-bcy&(x-y)bd\\(y-x)ac&adx-bcy\end{pmatrix}$
この右辺が対角行列になり、更に $x,y$ は任意なので、
$\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}∈N_G(T)$ は $ac=0∧bd=0$ を満たします。
ところが、先述したように $ad-bc≠0$ なので、これを考慮すると
「 $a=d=0∧b≠0≠c$ 」または「 $b=c=0∧a≠0≠d$ 」となり、結局以下の形に限られることがわかります:
$\begin{pmatrix}a&0\\0&d\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&b\\c&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c&0\\0&b\end{pmatrix}$
したがって、 $N_G(T)/T=\{T,\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}T\}$ となり、これは位数2の群なので2次の巡回群 $C_2$ に同型です。 ■

[3]

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(以下解答)
(1)
計算すると $f(x+1)=(x+1)^p-(x+1)-1=f(x)$ が分かるので、帰納的に $α+1,...,α+p-1$ も $f(x)$ の解になります。 ■

(2)
$f(x)$ が可約、つまり $f(x)=g(x)h(x)$ となる $g(x),h(x)∈F[x]$ があったとします。
このとき、 $g(x)$ は
$\prod^n_{k=1}(x-(α+m_k) )\ \ (1≦n≦p-1,m_k∈Fで各m_kは相異なる)$
と表されます(なぜなら、 $f(x)$ を微分すると $px^{p-1}-1=-1$ となり、 $f(x)$ との共通根を持たないため、 $f(x)$ が分離的だからです)。 $g(x)$ の $n-1$ 次の項の係数は $-nα-Σm_k$ ですが、これは $F$ に属する( $g(x)∈F[x]$ なので)ので $α∈F$ となります。したがって、 $f(x)$ が可約ならその根は全て $F$ の元です。 ■

(3)
$ℤ$ から $F$ へ自然な準同型 $π\colon ℤ→F$ が生えます。この $π$ から誘導される準同型 $ℤ[x]→F[x]$ を $\tilde{π}$ と書きます。
$f(x)$ が $ℤ[x]$ 上可約だと仮定して矛盾を導きます。仮定から $\tilde{π}(f(x) )$ は可約ですが、このとき(2)から $f(x)=x\prod (x-m)$ となります。しかし、両辺の定数項が一致しないので矛盾です。
したがって、 $f(x)$ は $ℤ[x]$ 上既約です。 ■

2019年度専門科目

[3]

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(以下解答)
(1)
$f(x)$ が可約であったとします。 $f(x)$ は4次多項式なので、①1次×3次か②2次×2次の形に分解されます。
①の形に分解されたと仮定します。
このとき1次の因子は $(x-a),a∈F_2$ と書けるので $f(x)$ は $F_2$ 上に根を持ちますが、 $f(0)≠0≠f(1)$ なのでこれは矛盾です。
②の形に分解されたと仮定します。
$f(x)=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$ とすると
係数を比較して $a+c=1,bd=1,b+d+ac=1$ が全て同時に成り立ちます。後ろの2つから $a=b=c=d=1$ が従いますが、これは $a+c=1$ に矛盾します。

以上より $f(x)$ は $F_2[x]$ 上既約です。 ■

(2)
準同型定理から、 $Imφ=K,Kerφ=(f(x) )$ となる環準同型 $φ\colon F_2[x]→K$ を構成すればよいです。実際 $φ(x)=θ$ としこれを $F_2[x]$ 上に延長すると条件を満たすことがわかります。
次に拡大次数 $[K\colon F_2]$ ですが、これは $K=F_2(θ)$ より $θ$ の $F_2$ 上の最小多項式 $f(x)$ の次数に等しいです。つまり $[K\colon F_2] =4$ です。 ■

(3)
まず準同型であることを示します。
が、和･積･単位元を保つことは計算すればすぐにわかるので略します。
次に同型であることを示します。
$K$ の $F_2$ 上の基底として $1,θ,θ^2,θ^3$ が取れますが、これが $σ$ によってどう写るか見てみましょう。
計算すると各々 $1,θ^2,θ^4=θ^3+θ^2+θ+1,θ^6=θ^2･θ^4=θ$ に写ることがわかります。
これはまた $K$ の $F_2$ 上の基底となるので、 $σ$ は全単射、したがって同型です。 ■

(4)
$K=F_2(θ)$ で $σ$ は $F_2$ の元を変えないので、 $θ$ の写り先だけ見れば充分です。先の議論から
$σ(θ)=θ^2$
$σ^2(θ)=θ^4$
$σ^3(θ)=θ^8=θ^2･θ^6=θ^3$
$σ^4(θ)=θ^6=θ$ がわかります。
$θ^2,θ^3,θ^4$ が全て $θ$ と異なるので、、 $σ$ の位数は4です。
また、 $K$ 上の自己同型は $f(x)$ の根を $f(x)$ の根に写さなければなりませんが、先の議論から $id,σ,σ^2,σ^3$ で尽くされることがわかります。よって求める自己同型群は4次の巡回群 $C_4$ です。 ■

2018年度専門科目

[3]

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(以下解答)
(1)
もし $x^2+1$ が可約だとすると、1次式の積に分解されます。したがって $F_3$ 上に根を持つはずですが、計算してみると $0,1,2$ は根にならないので矛盾します。よって $x^2+1$ は $F_3$ 上既約です。 ■

(2)
$α^2+1=0$ に気を付けると、
$α=(α-1)+1$ なので $( (α-1)+1)^2+1=0$ となります。
よって $(α-1)^2+2(α-1)+2=0$ なので $α-1$ は $x^2+2x+2=x^2-x-1$ の根です。この多項式も $F_3$ 上に根を持たないので既約で、したがって $α-1$ の $F_3$ 上の最小多項式になります。
同様にして $x^2+x-1$ が $α+1$ の最小多項式になることも分かります。 ■

(3)
$(x^2-x-1)(x^2+x-1)=x^4+1$ なので、
$x^9-x$ は $F_3$ 上で
$x^9-x=x(x^2-x-1)(x^2+x-1)(x^2+1)(x+1)(x-1)$ と分解されます。この多項式の根は全て $F_3(α)$ の元です。つまり $K⊂F_3(α)$ ですが、拡大次数の関係から $F_3(α)⊂K$ もわかります。よって $K=F_3(α)$ です。 ■