有限体 | 標数 が0でなければ素数【位数は素数ベキ】
" 有限体 " の" 標数 “は必ず素数となります。そして、有限体の位数は必ず素数ベキになります。
逆に任意の自然数 n と任意の素数 p に対して、位数が pn となる有限体が存在します。
可換体についての入門的な内容で、群や環についての基本的な内容を活用する練習になる内容を述べています。
このブログ記事では、環は加法単位元 0（零元）と 乗法単位元 1 をもつもので、結合律が成立しているものとして議論を進めます。
以下では、可換体についての内容を扱い、可換体のことを単に体 (field) というようにします。
また、零環を斜体もしくは体としないという設定で議論を進めています。
まず、体の標数から説明をします。
有限体 – 標数 :0でなければ素数
（可換）体 F の加法についての単位元（零元）を 0F、乗法についての単位元を 1Fとします。そして、整数全体から成る整数環を Z と表します。
正の整数 n について、体 F の乗法単位元 1F を n 個で加法をとったものを n1F と表すことにします。たとえば、n = 4 だと、1 + 1 + 1 + 1 の値のことです。
※ F の加法についての一般結合律から、1F を n 個で加法を計算したときの値が、ただ 1 つ確定するので、n1F を定義可能です。
また、整数 0 について、01F は、加法単位元 0F を表すことにします。
負の整数 n にについて、n1F を、F の加法についての 1F の逆元 －1F を |n| 個で加法をとったものとします。
たとえば、n = －2 だと、(－1) + (－1) の値のことです。
※ この |n| は通常の数についての絶対値です。
正の整数 n に対して、加法についての逆元の一意性から、－(n1F) = (－n)1F となります。
【標数 0 の定義】
体 F について、どんな正の整数 n についても
n1F ≠ 0F であるとき、体 F の標数が 0 であるという。
体 F の標数が 0 であるときは、1F をどれだけ有限個数で足し合わせても 0F にならないということを意味しています。
例えば、有理数体 Q の乗法単位元 1 をいくら足し合わせても 0 にはなりません。
標数が0でないとき
体 F の標数が 0 でないときは、ある自然数 n が存在して、n1F = 0F となるということです。
ただし、n = 1 のときに、n1F = 0F となっているとすると、体 F = {0F} となり、零環となってしまいます。
そのため、零環を体とは考えないことにして、標数 1 というものは考えないことにします。
ここで、体 F の標数が 0 でないとき、標数を次のように定義します。
【0 でない標数】
体 F の標数が 0 でないとき、n1F = 0F となる最小の正の整数 n を体 F の標数とする。
たとえば、体 F の標数が 3 だとすると、
31F = 0F となります。
このときに、61F は 1F を 6 個足し合わせたものですから、
61F = 31F + 31F
= 0F + 0F = 0F となります。
n1F = 0F となる最小の正の整数 n を標数としていました。
正の整数 6 について、61F = 0F ですが、
31F = 0F の 3 の方が小さいので、6 は、標数になっていないというわけです。
次に、標数が 0 でないときには、必ず標数が素数となることを示します。
正の標数は必ず素数
標数 1 というものを定義すると零環になってしまうので、標数 1 は定義しないということでした。
以下では、体 F の標数 n が 2 以上の整数となっているときを考えます。
このときに、必ず 標数 n は素数となります。ここからは、このことを目指して議論を進めます。
【命題 1-1】
整数環 Z から体 F への写像 f : Z → F を
n ∈ Z に対して、f(n) = n1F と定義する。
このとき、Z/ker f は Im f と可換環として同型。
※ F において、0F ≠ 1F という設定です。
＜証明＞
f(0) = 01F = 0F, f(1) = 11F = 1F となっています。
次に、m, n を任意の整数とします。
体 F の加法についての一般結合律から、
f(m) + f(n) = m1F + n1F
= (m + n)1F = f(m + n)
体 F において、
1F と －1F の乗法の値、1F と 0F との乗法の値は、乗法単位元 1F の定義から、
それぞれ －1F , 0F となります。
また、正の整数 k に対して、
－(k1F) = (－k)1F です。
そのため、体 F の乗法についての一般の分配律と一般の結合律から、
f(m)f(n) = (m1F)(n1F)
= m(n1F) = (mn)1F =f(mn)
よって、f は環準同型写像なので、準同型定理から、Z/ker f と Im f は同型となります。【証明完了】
剰余環 Z/ker f は可換環なので、Im f も可換環ということです。この【命題 1-1】は、体 F の標数が 0 でも 0 でなくても成立します。
※ 体 F の標数が 0 だと、ker f = {0} となります。
ここからは、体 F の標数が s ≠ 0 だとして、【命題 1-1】を適用した後の議論を進めます。
f(s) = s1F = 0F なので、ker f の定義から、s ∈ ker f ⊂ Z となります。
このため、ker f は零イデアルではない整数環のイデアルということになります。
Z は単項イデアル整域なので、ker f に含まれる 最小の正の整数を t とすると、ker f = tZ となります。
このことから、Z/tZ と Im f が環として同型になります。
さらに、標数 s ≧ 2 なので、
f(1) = 11F ≠ 0 です。
そのため、1 は ker f に含まれないので、
ker f ≠ Z です。
t = 1 とすると、ker f = tZ = Z となってしまい、ker f ≠ Z に矛盾します。
したがって、t ≧ 2 ということになります。
また、2 ≦ t < s とすると、t = t × 1 ∈ker f なので t1F = f(t) = 0F となり、標数 s の最小性に矛盾します。
したがって、s = t で、
ker f = tZ = sZ となります。
もし、s = 2 とすると、2 は素数なので、体 F の標数 s は 素数だったということになります。
s ≧ 3 のときも、標数 s が合成数だとして次のように矛盾を導きます。
t = s なので、Z/ sZ が Im f と環として同型です。
準同型定理によって得られる環同型写像は、
φ : Z/sZ → Im f を a + sZ (a ∈ Z) に対して、φ(a) = f(a) と定義していました。
s が合成数なので、2 以上 s － 1 以下のある自然数 x と y が存在して、s = xy となります。
標数 s の定義から、x と y はどちらも ker f に含まれません。
※ x ∈ ker f とすると、x1F = f(x) = 0F となり、標数 s の最小性に矛盾します。
Z/sZ において、
(x + sZ)(y + sZ)
= (xy) + sZ
= s + sZ = 0 + sZ
よって、
0F = f(0) = φ(0 + sZ)
= φ((x + sZ)(y + sZ))
= φ(x + sZ)φ(y + sZ)
= f(x)f(y)
x と y はどちらも ker f に含まれていませんでした。
そのため、f(x) ≠ 0F, f(y) ≠ 0F です。
F の零元でなければ、乗法逆元が (f(y))-1存在します。
これを両辺に乗じると、
0F(f(y))-1 = f(x)f(y)(f(y))-1
つまり、0F = f(x)
これは、x が ker f に含まれていることを示しています。しかし、x は ker f に含まれていなかったので、矛盾です。
よって、背理法から s は素数となります。
以上より、体 F の標数 s が 2 以上のとき、s は素数ということになります。
ここまでの考察を命題の形にまとめます。
【命題 1-2】
可換体 F の標数 s が 0 でないとする。
このとき、s は素数。
※ ただし、標数 1 は体が零環となってしまうので定義していません。
可換体の標数が 0 でないときは、標数が素数ということを示しました。
有限個の元からなる可換体 F （有限体）だと、標数 0 ということが起こりません。このことを次の段落で示します。
有限体 :有限体の位数は素数ベキ
F の中には、有限個の元しかないので、
1 + 1, 1 + 1 + 1, … と続けていくと、ある自然数 m と n について、m < n だけれども、
m1F と n1F が等しいということが起きてしまいます。
S = {n1F | n は正の整数} とおくと、S ⊂ F で、F の位数が有限なことから、S は有限集合となります。ただし、標数 1 は考えないので、S には少なくとも 2 個以上の元が含まれています。
m11F, … , mk1F (各 mi は正の整数) を S に含まれるすべての元だとします。
max {m1, … , mk} = t とおき、
n = t + 1 とおくと、n1F ∈ S なので、
mi1F = n1F となる mi が m1 から mk までの中に存在します。
mi < n なので、0 < n － mi で、
0F = (n － mi)1F となり、F の標数が 0 でないということになります。
さらに、【命題 1-2】から、この F の標数は素数ということが分かります。
有限体が存在したとすると位数は素数ベキ
【命題 2-1】
標数が素数 p の有限体 F が存在したとする。
このとき、F の位数 |F| は pn (n は自然数) という形。
＜証明＞
f : Z → F を f(n) = n1F ( n∈ Z) と定義すると、これまでの考察から ker f = pZ です。
そして、準同型定義から、
剰余環 Z/pZ が Im f と環として同型になります。
p が素数なので、剰余環 Z/pZ は可換体となります。
※ 零元でない元が乗法逆元を必ずもつことの理由は余り-整数問題というブログ記事の最後の方で解説をしています。
よって、環として同型なので、
Im f ={n1F | n ∈ Z} も可換体となります。
そして、位数について、
|Z/pZ| = p なので、|Im f| = p となり、
Im f も有限体ということになります。
Im f ⊂ F ですが、Im f から F へのスカラー倍を、F における乗法を用いて、
Im f × F → F
(n1F, x) → (n1F)x と定義します。
(n1F)x は F において既に定義されている F の乗法です。
そして、F において既に定義されている加法をベクトル空間の加法とします。
この加法とスカラー倍について、ベクトル空間の公理を満たします。
この Im f 上のベクトル空間の零元は、体 F の零元 0F そのものになっています。
今、体 F は有限体なので、有限個の元から構成される基底が存在し、有限次元ベクトル空間です。その次元を n とし、{a1, … , an} を基底とします。
よって、F の任意の元は基底の一次結合で一意的に表されるので、
{ k1a1 + … + knan | k1, … , kn ∈ Im f }
= F となります。
k1 から kn の 1 か所でも異なる Im f の元だとすると、一次結合の一意性から異なる F の元ということになります。
位数は |Im f| = p だったので、k1 から kn のそれぞれに配置できる Im f の元 は p 通りです。
したがって、F に含まれている元の個数は、pn 個になります。
|F| = pn なので、F の位数は素数ベキとなっています。【証明完了】
今、有限体が存在すると、その位数が素数ベキであるということを示しました。
逆に、任意の自然数 n と任意の素数 p に対して、位数が pn となる有限体は存在するということが証明できます。
任意の素数 p に対して、Z/pZ は位数が p の有限体です。標数 p の体が存在したら、準同型定理から、必ず Z/pZ と可換体として同型になるということは、上の議論で示されています。
しかし、p2 や p3 というように、p の指数の部分が 2 以上になっている p ベキについて、その位数の有限体が存在することは、まだ示していません。
そこで、任意の可換体 K について、K の代数拡大体で、代数的閉体となっている可換体 K’ が存在するということがZornの補題を用いて証明されているので、これを利用して議論を進めます。
※ 分解体-代数的閉包というブログ記事で、証明を解説しています。
簡単にいうと、K 係数の多項式 g(x) を任意にもってきたときに、g(x) のすべての根が K’ の中に含まれているというものが K’ です。
この代数的閉体の存在を利用して、位数 pn の有限体が存在することを以下で示します。
任意の素数 p に対して、位数 p の有限体 Fp （標数は p 準同型定理の議論から p です）として、Z/pZ を考えます。
記号を簡単にするために、次のように、記号をおいておきます。
n + pZ ∈ Z/pZ = Fp のことを、
単に n ∈ Fp と表しておきます。
そうすると、
Fp 上の多項式環の元が、2x + 5 というように簡潔に表すことができます。
実際は、剰余環の元が係数なので、
(2 + pZ)x + (5 + pZ) という多項式です。
しかし、さすがに毎回、このように記述をすると、煩雑になるので、2x + 5 というように簡潔に表すようにしておきます。
ここから、有限体Fp の代数的閉包を K として議論を進めます。
Fp の元を係数とする多項式で、任意の自然数 n に対して pn 個の元からなる有限体を構成するために鍵となる多項式と、その多項式がもつ重要な性質を述べます。
※ n = 1 のときには、Z/pZ と同型になることが分かっているので、以下において n は 2 以上とします。
位数が素数ベキの体を構成するために
形式的微分を施した d/dxf(x) = f'(x) = －1 ≠ 0 なので、f(x) は重根をもたないことが分かります。
形式的微分について、数学III で学習したような微分の公式が成立します。
体 Fp 上の多項式 g(x) と h(x)、c ∈ Fp について、
[1] d/dx(g(x) + h(x)) = d/dx g(x) + d/dx g(x),
[2] d/dx(g(x)h(x))
= (d/dx g(x))h(x) + g(x)(d/dx h(x)),
[3] d/dx(cg(x)) = c d/dx(g(x))
この [2] と、d/dx f(x) = f'(x) = －1 ≠ 0 ということから f(x) が重根をもっていないことを次のようにして示せます。
もし、f(x) の pn 個の根のうち重根があったとすると、a1 = a2 = a とおきます。
残りの pn － 2 個の根に重根があっても、なくても d/dx f(a1) = 0 となってしまいます。
※ 代数的閉包 K は可換体なので、K[X] も可換環になるので、a1 = a2 が重根としても一般性は失われません。
f(x) は因数定理によって、K 上の多項式環 K[x] において、
f(x) = (x － a1)(x － a2) … (x － apn) と一次式の積に分解します。
この右辺を形式的に微分するときに、[2] を繰り返し適用することで、重根があり、
a1 = a2 だとすると、f'(a1) = 0 となることが分かります。
※ 積の微分という記事で証明しています。
しかし、f'(x) = －1 なので、
f'(a1) = －1 かつ、f'(a1) = 0 となり、矛盾です。
このため、f(x) は重根をもっていないということになります。
ここで、f(x) の K におけるすべての根を集めた集合を S とします。f(x) が重根をもっていないことから、S の位数は、|S| = pn となります。
実は、この S は K における加法と乗法について閉じていて、K の部分体であることが確かめられます。そのため、S が位数 pn の可換体ということになります。
※ ちなみに、この pn は多項式 f(x) の次数です。
本当に部分体になっているのかを、次で確認します。
有限体 :位数が素数ベキの体の構成
有限体 Fp 上の多項式について、係数に p の倍数 t が現れると、Fp において t = 0 となります。
このことを、S が K の部分体となっていることを証明するときに使います。
まず S が加法群となっていることを確かめます。pn = t とおいて、見た目を見やすくしておきます。
すなわち、f(x) = xt － x とおいたことになります。t が p の倍数であることに注意して計算をします。
f(0) = 0t － 0 = 0 － 0 = 0 より、
0 ∈ S となっています。
また、f(1) = 1t － 1 = 1 － 1 = 0 より、
1 ∈ S です。
※ 代数的閉包 K は Fp の拡大体なので、K の加法についての単位元 0K と Fp における加法についての単位元 0 は一致しています。
二項定理と、t が p の倍数ということから、
(a － b)t =
at(－b)0 + tC1at-1(－b)1 +
… + tCt-1a1(－b)t-1 + a0(－b)t
ここで、1 ≦ i ≦ t － 1 のとき、tCi は p で割り切れるので、0 となります。
※ tCi が p で割り切れることの証明は後で行います。
そのため、(a － b)t = at + (－b)t
ここで、p が偶数だとすると、偶数である素数は 2 のみなので、Fp は二元体で、標数が 2 ということになります。
ゆえに、Fp において、
b + b = (1 + 1)b = 0 となり、加法逆元の一意性から、－b = b となります。
また、bt + bt = (1 + 1)bt = 0 だから、同様に、－bt = bt となります。
そのため、
(a － b)t = at + bt = at － bt となります。
素数 p が奇数のときは、t = pn は素因数に 2 を含まないため奇数となります。
t が奇数なので、
(－b)t = (－1)tbt = －bt となり、
やはり (a － b)t = at － bt となります。
ここで、a, b ∈ S だったので、
どちらも f(x) = xt － x の根だから、
at = a, bt = b です。
以上より、p が偶数にせよ、奇数にせよ、
(a － b)t = a － b です。
つまり、
f(a － b)
= (a － b)t － (a － b) = 0
よって、a － b は再び f(x) の根となるので、
a － b ∈ S です。
これは、S が加法について加法群 K の部分群となっていることを示しています。
今度は、S － {0} が乗法群 K － {0K} の部分群となっていることを確かめます。
b を S の 0 ではない任意の元だとすると、K の乗法についての一般の結合法則から
bt(b-1)t = bt-1(bb-1)(－b)t-1
= bt-1(－b)t-1 となり、これを繰り返すと、
bt(b-1)t = 1 となります。
そのため、(bt)-1 = (b-1)t です。
※ K は Fp の拡大体なので、K の乗法単位元と Fp の乗法単位元 1 は一致しています。
よって、a ∈ S と b ∈ S － {0} について、
f(ab-1)
= (ab-1)t － (ab-1)
= at(b-1)t － (ab-1)
= a(bt)-1 － (ab-1)
= ab-1 － (ab-1) = 0
よって、ab-1 も f(x) の根なので、
ab-1 ∈ S となりました。
また、b = 0 のときは、ab = 0 なので、
f(ab) = f(0) = 0 となり、ab ∈ S です。
これで、S が積で閉じいることと、
S － {0} が乗法逆元をもつことが確かめられました。
このため、S は K の部分体なので、可換体となっています。
ゆえに、この S が求める位数 t = pn の可換体ということになります。
ここから、やり残しておいた証明を行います。
tCr が p で割り切れるから Fp の標数が p のため 0 になるということで、二項定理の計算が簡単になりました。
r = t － 1 と r = 1 のとき、
tCr-1 = tC1 = t = pn は、p で割り切れて、0 です。
以下で、2 ≦ r ≦ t － 2 のときにも、p で割り切れることを証明します。
素数pで割り切れる証明
tCr を組合せの公式の通りの式で表すと、上の図のように k が走ることが分かります。
赤色で囲った部分で、分母を素因数分解したときに、素因子 p が現れるときは、k が p の倍数となっているところです。
そのとき、分子にも同じ k が使われています。k を素因数分解したときの素因子 p の指数が pes だったとします。
k = pes a (a は自然数で a と p の最大公約数は 1) として、分子と分母を既約分数にすることを考えます。
※ ただし、1 ≦ k < r < pn － 2 という状況なので、es < n です。
このとき、
(pn － k)/k = (pn － pes)/pes a
= (pn-es － 1)/a
a と p の最大公約数は 1 なので、既約分数にすると分母は p を素因子としてもちません。
k が p の倍数でないときには、(pn － k)/k を既約分数にしようが、しまいが、分母は p を素因子にもちません。
以上より、k が p を素因子に持つか、持たないかに場合分けされ、いずれの場合についても、
(pn － k)/k を既約分数にすると、分母は素因子 p を持たないということが示せました。
よって、図の大きく赤色で囲っている部分を既約分数にすると、分母は素因子 p を持たないということが示せました。
一番左の r ですが、r < pn なので、
r が素因子 p をもっていたとしても、その指数は最大で n － 1 までです。
したがって、pn/r を既約分数にしたときに、分子は素因子 p をもち、その指数は 1 以上ということが分かりました。
これで、tCr の公式を既約分数にしたときに、分子は素因子 p をもつということが示されました。
これは、tCr が p の倍数となっていることを示しています。これで、任意の自然数 n と任意の素数 p に対して、位数 pn の有限体が存在することが示せました。
さらに、有限生成アーベル群の知識を使うと、
有限体の乗法群は、一元生成の巡回群ということが証明できます。
いろいろと述べましたが、このブログ記事で扱った内容の中心の部分を短くまとめておきます。
有限体 F の位数が pn だったとき、p は F の標数でした。
※ そして、有限体 F の標数は素数です。
この n が何なのかということについては、
代数的な元という記事で解説しています。
これで、今回のブログ記事を終了します。
読んで頂き、ありがとうございました。