장 61 분지 이론

우리는 유리 소수 $p$ 가 더 큰 수체 $K$ 에서 어떻게 인수분해되는지에 큰 관심을 가지고 있습니다. 이러한 행동의 몇 가지 예로, $\mathbb{Z}[i]$ (이는 UFD입니다!)에서 다음과 같은 인수분해를 가집니다

	$\displaystyle(2)$	$\displaystyle=(1+i)^{2}$
	$\displaystyle(3)$	$\displaystyle=(3)$
	$\displaystyle(5)$	$\displaystyle=(2+i)(2-i).$

이번 장에서는 소수가 더 큰 수체에 던져졌을 때 어떻게 분해되는지에 대해 더 배워보겠습니다. 갈루아 이론의 무기를 사용하여, 이는 이차 상호법칙의 증명으로 절정에 이를 것입니다.

61.1 분지된 / 비활성 / 분할 소수

대표적인 예: $\mathbb{Z}[i]$ 에서, $2$ 는 분지되고, $3$ 은 비활성이며, $5$ 는 분할됩니다.

$p$ 를 유리 소수라 하고, 이를 $\mathcal{O}_{K}$ 에 던져 넣습니다. 그러면 소 아이디얼로의 인수분해를 얻습니다

p\cdot\mathcal{O}_{K}=\mathfrak{p}_{1}^{e_{1}}\dots\mathfrak{p}_{g}^{e_{g}}.

우리는 각 $\mathfrak{p}_{i}$ 가 $(p)$ 의 위에¹¹1 $p\cdot\mathcal{O}_{K}$ 와 $(p)$ 는 같은 것을 의미한다는 점을 상기시켜 드리며, 저는 이 둘을 서로 바꾸어 사용할 것입니다. 있다고 말합니다. 그림으로는 다음과 같이 그릴 수 있습니다:

일어날 수 있는 다양한 행동에 대한 몇 가지 이름:

•

우리는 어떤 $i$ 에 대해 $e_{i}>1$ 이면 $p$ 가 분지되었다고 말합니다. 예를 들어 $2$ 는 $\mathbb{Z}[i]$ 에서 분지됩니다.
•

우리는 $g=1$ 이고 $e_{1}=1$ 이면 $p$ 가 비활성이라고 말합니다. 즉 $(p)$ 가 소 아이디얼로 남는 경우입니다. 예를 들어 $3$ 은 $\mathbb{Z}[i]$ 에서 비활성입니다.
•

우리는 $g>1$ 이면 $p$ 가 분할된다고 말합니다. 예를 들어 $5$ 는 $\mathbb{Z}[i]$ 에서 분할됩니다.

질문 61.1.1.

더 일반적으로, $\mathbb{Z}[i]$ 에서 소수 $p$ 에 대해:

•

$p$ 가 분지되는 것은 정확히 $p=2$ 일 때입니다.
•

$p$ 가 비활성인 것은 정확히 $p\equiv 3\pmod{4}$ 일 때입니다.
•

$p$ 가 분할되는 것은 정확히 $p\equiv 1\pmod{4}$ 일 때입니다.

이를 증명하십시오.

61.2 소수는 $\Delta_{K}$ 를 나눌 때에만 분지됩니다

가장 특이한 경우는 분지입니다: 임의로 선택된 다항식이 중근을 가질 것이라고 기대하지 않는 것처럼, 우리는 임의로 선택된 소수가 분지될 것이라고 기대하지 않습니다. 사실, 분지를 이해하는 열쇠는 판별식입니다.

논의를 위해, $K$ 가 단생성이고, $\mathcal{O}_{K}=\mathbb{Z}[\theta]$ 이며, $\theta$ 가 최소다항식 $f$ 를 가진다고 가정합시다. $p$ 를 우리가 인수분해하고자 하는 유리 소수라 합시다. 만약 $f$ 가 $f_{1}^{e_{1}}\dots f_{g}^{e_{g}}$ 로 인수분해된다면, $(p)$ 의 소 아이디얼 인수분해는 다음과 같이 주어진다는 것을 알고 있습니다

p\cdot\mathcal{O}_{K}=\prod_{i}\left(p,f_{i}(\theta)\right)^{e_{i}}.

특히, $p$ 가 분지되는 것은 정확히 $f$ 가 법 $p$ 에서 중근을 가질 때입니다! 이런 일이 일어나는지 탐지하기 위해, 우리는 $f$ 의 다항식 판별식을 살펴봅니다, 즉

\Delta(f)=\prod_{i<j}(z_{i}-z_{j})^{2}

그리고 이것이 법 $p$ 에서 영인지 확인합니다 – 따라서 $p$ 는 이것이 참일 때에만 분지됩니다.

$\Delta(f)$ 를 $K$ 의 판별식 $\Delta_{K}$ 로 그저 대체하면 임의의 수체에 대한 순진한 일반화가 통한다는 것이 밝혀집니다(단일생성 $\mathcal{O}_{K}$ 의 경우 이 둘이 같다는 것은 문제 57C에 의합니다). 즉,

정리 61.2.1 (판별식은 분지를 탐지한다).

$p$ 를 유리 소수, $K$ 를 수체라 합시다. 그러면 $p$ 가 분지되는 것은 정확히 $p$ 가 $\Delta_{K}$ 를 나눌 때입니다.

예제 61.2.2 (가우스 정수에서의 분지).

$K=\mathbb{Q}(i)$ 라고 하면 $\mathcal{O}_{K}=\mathbb{Z}[i]$ 이고 $\Delta_{K}=-4$ 입니다. 예측한 대로, $\mathbb{Z}[i]$ 에서 분기하는 유일한 소수는 $\Delta_{K}$ 의 유일한 소인수인 $2$ 입니다.

특히, 오직 유한히 많은 소수만이 분기합니다.

61.3 관성차수

대표적인 예: $\mathbb{Z}[i]$ 에서 $(7)$ 은 관성차수 $2$ 를 가지며, $(2+i)$ 는 $\mathbb{Z}[i]$ 에서 관성차수 $1$ 을 가집니다.

아이디얼 $\mathfrak{a}$ 가 얼마나 “넓은지”를 측정하는 아이디얼 노름 $\operatorname{N}(\mathfrak{a})=\left\lvert\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{a}\right\rvert$ 를 정의할 수 있었음을 상기하십시오. 예를 들어, $\mathbb{Z}[i]$ 에서 $(5)$ 는 아이디얼 노름 $5^{2}=25$ 를 가지는데, 그 이유는

\mathbb{Z}[i]/(5)\cong\left\{a+bi\mid a,b\in\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\right\}

$5^{2}=25$ 개의 원소를 가지기 때문입니다.

이제, 다음을 살펴봅시다

p\cdot\mathcal{O}_{K}=\mathfrak{p}_{1}^{e_{1}}\dots\mathfrak{p}_{g}^{e_{g}}

$K$ 가 차수 $n$ 을 가지는 $\mathcal{O}_{K}$ 에서 말입니다. 양변의 아이디얼 노름을 취하면, 다음을 얻습니다

p^{n}=\operatorname{N}(\mathfrak{p}_{1})^{e_{1}}\dots\operatorname{N}(% \mathfrak{p}_{g})^{e_{g}}.

어떤 정수 $f_{i}\geq 1$ 에 대해 $\operatorname{N}(\mathfrak{p}_{i})=p^{f_{i}}$ 임을 결론지을 수 있고, 더 나아가 다음도 성립합니다

n=\sum_{i=1}^{g}e_{i}f_{i}.

정의 61.3.1.

$f_{i}$ 를 $\mathfrak{p}_{i}$ 의 관성차수라 하고, $e_{i}$ 를 분기지수라고 부릅니다.

예제 61.3.2 (관성차수의 예시).

차수가 $2$ 인 $\mathbb{Z}[i]$ 에서 작업해 봅시다. 관성차수는 주어진 $\mathfrak{p}$ 가 $\mathcal{O}_{K}$ 에서 해석될 때 얼마나 “공간적”인지를 감지합니다.

(a)

소 아이디얼 $7\cdot\mathbb{Z}[i]$ 는 관성차수 $2$ 를 가집니다. 실제로, $\mathbb{Z}[i]/(7)$ 은 $a$ , $b$ 가 $7$ 을 법으로 하는 $a+bi$ 꼴의 원소들로 이루어진 $7^{2}=49$ 개의 원소를 가집니다. 이는 “두 차수”의 공간을 제공합니다.
(b)

$(5)=(2+i)(2-i)$ 라 합시다. $(2+i)$ 와 $(2-i)$ 의 관성차수는 둘 다 $1$ 입니다. 실제로, $\mathbb{Z}[i]/(2+i)$ 는 오직 “한 차수”의 공간만을 제공하는데, 그 원소들 각각이 $5$ 를 법으로 하는 정수로 볼 수 있고, 오직 $5^{1}=5$ 개의 원소만 존재하기 때문입니다.

이를 이해했다면, $e_{i}f_{i}$ 의 합이 $n$ 과 같아야 하는 이유가 직관적으로 명확해질 것입니다.

61.4 갈루아 확장의 마법

좋습니다, 여기까지는 다 괜찮습니다. 하지만 $K/\mathbb{Q}$ 가 갈루아라는 추가 가정을 더할 때 정말로 마법 같은 일이 일어납니다: 모든 관성차수와 분기지수가 서로 같아지는 것입니다. 이제 이를 증명해 보겠습니다.

$K/\mathbb{Q}$ 가 $G=\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ 인 갈루아 확장이라 합시다. $\mathfrak{p}\subseteq\mathcal{O}_{K}$ 가 $p$ 위에 있는 소 아이디얼이라면, 임의의 $\sigma\in G$ 에 대해 상 $\sigma^{\text{img}}(\mathfrak{p})$ 역시 소 아이디얼임에 주목하십시오(왜냐하면 $\sigma$ 는 자기동형사상이기 때문입니다!). 더 나아가, $p\in\mathfrak{p}$ 이고 $\sigma$ 가 $\mathbb{Q}$ 를 고정하므로, $p\in\sigma^{\text{img}}(\mathfrak{p})$ 역시 성립함을 알 수 있습니다.

따라서, 점별 사상에 의해 갈루아 군은 유리 소수 $p$ 위에 있는 소 아이디얼들에 작용합니다. 그림으로 나타내면 다음과 같습니다:

$\sigma^{\text{img}}(\mathfrak{p})$ 라는 표기는 이 맥락에서 보기 흉한데, 실제로 우리는 $\sigma$ 를 단순히 군의 작용을 수행하는 것으로 생각하고 있기 때문입니다. 그래서 다음과 같이 축약 표기를 제공합니다:

표기의 남용 61.4.1.

$\sigma\mathfrak{p}$ 를 $\sigma^{\text{img}}(\mathfrak{p})$ 의 축약 표기로 합시다.

$\sigma$ 들이 모두 전단사(이들은 자기동형사상이기 때문입니다!)이므로, 같은 궤도에 속한 소 아이디얼들이 밀접하게 관련되어 있다는 것은 그리 놀랍지 않을 것입니다. 하지만 놀랍게도, 궤도는 오직 하나뿐임이 밝혀집니다!

정리 61.4.2 (갈루아 군은 추이적으로 작용한다).

$K/\mathbb{Q}$ 가 $G=\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ 인 갈루아 확장이라 합시다. $\{\mathfrak{p}_{i}\}$ 를 $p\cdot\mathcal{O}_{K}$ 의 (( $\mathcal{O}_{K}$ 에서의)) 인수분해에 나타나는 서로 다른 소 아이디얼들의 집합이라 합시다.

그러면 $G$ 는 $\mathfrak{p}_{i}$ 에 추이적으로 작용합니다: 모든 $i$ 와 $j$ 에 대해, $\sigma\mathfrak{p}_{i}=\mathfrak{p}_{j}$ 가 되는 $\sigma$ 를 찾을 수 있습니다.

다시 말해,

모든 $\{\mathfrak{p}_{i}\}$ 는 서로 갈루아 켤레입니다.

이를 증명하기 전에, 원소로의 인수분해라는 더 쉬운 문제를 생각해 봅시다.

$\mathcal{O}_{K}$ 가 UFD이고, $p$ 가 $\mathcal{O}_{K}$ 에서 $up_{1}p_{2}\cdots p_{n}$ 으로 인수분해된다고 합시다. 여기서 $p_{i}$ 는 기약원이고 $u$ 는 단원입니다. $p_{i}$ 들이 단원 곱을 제외하면 모두 서로 켤레임을 보이십시오.

질문 61.4.3.

아래를 읽기 전에 먼저 증명해 보십시오. (힌트: 갈루아 이론. 또는 $p_{1}$ 의 노름을 취해 보십시오.)

증명.

$q=\operatorname{N}_{K/\mathbb{Q}}(p_{1})$ 을 $p_{1}$ 의 모든 켤레의 곱이라 하면, $q\in\mathbb{Q}$ 입니다. 따라서 $p\mid q$ 이므로, 각 $p_{i}$ 는 $q$ 의 인수이며, 유일 인수분해에 의해 증명이 끝납니다. ∎

안타깝게도, 아이디얼 $\mathfrak{p}_{1}$ 의 모든 켤레의 곱이 반드시 $p\cdot\mathcal{O}_{K}$ 꼴인 것은 아닙니다(예를 들어, $K=\mathbb{Q}[i]$ 이고 $(1+i)$ 는 다른 켤레를 갖지 않습니다). 그래서 증명에서는 $\mathfrak{p}_{1}$ 의 ”대표원”이 되는 $x$ 를 선택합니다.

정리 61.4.2의 증명.

$\mathfrak{p}_{i}$ 가 서로 다른 소 아이디얼이므로, 중국인의 나머지 정리에 의해 다음을 만족하는 $x\in\mathcal{O}_{K}$ 를 찾을 수 있습니다

	$\displaystyle x$	$\displaystyle\equiv 0\pmod{\mathfrak{p}_{1}}$
	$\displaystyle x$	$\displaystyle\equiv 1\pmod{\mathfrak{p}_{i}}\text{$i\geq 2$에 대해}$

그런 다음, 노름을 계산하면

\operatorname{N}_{K/\mathbb{Q}}(x)=\prod_{\sigma\in\operatorname{Gal}(K/% \mathbb{Q})}\sigma(x).

$K/\mathbb{Q}$ 가 갈루아이므로 각 $\sigma(x)$ 는 $K$ 에 속합니다!

$\operatorname{N}_{K/\mathbb{Q}}(x)$ 는 정수이고 $\mathfrak{p}_{1}$ 로 나누어떨어지므로, $\operatorname{N}_{K/\mathbb{Q}}(x)$ 는 $p$ 로도 나누어떨어져야 합니다. 따라서 $\mathfrak{p}_{2}$ 로도 나누어떨어져야 합니다. 그러므로 어떤 $\sigma\in\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ 에 대해 $\sigma(x)$ 가 $\mathfrak{p}_{2}$ 로 나누어떨어지고, 이는 곧 $x$ 가 $\sigma^{-1}\mathfrak{p}_{2}$ 로 나누어떨어짐과 동치입니다. 그러나 $x$ 를 선택한 방식에 의해, $p$ 의 인수들 중에서 $x$ 는 오직 $\mathfrak{p}_{1}$ 로만 나누어떨어집니다! 따라서 $\sigma^{-1}\mathfrak{p}_{2}=\mathfrak{p}_{1}$ 이고, 증명이 끝났습니다. ∎

정리 61.4.4 (잉여차수와 분기지수는 모두 같습니다).

$K/\mathbb{Q}$ 가 갈루아라고 합시다. 그러면 임의의 유리 소수 $p$ 에 대해 다음이 성립합니다

p\cdot\mathcal{O}_{K}=\left(\mathfrak{p}_{1}\mathfrak{p}_{2}\dots\mathfrak{p}_% {g}\right)^{e}

어떤 $e$ 에 대해, 여기서 $\mathfrak{p}_{i}$ 는 동일한 잉여차수 $f$ 를 갖는 서로 다른 소 아이디얼입니다. 따라서

[K:\mathbb{Q}]=efg.

증명.

잉여차수들이 같음을 보이려면, 각 $\sigma$ 가 다음과 같은 동형사상을 유도함에 주목하십시오

\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{p}\cong\mathcal{O}_{K}/\sigma(\mathfrak{p}).

작용이 추이적이므로, 모든 $f_{i}$ 는 같습니다.

연습문제 61.4.5.

$\sigma\in\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ 라는 사실을 이용하여, 다음을 보이십시오

\sigma^{\text{img}}(p\cdot\mathcal{O}_{K})=p\cdot\sigma^{\text{img}}(\mathcal{% O}_{K})=p\cdot\mathcal{O}_{K}.

따라서 모든 $\sigma$ 에 대해, $p\cdot\mathcal{O}_{K}=\prod\mathfrak{p}_{i}^{e_{i}}=\prod(\sigma\mathfrak{p}_{% i})^{e_{i}}$ 가 성립합니다. 작용이 추이적이므로, 모든 $e_{i}$ 는 같습니다. ∎

이에 대한 예시를 살펴봅시다.

예제 61.4.6 (갈루아/비갈루아 확대에서 $5$ 를 인수분해하기).

$p=5$ 를 소수라 합시다.

(a)

$E=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ 라 합시다. $\mathcal{O}_{E}=\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ 임을 보일 수 있으므로, 최소다항식 $x^{3}-2$ 에 대해 인수분해 알고리즘을 사용합니다. $x^{3}-2\equiv(x-3)(x^{2}+3x+9)\pmod{5}$ 가 기약 인수분해이므로, 다음을 얻습니다

$(5)=(5,\sqrt[3]{2}-3)(5,\sqrt[3]{4}+3\sqrt[3]{2}+9)$

이들은 각각 잉여차수 $1$ 과 $2$ 를 갖습니다. 이것이 균일하지 않다는 사실은 $E$ 가 갈루아가 아님을 반영합니다.
(b)

이제 $K=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\omega)$ 라 합시다. 이는 $\mathbb{Q}$ 위에서 $x^{3}-2$ 의 분해체이며, 이제 $K$ 는 갈루아입니다. 다음이 성립함이 밝혀집니다

$\mathcal{O}_{K}=\mathbb{Z}[\varepsilon]\quad\text{여기서}\quad\varepsilon\text{~{% }의 근임}t^{6}+3t^{5}-5t^{3}+3t+1.$

(이를 얻는 데는 많은 작업이 필요하므로 여기서는 하지 않겠습니다). $5$ 로 나눈 나머지로 보면 이는 $(x^{2}+x+2)(x^{2}+3x+3)(x^{2}+4x+1)\pmod{5}$ 라는 기약 인수분해를 가지므로, 인수분해 알고리즘에 의해

$(5)=(5,\varepsilon^{2}+\varepsilon+2)(5,\varepsilon^{2}+3\varepsilon+3)(5,% \varepsilon^{2}+4\varepsilon+1).$

이번에는 정리가 $K$ 가 갈루아일 때 예측하는 대로, 모든 관성차수가 $2$ 입니다.

61.5 (선택) 분해군과 관성군

$p$ 를 유리 소수라 합시다. 그러면

p\cdot\mathcal{O}_{K}=\left(\mathfrak{p}_{1}\dots\mathfrak{p}_{g}\right)^{e}

그리고 모든 $\mathfrak{p}_{i}$ 는 관성차수 $f$ 를 가집니다. $\mathfrak{p}$ 가 $\mathfrak{p}_{i}$ 중 하나의 선택을 나타내도록 합시다.

우리는 체 $\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{p}$ 와 $\mathbb{Z}/p=\mathbb{F}_{p}$ 를 모두 살펴볼 수 있습니다. 자연스럽게, $\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{p}$ 가 유한체이므로 이를 $\mathbb{F}_{p}$ 의 체 확장으로 볼 수 있습니다. 따라서 다음 도식을 얻을 수 있습니다

맨 오른쪽에는 유한체 확장이 있는데, 이것이 정말로 잘 작동한다는 것을 우리는 알고 있습니다. 그래서 우리는 다음을 묻습니다:

$\operatorname{Gal}\left((\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{p})/\mathbb{F}_{p}\right)$ 와 $\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ 는 어떤 관계가 있습니까?

먼저, 모든 $\sigma\in\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ 는 $\mathcal{O}_{K}$ 의 자기동형사상을 유도하며, 이는 다음과 같이 사상 $\mathcal{O}_{K}\to\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{p}$ 를 유도합니다

\alpha\mapsto\sigma(\alpha)\pmod{\mathfrak{p}}.

이것이 $\operatorname{Gal}\left((\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{p})/\mathbb{F}_{p}\right)$ 에서의 사상을 유도하려면, $\sigma(\mathfrak{p})\subseteq\mathfrak{p}$ 일 필요가 있습니다. 그래서 우리는 $\mathfrak{p}$ 를 고정하는 자기동형사상들의 부분집합을 고려합니다:

정의 61.5.1.

$D_{\mathfrak{p}}\subseteq\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ 를 $\mathfrak{p}$ 의 안정자군이라 합시다. 즉

D_{\mathfrak{p}}\coloneqq\left\{\sigma\in\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})\mid% \sigma\mathfrak{p}=\mathfrak{p}\right\}.

우리는 $D_{\mathfrak{p}}$ 를 $\mathfrak{p}$ 의 분해군이라 부릅니다.

이 정의는 사실 $\sigma(\mathfrak{p})\subseteq\mathfrak{p}$ 인 $\sigma$ 들의 집합과 동치임에 유의하십시오. 왜냐하면 체 동형사상은 아이디얼 노름 $\operatorname{N}(\mathfrak{p})$ 을 고정하기 때문입니다.

그러므로 다음과 같은 자연스러운 사상이 있습니다

D_{\mathfrak{p}}\xrightarrow{\theta}\operatorname{Gal}\left((\mathcal{O}_{K}/% \mathfrak{p})/\mathbb{F}_{p}\right)

$\theta(\sigma)$ 를 단순히 ” $\sigma\pmod{\mathfrak{p}}$ ”로 선언함으로써입니다. $\sigma\in D_{\mathfrak{p}}$ 라는 사실(즉 $\sigma$ 가 $\mathfrak{p}$ 를 고정한다는 사실)이 이 사상이 잘 정의됨을 보장합니다.

놀랍게도, $\operatorname{Gal}\left((\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{p})/\mathbb{F}_{p}\right)$ 의 모든 원소는 이러한 방식으로 $K$ 의 어떤 체 자기동형사상으로부터 나옵니다.

정리 61.5.2 (분해군과 갈루아군).

$\theta$ 를 위와 같이 정의합시다. 그러면

•

$\theta$ 는 전사이며,
•

그 핵은 위수 $e$ 인 군이며, 이는 분기 지수입니다.

특히, $p$ 가 비분기이면 $D_{\mathfrak{p}}\cong\operatorname{Gal}\left((\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{p})/% \mathbb{F}_{p}\right)$ 입니다.

(증명은 어렵지 않지만 다소 길고, 제 생각에는 그다지 계몽적이지 않습니다.)

$p$ 가 비분기이면, $\mathfrak{p}$ 를 법으로 취함으로써 $D_{\mathfrak{p}}\cong\operatorname{Gal}\left((\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{p})/% \mathbb{F}_{p}\right)$ 를 얻습니다.

$\operatorname{Gal}\left((\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{p})/\mathbb{F}_{p}\right)$ 이 정확히 무엇인지 우리는 이미 알고 있습니다! 이미 $\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{p}\cong\mathbb{F}_{p^{f}}$ 임을 알고 있으며, 갈루아 군은

\operatorname{Gal}\left((\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{p})/\mathbb{F}_{p}\right)% \cong\operatorname{Gal}\left(\mathbb{F}_{p^{f}}/\mathbb{F}_{p}\right)\cong% \left<x\mapsto x^{p}\right>\cong\mathbb{Z}/f\mathbb{Z}.

따라서

D_{\mathfrak{p}}\cong\mathbb{Z}/f\mathbb{Z}

역시 성립합니다.

이제 다시

D_{\mathfrak{p}}\xrightarrow{\theta}\operatorname{Gal}\left((\mathcal{O}_{K}/% \mathfrak{p})/\mathbb{F}_{p}\right).

$\theta$ 의 핵은 관성군이라 불리며 $I_{\mathfrak{p}}\subseteq D_{\mathfrak{p}}$ 로 표기하고, 위수 $e$ 를 가집니다.

이로써 부분군의 아주 멋진 수열 $\{1\}\subseteq I\subseteq D\subseteq G$ 을 얻습니다. 여기서 $G$ 는 갈루아 군입니다 (이제부터는 $\mathfrak{p}$ -첨자를 생략하겠습니다). 갈루아 이론의 기본 정리를 통해 대응하는 고정체를 살펴봅시다. 그림으로 나타내면:

흥미로운 일이 일어납니다:

•

$D\trianglelefteq G$ 일 경우, $(p)$ 를 $K^{D}$ 로 끌어올리면 완전히 갈라져서 $g$ 개의 비분기 소 아이디얼이 됩니다. 이들 각각은 관성차수가 $1$ 입니다.
•

$I\trianglelefteq G$ 이기도 하다면, $K^{D}$ 의 소 아이디얼들을 $K^{I}$ 로 끌어올릴 때 그것들은 관성 상태를 유지하며, 이제 관성차수가 $f$ 가 됩니다.
•

그런 다음 $K$ 로 끌어올리면, 그것들은 지수 $e$ 로 분기됩니다 (그러나 전혀 갈라지지는 않습니다).

다시 말해, $1$ 에서 $e f g$ 로 가는 과정은 위의 세 단계로 아주 깔끔하게 나눌 수 있습니다. 이를 그림으로 그리면 다음과 같습니다

어쨌든, 분기가 없는 ”일반적인” 경우에는 그저 $K^{I}=K$ 가 됩니다.

예제 61.5.3 (소 아이디얼이 관성 상태로 남기 전에 먼저 갈라지는 경우).

$\zeta_{5}$ 가 원시 5차 단위근인 $K=\mathbb{Q}[\zeta_{5}]$ 라 합시다. 문제 59A로부터, 갈루아 군 $\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ 가 $(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z})^{\ast}\cong\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ 와 동형임을 알고 있습니다.

$p=19$ 라 합시다. $K$ 에서 $p$ 는 $19=(2\sqrt{5}+1)(2\sqrt{5}-1)$ 로 인수분해되며, 운 좋게도 $\mathcal{O}_{K}$ 는 주 아이디얼 정역이므로, 이는 아이디얼 $(19)$ 가 $(19)=\mathfrak{p}_{1}\mathfrak{p}_{2}=(2\sqrt{5}+1)(2\sqrt{5}-1)$ 로 인수분해됨을 의미합니다.

이 경우, $K^{D_{\mathfrak{p}_{1}}}=K^{D}=\mathbb{Q}[\sqrt{5}]$ 이고 $K^{I}=K$ 이며, 실제로:

•

$(19)$ 를 $K^{D}$ 로 끌어올리면, 이미 $(2\sqrt{5}+1)(2\sqrt{5}-1)$ 로 갈라집니다 — 왜냐하면 $2\sqrt{5}+1\in K^{D}$ 이기 때문입니다. $[K^{D}:\mathbb{Q}]=2$ 이고 $(19)$ 가 이미 $2$ 개의 소 아이디얼로 갈라졌으므로, 각 소 아이디얼은 필연적으로 관성차수가 $1$ 이어야 합니다.
•

$(2\sqrt{5}+1)$ 과 $(2\sqrt{5}-1)$ 각각을 $K^{D}$ 에서 $K$ 로 끌어올리면, 그것들은 관성 상태를 유지합니다. 다시, $[K:K^{D}]=2$ 이므로 관성차수는 반드시 2여야 합니다.

정리의 일부는 아주 쉽게 확인할 수 있습니다: 갈루아 이론의 기본 정리에 의해, $D$ 의 모든 체 자기동형사상이 $2\sqrt{5}+1$ 을 고정하므로, 동어반복적으로 $2\sqrt{5}+1$ 은 $D$ 의 고정체에 속해야 합니다! 다시 말해, $2\sqrt{5}+1\in K^{D}$ 이며, 이는 $p$ 가 $K^{D}$ 로 끌어올려질 때 이미 갈라짐을 의미합니다.

$\mathfrak{p}_{1}^{\prime}=\mathfrak{p}_{1}\cap K^{D}$ 가 $K^{D}$ 에서 $K$ 로 끌어올려질 때 갈라지지 않음을 보이려면 논증을 약간만 수정하면 됩니다: 확장 $K/K^{D}$ 가 갈루아 확장이므로, 갈루아 군 $\operatorname{Gal}(K/K^{D})$ 는 $\mathfrak{p}^{\prime}_{1}=(2\sqrt{5}+1)\subseteq K^{D}$ 위에 있는 소 아이디얼들 $\mathfrak{p}_{i}$ 에 추이적으로 작용하지만, $D$ 의 정의에 의해 이번에도 $\mathfrak{p}_{1}$ 이 그 궤도에서 유일한 소 아이디얼입니다.

예제 61.5.4 (서로 다른 소 아이디얼은 서로 다른 $K^{D}$ 를 가짐).

$D\not\trianglelefteq G$ 일 때는, $p$ 가 그 체로 끌어올려질 때 $\mathfrak{p}_{1}\dots\mathfrak{p}_{g}$ 로 깔끔하게 갈라지는 단일한 부분체 $K^{D}$ 가 존재할 필요가 없습니다.

이유는 간단합니다 — 각 소 아이디얼 $\mathfrak{p}_{i}$ 는 곱에서 자신만의 $K^{D_{\mathfrak{p}_{i}}}$ 안에서 갈라지지만, $D_{\mathfrak{p}_{1}}$ 이 $G$ 에서 정규가 아니라면 서로 다른 $D_{\mathfrak{p}_{i}}$ 들은 서로 같지 않습니다 — 대신, 이들은 $G$ 의 켤레 부분군들입니다.

구체적인 예를 들어봅시다: $K=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\omega)$ 를 $\mathbb{Q}$ 위에서 $x^{3}-2$ 의 분해체라 합시다. 유리 소 아이디얼 $p=(5)$ 는 $K$ 에서 $p=\mathfrak{p}_{1}\mathfrak{p}_{2}\mathfrak{p}_{3}$ 로 갈라지며, 각각은 관성차수가 $2$ 입니다. 따라서 각 $i$ 에 대해 $|D_{\mathfrak{p}_{i}}|=2$ 입니다.

$\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})\cong S_{3}$ 임을 알고 있으며, $S_{3}$ 에는 위수 $2$ 인 정규 부분군이 없으므로, $D_{\mathfrak{p}_{i}}$ 가 $G$ 에서 정규가 아님은 명백합니다!

앞서 언급했듯이, 여기서 일어나는 일은 다음과 같습니다: $p$ 가 $K^{D_{\mathfrak{p}_{1}}}$ 로 올라갈 때, 이는 $\mathfrak{p}^{\prime}_{1}\mathfrak{p}^{\prime}_{23}$ 로 분해되며, $\mathfrak{p}_{1}$ 은 $\mathfrak{p}^{\prime}_{1}$ 위에 있고 $\mathfrak{p}_{2}$ 와 $\mathfrak{p}_{3}$ 는 모두 $\mathfrak{p}^{\prime}_{23}$ 위에 있습니다. 확장 $K^{D_{\mathfrak{p}_{1}}}/\mathbb{Q}$ 에서 $\mathfrak{p}^{\prime}_{1}$ 은 이전과 마찬가지로 관성차수가 $1$ 이지만, $\mathfrak{p}^{\prime}_{23}$ 은 관성차수가 $2$ 입니다.

61.6 곁가지 소견: 더 일반적인 갈루아 확장

갈루아 확장에 관한 모든 논의는 $K/\mathbb{Q}$ 를 다른 갈루아 확장 $L/F$ 로 바꾸어도 그대로 성립합니다. 유리 소수 $p$ 가 $\mathcal{O}_{K}$ 에서 분해되는 대신, $F$ 의 소 아이디얼 $\mathfrak{p}$ 가 다음과 같이 분해될 것입니다

\mathfrak{p}\cdot\mathcal{O}_{L}=(\mathfrak{P}_{1}\dots\mathfrak{P}_{g})^{e}

$\mathcal{O}_{L}$ 에서, 그러면 모든 결과가 그대로 성립합니다. ( $\mathfrak{P}_{i}$ 는 $\mathfrak{p}$ 위에 있는 $L$ 의 소수들입니다.) $\mathbb{F}_{p}$ 대신 $\mathcal{O}_{F}/\mathfrak{p}$ 를 사용하게 될 것입니다.

제가 $F=\mathbb{Q}$ 로 작업하기로 선택한 이유는, 대문자 고딕체 $P$ ( $\mathfrak{P}$ )가 정말 무섭게 생겼기 때문입니다.

61.7 생각해 볼 만한 조금 더 어려운 문제

작성 예정: 더 많은 문제

문제 61A.

유리 소수 $p$ 가 $x^{3}-2$ 의 분해체인 $K=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\omega)$ 에서 비활성(inert)으로 남을 수 없음을 증명하십시오. 이는 어떻게 일반화됩니까?

힌트. $\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ 가 순환군이 아니라면 어떤 유리 소수 $p$ 도 비분해(inert)로 남을 수 없음을 보이십시오. 실제로 $p$ 가 비분해라면 $D_{p}\cong\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ 입니다.