장 61 분기 이론

우리는 유리 소수 $p$ 가 더 큰 수체 $K$ 에서 어떻게 인수분해되는지에 큰 관심이 있습니다. 이러한 양상의 몇 가지 예로, $\mathbb{Z}[i]$ (이는 UFD입니다!)에서는 다음과 같은 인수분해가 있습니다.

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

이 장에서는 소수를 더 큰 수체 안에 넣었을 때 어떻게 쪼개지는지 더 자세히 알아보겠습니다. 갈루아 이론의 무기를 사용하여, 이는 결국 이차 상호 법칙의 증명으로 이어질 것입니다.

61.1 분기 / 관성 / 분해 소수

대표적인 예: $\mathbb{Z}[i]$ 에서 $2$ 는 분기하고, $3$ 은 관성이며, $5$ 는 분해됩니다.

$p$ 를 유리 소수라 하고, 이를 $\mathcal{O}_{K}$ 안에 넣어 봅시다. 그러면 다음과 같은 소 아이디얼로의 인수분해를 얻습니다.

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

각 $\mathfrak{p}_{i}$ 가 $(p)$ 위에 있다고 말합니다.¹¹1 $p\cdot\mathcal{O}_{K}$ 와 $(p)$ 는 같은 것을 의미하며, 두 표기를 혼용하겠다는 점을 다시 알려 드립니다. 그림으로는 다음과 같이 나타낼 수 있습니다.

일어날 수 있는 여러 양상에 대한 몇 가지 명칭은 다음과 같습니다.

•

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

$g=1$ 이고 $e_{1}=1$ 이면, 즉 $(p)$ 가 소 아이디얼로 남아 있으면 $p$ 가 관성이라고 말합니다. 예를 들어 $3$ 은 $\mathbb{Z}[i]$ 에서 관성입니다.
•

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

질문 61.1.1.

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

•

$p$ 는 정확히 $p=2$ 일 때 분기합니다.
•

$p$ 는 정확히 $p\equiv 3\pmod{4}$ 일 때 관성입니다.
•

$p$ 는 정확히 $p\equiv 1\pmod{4}$ 일 때 분해됩니다.

이를 증명하십시오.

61.2 소수는 $\Delta_{K}$ 를 나눌 때, 그리고 그때에만 분기합니다

가장 드문 경우는 분기입니다. 무작위로 고른 다항식이 중근을 가지리라고 기대하지 않는 것처럼, 무작위로 고른 소수가 분기하리라고도 기대하지 않습니다. 사실 분기를 이해하는 열쇠는 판별식입니다.

논의를 위해 $K$ 가 단생성이라고, 즉 $\mathcal{O}_{K}=\mathbb{Z}[\theta]$ 이고 $\theta$ 의 최소 다항식이 $f$ 라고 가정합시다. $p$ 를 인수분해하고자 하는 유리 소수라고 합시다. $f$ 가 $f_{1}^{e_{1}}\dots f_{g}^{e_{g}}$ 로 인수분해된다면, $(p)$ 의 소인수분해는 다음과 같이 주어진다는 것을 알고 있습니다.

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

특히 $p$ 는 정확히 $f$ 가 $p$ 를 법으로 중근을 가질 때 분기합니다! 이런 일이 일어나는지 판별하기 위해 $f$ 의 다항식 판별식, 즉 다음을 살펴봅니다.

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

그리고 그것이 $p$ 를 법으로 0인지 확인합니다 – 따라서 $p$ 는 이것이 참일 때, 그리고 그때에만 분기합니다.

사실 $\Delta(f)$ 를 단순히 $K$ 의 판별식 $\Delta_{K}$ 로 바꾸기만 하면 임의의 수체로의 naïve한 일반화가 성립합니다(문제 57C에 의해 단생성인 $\mathcal{O}_{K}$ 에 대해서는 이 둘이 같습니다). 즉,

정리 61.2.1 (판별식은 분기를 판별한다).

$p$ 를 유리 소수, $K$ 를 수체라 합시다. 그러면 $p$ 가 분기할 필요충분조건은 $p$ 가 $\Delta_{K}$ 를 나누는 것입니다.

예제 61.2.2 (가우스 정수에서의 분기).

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

특히 분기하는 소수는 유한히 많을 뿐입니다.

61.3 관성 차수

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

아이디얼 $\mathfrak{a}$ 가 얼마나 “넉넉한지”를 재는 아이디얼 노름 $\operatorname{N}(\mathfrak{a})=\left\lvert\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{a}\right\rvert$ 를 정의할 수 있었음을 상기하십시오. 예를 들어 $(5)$ 는 $\mathbb{Z}[i]$ 에서 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\}

이 $5^{2}=25$ 개의 원소를 가지기 때문입니다.

이제 다음을 살펴봅시다.

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

이는 $\mathcal{O}_{K}$ 에서의 식이며, 여기서 $K$ 의 차수는 $n$ 입니다. 양변의 아이디얼 노름을 취하면 다음을 얻습니다.

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

따라서 어떤 정수 $f_{i}\geq 1$ 에 대하여 $\operatorname{N}(\mathfrak{p}_{i})=p^{f_{i}}$ 이며, 더 나아가 다음이 성립한다고 결론지을 수 있습니다.

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

정의 61.3.1.

$f_{i}$ 를 $\mathfrak{p}_{i}$ 의 관성 차수라 하고, $e_{i}$ 를 분기 지수라 합니다.

예제 61.3.2 (관성 차수의 예).

차수가 $2$ 인 $\mathbb{Z}[i]$ 에서 생각해 봅시다. 관성 차수는 주어진 $\mathfrak{p}$ 를 $\mathcal{O}_{K}$ 에서 해석했을 때 그것이 얼마나 “널찍한지”를 감지합니다.

(a)

소 아이디얼 $7\cdot\mathbb{Z}[i]$ 는 관성 차수 $2$ 를 가집니다. 실제로 $\mathbb{Z}[i]/(7)$ 은 $7^{2}=49$ 개의 원소, 즉 $a$ , $b$ 를 $7$ 을 법으로 하여 취한 $a+bi$ 꼴의 원소들을 가집니다. 이는 “두 차원”의 공간을 제공합니다.
(b)

$(5)=(2+i)(2-i)$ 라고 합시다. $(2+i)$ 와 $(2-i)$ 의 관성 차수는 모두 $1$ 입니다. 실제로 $\mathbb{Z}[i]/(2+i)$ 는 “한 차원”의 공간만을 제공하는데, 그 원소 각각을 $5$ 를 법으로 한 정수로 볼 수 있고 원소가 $5^{1}=5$ 개뿐이기 때문입니다.

이것을 이해했다면 왜 $e_{i}f_{i}$ 의 합이 $n$ 과 같아야 하는지 직관적으로 분명할 것입니다.

61.4 갈루아 확대의 마법

좋습니다, 여기까지는 다 괜찮습니다. 그런데 $K/\mathbb{Q}$ 가 갈루아 확대라는 추가 가정을 더하면 정말 마법 같은 일이 일어납니다. 모든 관성 차수와 분기 지수가 같아지는 것입니다. 이제 이를 증명해 봅시다.

$K/\mathbb{Q}$ 가 갈루아 확대이고 $G=\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ 라고 합시다. $\mathfrak{p}\subseteq\mathcal{O}_{K}$ 가 $p$ 위의 소 아이디얼이라면, 임의의 $\sigma\in G$ 에 대하여 상 $\sigma^{\text{img}}(\mathfrak{p})$ 역시 소 아이디얼임에 주목하십시오( $\sigma$ 는 자기동형사상이기 때문입니다!). 더욱이 $p\in\mathfrak{p}$ 이고 $\sigma$ 가 $\mathbb{Q}$ 를 고정하므로 $p\in\sigma^{\text{img}}(\mathfrak{p})$ 임도 알 수 있습니다.

따라서 점별 사상에 의해 갈루아 군은 유리 소수 $p$ 위의 소 아이디얼들에 작용합니다. 그림으로 나타내면 다음과 같습니다.

이 맥락에서 우리는 $\sigma$ 를 단지 군 작용을 하는 것으로 생각하고 있으므로 $\sigma^{\text{img}}(\mathfrak{p})$ 라는 표기는 보기 흉합니다. 그래서 다음과 같은 약식 표기를 도입합니다.

표기의 남용 61.4.1.

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

$\sigma$ 들은 모두 전단사이므로(자기동형사상입니다!), 같은 궤도에 있는 소 아이디얼들이 서로 밀접하게 관련되어 있다는 것은 전혀 놀랍지 않습니다. 그런데 놀랍게도 궤도가 단 하나뿐이라는 사실이 밝혀집니다!

정리 61.4.2 (갈루아 군은 추이적으로 작용한다).

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

그러면 $G$ 는 $\mathfrak{p}_{i}$ 위에 추이적으로 작용합니다. 즉, 모든 $i$ 와 $j$ 에 대하여 $\sigma\mathfrak{p}_{i}=\mathfrak{p}_{j}$ 를 만족하는 $\sigma$ 를 찾을 수 있습니다.

다시 말해,

$\{\mathfrak{p}_{i}\}$ 는 모두 서로의 갈루아 켤레입니다.

이를 증명하기 전에, 원소로의 인수분해라는 더 쉬운 문제를 먼저 살펴봅시다.

$\mathcal{O}_{K}$ 가 UFD이고, $\mathcal{O}_{K}$ 에서 $p$ 가 $up_{1}p_{2}\cdots p_{n}$ 으로 인수분해된다고 가정합시다. 여기서 $p_{i}$ 는 기약원이고 $u$ 는 단원입니다. 단원의 곱셈 차이를 무시하면 $p_{i}$ 들이 모두 서로의 켤레임을 보이십시오.

질문 61.4.3.

아래 내용을 읽기 전에 직접 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 인수이고, 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 $K=\mathbb{Q}[i]$ 일 때 $(1+i)$ 는 다른 켤레를 갖지 않습니다). 그래서 증명에서는 $\mathfrak{p}_{1}$ 의 “대표원”인 $x$ 를 택합니다.

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$에 대하여}$

그런 다음, 다음 노름을 계산합니다.

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

$K/\mathbb{Q}$ 가 갈루아 확대이므로 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 $p$ 로 나누어떨어져야 합니다. 따라서 $\mathfrak{p}_{2}$ 로도 나누어떨어져야 합니다. 그러므로 어떤 $\sigma\in\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ 에 대하여 $\sigma(x)$ 가 $\mathfrak{p}_{2}$ 로 나누어떨어지며, 이는 $x$ 가 $\sigma^{-1}\mathfrak{p}_{2}$ 로 나누어떨어지는 것과 동치입니다. 그런데 $x$ 를 고른 방식에 의해, $p$ 의 인수들 가운데 $x$ 를 나누는 것은 $\mathfrak{p}_{1}$ 뿐입니다! 따라서 $\sigma^{-1}\mathfrak{p}_{2}=\mathfrak{p}_{1}$ 이고, 증명이 끝납니다. ∎

정리 61.4.4 (관성 차수와 분기 지수는 모두 같습니다).

$K/\mathbb{Q}$ 가 갈루아 확대라고 가정하십시오. 그러면 임의의 유리 소수 $p$ 에 대하여 다음이 성립합니다.

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

여기서 $e$ 는 어떤 수이고, $\mathfrak{p}_{i}$ 는 같은 관성 차수 $f$ 를 갖는 서로 다른 소 아이디얼입니다. 따라서

[K:\mathbb{Q}]=efg

가 성립합니다.

증명.

관성 차수가 모두 같음을 확인하려면, 각 $\sigma$ 가 다음 동형사상을 유도한다는 점에 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

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

임을 보이십시오.

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

이를 보여 주는 예를 살펴봅시다.

예제 61.4.6 (갈루아 확대와 갈루아가 아닌 확대에서 $5$ 의 인수분해).

$p=5$ 를 소수라 합시다.

(a)

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

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

이들의 관성 차수는 각각 $1$ 과 $2$ 입니다. 관성 차수가 균일하지 않다는 사실은 $E$ 가 갈루아 확대가 아님을 반영합니다.
(b)

이제 $K=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\omega)$ 라고 합시다. 이는 $\mathbb{Q}$ 위에서 $x^{3}-2$ 의 분해체이며, 이번에는 $K$ 가 갈루아 확대입니다. 다음이 성립함이 밝혀집니다.

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

(이를 얻으려면 많은 작업이 필요하므로 여기서는 하지 않겠습니다). 법 $5$ 에 대하여 이는 기약 인수분해 $(x^{2}+x+2)(x^{2}+3x+3)(x^{2}+4x+1)\pmod{5}$ 를 가지므로, 인수분해 알고리즘에 의해 다음을 얻습니다.

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

이번에는 $K$ 가 갈루아 확대일 때 정리가 예측하는 대로 모든 관성 차수가 $2$ 입니다.

61.5 (선택) 분해군과 관성군

$p$ 를 유리 소수라고 합시다. 그러면 다음이 성립합니다.

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

그리고 모든 $\mathfrak{p}_{i}$ 는 관성 차수 $f$ 를 가집니다. $\mathfrak{p}_{i}$ 중 하나를 골라 $\mathfrak{p}$ 로 나타냅시다.

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

맨 오른쪽에는 유한체 확대가 있는데, 우리는 이것이 정말로 다루기 좋다는 것을 알고 있습니다. 그래서 다음과 같이 묻습니다.

$\operatorname{Gal}\left((\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{p})/\mathbb{F}_{p}\right)$ 와 $\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ 는 어떤 관계에 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 $\operatorname{Gal}\left((\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{p})/\mathbb{F}_{p}\right)$ 의 사상을 유도하려면 $\sigma(\mathfrak{p})\subseteq\mathfrak{p}$ 이어야 합니다. 따라서 $\mathfrak{p}$ 를 고정하는 자기동형사상들의 부분집합을 고려합니다.

정의 61.5.1.

$D_{\mathfrak{p}}\subseteq\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ 를 $\mathfrak{p}$ 의 안정자군, 즉 다음과 같은 것이라고 합시다.

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

$D_{\mathfrak{p}}$ 를 $\mathfrak{p}$ 의 분해군이라고 합니다.

체 동형사상은 아이디얼 노름 $\operatorname{N}(\mathfrak{p})$ 를 보존하므로, 이 정의는 사실 $\sigma(\mathfrak{p})\subseteq\mathfrak{p}$ 를 만족하는 $\sigma$ 들의 집합과 동치임에 유의하십시오.

따라서 다음과 같은 자연스러운 사상이 존재합니다.

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

이는 $\theta(\sigma)$ 를 단순히 “ $\sigma\pmod{\mathfrak{p}}$ ”로 정의한 것입니다. $\sigma\in D_{\mathfrak{p}}$ 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 이런 방식으로 $K$ 의 어떤 체 자기동형사상으로부터 얻어집니다.

정리 61.5.2 (분해군과 갈루아 군).

$\theta$ 를 위와 같이 정의합시다. 그러면 다음이 성립합니다.

•

$\theta$ 는 전사이며,
•

그 핵은 위수가 분기 지수 $e$ 인 군입니다.

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 깨달음을 주지 않습니다.)

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

하지만 우리는 $\operatorname{Gal}\left((\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{p})/\mathbb{F}_{p}\right)$ 가 정확히 무엇인지 알고 있습니다! 이미 $\mathcal{O}_{K}/\mathfrak{p}\cong\mathbb{F}_{p^{f}}$ 이고, 갈루아 군은 다음과 같습니다.

\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}

도 성립합니다.

이제 다음으로 다시 돌아가 봅시다.

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

$\theta$ 의 핵을 관성군이라 부르고 $I_{\mathfrak{p}}\subseteq D_{\mathfrak{p}}$ 로 표기합니다. 이 군의 위수는 $e$ 입니다.

이로부터 부분군들의 꽤 멋진 열 $\{1\}\subseteq I\subseteq D\subseteq G$ 를 얻습니다. 여기서 $G$ 는 갈루아 군입니다(이제부터 $\mathfrak{p}$ 첨자는 생략합니다). 갈루아 이론의 기본 정리를 통해 이에 대응하는 고정체들을 살펴봅시다. 그림은 다음과 같습니다.

흥미로운 일이 일어납니다.

•

$D\trianglelefteq G$ 이면, $(p)$ 를 $K^{D}$ 로 올렸을 때 $(p)$ 는 분기하지 않는 $g$ 개의 소 아이디얼로 완전히 분해됩니다. 이들 각각의 관성 차수는 $1$ 입니다.
•

$I\trianglelefteq G$ 이기도 하면, $K^{D}$ 의 소 아이디얼들을 $K^{I}$ 로 올렸을 때 이들은 관성을 유지하며, 이제 관성 차수가 $f$ 가 됩니다.
•

그다음 이들을 $K$ 로 올리면 지수 $e$ 로 분기합니다(그러나 전혀 분해되지는 않습니다).

다시 말해, $1$ 에서 $e f g$ 로 가는 과정을 위의 세 단계로 매우 깔끔하게 나눌 수 있습니다. 이를 그림에 나타내면 다음과 같습니다.

어쨌든, 분기가 없는 “일반적인” 경우에는 단순히 $K^{I}=K$ 입니다.

예제 61.5.3 (관성을 유지하기 전에 먼저 분해되는 소 아이디얼).

$\zeta_{5}$ 가 원시 5차 단위근일 때 $K=\mathbb{Q}[\zeta_{5}]$ 라고 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, 다행히도 $\mathcal{O}_{K}$ 는 주 아이디얼 정역이므로 아이디얼 $(19)$ 는 $(19)=\mathfrak{p}_{1}\mathfrak{p}_{2}=(2\sqrt{5}+1)(2\sqrt{5}-1)$ 로 인수분해됩니다.

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

•

$(19)$ 를 $K^{D}$ 로 올리면 이미 $(2\sqrt{5}+1)(2\sqrt{5}-1)$ 로 분해됩니다 — $2\sqrt{5}+1\in K^{D}$ 이기 때문입니다. $[K^{D}:\mathbb{Q}]=2$ 이고 $(19)$ 가 이미 $2$ 개의 소 아이디얼로 분해되었으므로, 각 소 아이디얼의 관성 차수는 반드시 $1$ 입니다.
•

$(2\sqrt{5}+1)$ 과 $(2\sqrt{5}-1)$ 을 각각 $K^{D}$ 에서 $K$ 로 올리면, 이들은 관성을 유지합니다. 이번에도 $[K:K^{D}]=2$ 이므로 관성 차수는 2여야 합니다.

정리의 일부는 매우 쉽게 알 수 있습니다. 갈루아 이론의 기본 정리에 의해, $D$ 에 속한 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 $p$ 를 $K^{D}$ 로 올렸을 때 이미 분해된다는 뜻입니다.

$\mathfrak{p}_{1}^{\prime}=\mathfrak{p}_{1}\cap K^{D}$ 를 $K^{D}$ 에서 $K$ 로 올렸을 때 분해되지 않음을 보이려면 논증을 조금만 수정하면 됩니다. 확대 $K/K^{D}$ 가 갈루아 확대이므로 갈루아 군 $\operatorname{Gal}(K/K^{D})$ 는 $\mathfrak{p}^{\prime}_{1}=(2\sqrt{5}+1)\subseteq K^{D}$ 위에 있는 소 아이디얼 $\mathfrak{p}_{i}$ 들에 추이적으로 작용하지만, 이번에도 $D$ 의 정의에 의해 $\mathfrak{p}_{1}$ 이 그 궤도에 있는 유일한 소 아이디얼입니다.

예제 61.5.4 (소 아이디얼마다 다른 $K^{D}$ ).

$D\not\trianglelefteq G$ 일 때에는, $p$ 를 올렸을 때 $\mathfrak{p}_{1}\dots\mathfrak{p}_{g}$ 로 깔끔하게 분해되는 단 하나의 부분체 $K^{D}$ 가 존재할 필요가 없습니다.

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

구체적인 예를 들어 봅시다. $K=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\omega)$ 를 $\mathbb{Q}$ 위에서 $x^{3}-2$ 의 분해체라 합시다. 유리 소수 $p=(5)$ 는 $K$ 에서 $p=\mathfrak{p}_{1}\mathfrak{p}_{2}\mathfrak{p}_{3}$ 로 분해되며, 각각의 관성 차수는 $2$ 입니다. 따라서 각 $i$ 에 대해 $|D_{\mathfrak{p}_{i}}|=2$ 입니다.

$\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})\cong S_{3}$ 임을 알고 있고, $S_{3}$ 에는 위수가 $2$ 인 정규 부분군이 없으므로, 당연히 $D_{\mathfrak{p}_{i}}$ 는 $G$ 에서 정규가 아닙니다!

앞서 언급했듯이, 여기서 일어나는 일은 다음과 같습니다. $p$ 를 $K^{D_{\mathfrak{p}_{1}}}$ 로 올리면 $\mathfrak{p}^{\prime}_{1}\mathfrak{p}^{\prime}_{23}$ 으로 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. 확대 $K^{D_{\mathfrak{p}_{1}}}/\mathbb{Q}$ 에서 $\mathfrak{p}^{\prime}_{1}$ 의 관성 차수는 이전과 마찬가지로 $1$ 이지만, $\mathfrak{p}^{\prime}_{23}$ 의 관성 차수는 $2$ 입니다.

61.6 여담: 더 일반적인 갈루아 확대

$K/\mathbb{Q}$ 를 다른 갈루아 확대 $L/F$ 로 바꾸어도 갈루아 확대에 관한 모든 논의가 그대로 적용됩니다. 유리 소수 $p$ 가 $\mathcal{O}_{K}$ 에서 분해되는 대신, $F$ 의 소 아이디얼 $\mathfrak{p}$ 가 다음과 같이

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

$\mathcal{O}_{L}$ 에서 분해되며, 그러면 모든 결과가 문자 그대로 성립합니다. ( $\mathfrak{P}_{i}$ 는 $\mathfrak{p}$ 위에 있는 $L$ 의 소 아이디얼입니다.) $\mathbb{F}_{p}$ 대신 $\mathcal{O}_{F}/\mathfrak{p}$ 를 쓰게 됩니다.

제가 $F=\mathbb{Q}$ 로 다루기로 한 이유는 대문자 고딕체 $P$ ( $\mathfrak{P}$ )가 정말로 무섭게 생겼기 때문입니다.

61.7 생각해 볼 만한 조금 더 어려운 문제

작성 예정: 추가 문제

문제 61A.

$x^{3}-2$ 의 분해체인 $K=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\omega)$ 에서 관성으로 남는 유리 소수 $p$ 는 존재하지 않음을 증명하십시오. 이것은 어떻게 일반화됩니까?

힌트. $\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ 가 순환군이 아니면 관성으로 남는 유리 소수 $p$ 가 존재하지 않음을 보이십시오. 실제로 $p$ 가 관성이면 $D_{p}\cong\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})$ 입니다.