4. 대수적 확대체(1)

4. 대수적 확대체(1)

\(F\leq E\)이고 \(\alpha\in E\)가 \(F\)에서 대수적이면, \(F(\alpha)\)의 모든 원소들은 \(F\)에서 대수적이다.

체 \(F\)의 확대체 \(E\)의 모든 원소들이 \(F\)에서 대수적이면, \(E\)를 \(F\)의 대수적 확대체(algebraic extension)라고 한다.

체 \(F\)의 확대체 \(E\)가 \(n\)차원 \(F-\)벡터공간이 되면, \(E\)를 차수가 \(n\)인 \(F\)의 유한 확대체(finite extension)라고 하고 \(n\)을 \([E\,:\,F]\)로 나타낸다.

\(E\)가 체 \(F\)의 유한 확대체라는 것은 일반적으로 \(E\)가 유한 체임을 뜻하지 않고, \([E\,:\,F]=1\)일 필요충분조건은 \(E=F(1)=F\)이다.

체 \(F\)의 유한 확대체 \(E\)는 \(F\)의 대수적 확대체이다.

\(\alpha\in E\), \([E\,:\,F]=n\)이라 하자. 그러면 \(1,\,\alpha,\,\cdots,\,\alpha^{n}\)는 선형종속이므로 적당한 \((a_{n},\,\cdots,\,a_{1},\,a_{0})\neq(0,\,\cdots,\,0,\,0)\)에 대하여 \(a_{n}\alpha^{n}+\cdots+a_{1}x+a_{0}=0\)이고 \(f(x)=a_{n}x^{n}+\cdots+a_{1}x+a_{0}\)는 \(F[x]\)의 \(0\)이 아닌 원소이다. \(f(\alpha)=a_{n}\alpha^{n}+\cdots+a_{1}\alpha+a_{0}=0\)이므로 따라서 \(\alpha\)는 \(F\)에서 대수적이다.(QED)

\(E\)를 체 \(F\)의 유한 확대체, \(K\)를 체 \(E\)의 유한 확대체라 하자. 그러면 \(K\)는 \(F\)의 유한 확대체이고 \([K\,:\,F]=[K\,:\,E][E\,:\,F]\)이다.

\(\{\alpha_{1},\,\cdots,\,\alpha_{n}\}\)을 \(F\)상의 벡터공간 \(E\)의 기저, \(\{\beta_{1},\,\cdots,\,\beta_{m}\}\)을 \(E\)상의 벡터공간 \(K\)의 기저라 하자. 그러면 \(\{\alpha_{1}\beta_{1},\,\cdots,\,\alpha_{n}\beta_{m}\}\)은 \(F\)상의 벡터공간 \(K\)의 기저가 된다.

(1) \(\gamma\in K\)라 하자. \(\{\beta_{1},\,\cdots,\,\beta_{m}\}\)이 \(E\)위에서 \(K\)의 기저가 되므로 적당한 \(b_{i}\in E\)에 대하여 \(\displaystyle\gamma=\sum_{j=1}^{m}{b_{j}\beta_{j}}\)로 나타낼 수 있다. 또한 \(\{\alpha_{1},\,\cdots,\,\alpha_{n}\}\)이 \(F\)위에서 \(E\)의 기저가 되므로 적당한 \(a_{ij}\in F\)에 대하여 \(\displaystyle b_{j}=\sum_{i=1}^{n}{a_{ij}\alpha_{i}}\)로 나타낼 수 있다. 그러면 \(\displaystyle\gamma=\sum_{j=1}^{m}{\left(\sum_{i=1}^{n}{a_{ij}\alpha_{i}}\right)\beta_{j}}=\sum_{i,\,j}{a_{ij}(\alpha_{i}\beta_{j})}\)이고 따라서 \(\{\alpha_{1}\beta_{1},\,\cdots,\,\alpha_{n}\beta_{m}\}\)은 \(F\) 위에서 \(K\)를 생성한다.

(2) \(\displaystyle\sum_{i,\,j}{c_{ij}(\alpha_{i}\beta_{j})}=0\,(c_{ij}\in F)\)라 하자. 그러면 \(\displaystyle\sum_{j=1}^{m}{\left(\sum_{i=1}^{n}{c_{ij}\alpha_{i}}\right)\beta_{j}}=0\)이고 \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}{c_{ij}\alpha_{i}}\in E\)이다. \(\{\beta_{1},\,\cdots,\,\beta_{m}\}\)이 선형독립이기 때문에 모든 \(j=1,\,\cdots,\,m\)에 대하여 \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}{c_{ij}\alpha_{i}}=0\)이고 \(\{\alpha_{1},\,\cdots,\,\alpha_{n}\}\)이 선형독립이기 때문에 모든 \(i,\,j\)에 대하여 \(c_{ij}=0\)이다. 따라서 \(\{\alpha_{1}\beta_{1},\,\cdots,\,\alpha_{n}\beta_{m}\}\)은 선형독립이다.(QED)

\(F_{i}\,(i=1,\,\cdots,\,r)\)를 체, \(F_{i+1}\)을 \(F_{i}\)의 유한 확대체라 하자. 그러면 \(F_{r}\)은 \(F_{1}\)의 유한확대체이고 다음이 성립한다.$$[F_{r}\,:\,F_{1}]=[F_{r}\,:\,F_{r-1}][F_{r-1}\,:\,F_{r-2}]\cdots[F_{2}\,:\,F_{1}]$$앞의 결과와 수학적 귀납법을 이용하여 증명한다.

\(F\leq E\), \(\alpha\in E\)를 \(F\)에서 대수적이라 하고 \(\beta\in F(\alpha)\)라 하자. 그러면 \(\text{deg}(\beta,\,F)\)는 \(\text{deg}(\alpha,\,F)\)를 나눈다.

\(\text{deg}(\alpha,\,F)=[F(\alpha)\,:\,F]\), \(\text{deg}(\beta,\,F)=[F(\beta)\,:\,F]\)이고 \(F\leq F(\beta)\leq F(\alpha)\)이기 때문에 \([F(\alpha)\,:\,F]=[F(\alpha)\,:\,F(\beta)][F(\beta)\,:\,F]\)이고 따라서 \([F(\beta)\,:\,F]\)는 \([F(\alpha)\,:\,F]\)를 나눈다.(QED)

\(f(x)=x^{3}-2\in\mathbb{Q}[x]\)에 대하여 \(f(\alpha)=0\)인 \(\alpha\in\mathbb{Q}(\sqrt{2})\)는 존재하지 않는다. 만약 \(f(\alpha)=0\)인 \(\alpha\in\mathbb{Q}(\sqrt{2})\)가 존재하면, \(\mathbb{Q}\leq\mathbb{Q}(\alpha)\leq\mathbb{Q}(\sqrt{2})\)이고 \([\mathbb{Q}(\sqrt{2})\,:\,\mathbb{Q}]=[\mathbb{Q}(\sqrt{2})\,:\,\mathbb{Q}(\alpha)][\mathbb{Q}(\alpha)\,:\,\mathbb{Q}]\)이다. 그러나 \([\mathbb{Q}(\sqrt{2})\,:\,\mathbb{Q}]=2\), \([\mathbb{Q}(\alpha)\,:\,\mathbb{Q}]=3\)이기 때문에 \(2=3[\mathbb{Q}(\sqrt{2})\,:\,\mathbb{Q}(\alpha)]\)이고 이는 불가능하다.  

\(F\leq E\), \(\alpha_{1},\,\alpha_{2}\in E\)라 하자. \(F(\alpha_{1})\)은 \(\alpha_{1}\)을 포함하는 \(E\)상에서 가장 작은 \(F\)의 확대체이다. \((F(\alpha_{1}))(\alpha_{2})\)는 \(\alpha_{1}\)과 \(\alpha_{2}\)를 포함하는 \(E\)상에서 가장 작은 \(F\)의 확대체이다. 이 확대체를 \(F(\alpha_{1},\,\alpha_{2})\)로 나타낸다. 즉 \((F(\alpha_{1}))(\alpha_{2})=F(\alpha_{1},\,\alpha_{2})\).

\(\alpha_{1},\,\cdots,\,\alpha_{n}\)을 포함하는 \(E\)상에서 가장 작은 \(F\)의 확대체를 \(F(\alpha_{1},\,\cdots,\,\alpha_{n})\)로 나타낸다. 이때 \(F(\alpha_{1},\,\cdots,\,\alpha_{n})\)은 \(F\)와 모든 \(\alpha_{i}\,(i=1,\,\cdots,\,n)\)를 포함하는 \(E\)의 부분체들의 교집합이다.

\(\{1,\,\sqrt{2}\}\)는 벡터공간 \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\)의 기저이다. \(\sqrt{2}+\sqrt{3}\)은 다항식 \(x^{4}-10x^{2}+1\)의 근이고, \(x^{4}-10x^{2}+1\)은 \(\mathbb{Q}\)에서 기약이다. 그러면 \(\text{irr}(\sqrt{2}+\sqrt{3},\,\mathbb{Q})=x^{4}-10x^{2}+1\), \([\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3}),\,\mathbb{Q}]=4\)이고 \(\sqrt{2}+\sqrt{3}\not\in\mathbb{Q}(\sqrt{2})\), \(\sqrt{3}\not\in\mathbb{Q}(\sqrt{2})\)이다. 만약 \(\sqrt{3}\in\mathbb{Q}(\sqrt{2})\)이면, \(\sqrt{2}\in\mathbb{Q}(\sqrt{2})\)이기 때문에 \(\sqrt{2}+\sqrt{3}\in\mathbb{Q}(\sqrt{2})\)이어야 하는데 이는 모순이다. 따라서 \(\{1,\,\sqrt{3}\}\)은 \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\)위에서 \((\mathbb{Q}(\sqrt{2}))(\sqrt{3})=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\,\sqrt{3})\)이고 \(\{1,\,\sqrt{2},\,\sqrt{3},\,\sqrt{6}\}\)은 \(\mathbb{Q}\)위에서 \(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\,\sqrt{3})\)의 기저이다.

\(\displaystyle\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{2}},\,2^{\frac{1}{3}})=\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{6}})\)이다. \(\text{deg}(\sqrt{2},\,\mathbb{Q})=2\), \(\text{deg}(\sqrt[3]{2},\,\mathbb{Q})=3\)이고 \(2\)는 \(3\)을 나눌 수 없기 때문에 \(\sqrt{2}\not\in\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{3}})\), \([\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{3}},\,2^{\frac{1}{2}})\,:\,\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{3}})]=2\)이고 \(\{1,\,2^{\frac{1}{3}},\,2^{\frac{2}{3}}\}\)은 \(\mathbb{Q}\)위에서 \(\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{3}})\)의 기저, \(\{1,\,2^{\frac{1}{2}}\}\)는 \(\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{3}})\)위에서 \(\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{3}},\,2^{\frac{1}{2}})\)의 기저이다. 그러면 \(\{1,\,2^{\frac{1}{2}},\,2^{\frac{1}{3}},\,2^{\frac{5}{6}},\,2^{\frac{2}{3}},\,2^{\frac{7}{6}}\}\)은 \(\mathbb{Q}\)위에서 \(\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{3}},\,2^{\frac{1}{2}})\)의 기저이고 이때 \(2^{\frac{7}{6}}=2\cdot2^{\frac{1}{6}}\)이므로 \(2^{\frac{1}{6}}\in\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{3}},\,2^{\frac{1}{2}})\)이고, \(2^{\frac{1}{6}}\)은 \(x^{6}-2\)의 근이고, 아이젠슈타인 판정법(\(p=2\))으로부터 \(x^{6}-2\)는 \(\mathbb{Q}\)에서 기약이다. 그러면 \(\mathbb{Q}\leq\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{6}})\leq\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{2}},\,2^{\frac{1}{3}})\)이고$$\begin{align*}6&=[\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{2}},\,2^{\frac{1}{3}})\,:\,\mathbb{Q}]=[\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{2},\,\frac{1}{3}})\,:\,\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{6}})][\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{6}})\,:\,\mathbb{Q}]\\&=[\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{2}},\,2^{\frac{1}{3}})\,:\,\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{6}})]\cdot6\end{align*}$$이므로 \([\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{2}},\,2^{\frac{1}{3}})\,:\,\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{6}})]=1\)이고 따라서 \(\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{2}},\,2^{\frac{1}{2}})=\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{6}})\)이다.(QED)

체 \(F\)의 확대체 \(F(\alpha_{1},\,\cdots,\,\alpha_{n})\)가 \(n>1\)인 경우에도 단순 확대체가 될 수 있다.

참고자료:

A First Course in Abstract Algebra 7th edition, Fraleigh, Addison Wesley