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