雪江明彦著『環と体とガロア理論』第 3 章演習問題。

3.1.1 次の素数に対して $(X + Y)^p = pf(X, Y)$ となる $f(X, Y) \in \Z[X, Y]$ を探せ。

\[(1)\;\; p = 2 \quad (2)\;\; p = 3 \quad (3)\;\; p = 5 \quad (4)\;\; p = 7 \quad\]

解答：単に二項展開して真ん中の項を $p$ で括ればいい。 $p$ が素数でなければ真ん中の項が $p$ の倍数にならないことは本文で確認していた。

\[\begin{aligned} (X + Y)^2 &= X^{2} + 2 X Y + Y^{2}\\ &= X^2 + Y^2 + 2XY.\\ (X + Y)^3 &= X^{3} + 3 X^{2} Y + 3 X Y^{2} + Y^{3}\\ &= X^3 + Y^3 + 3(X^{2} Y + X Y^{2}).\\ (X + Y)^5 &= X^{5} + 5 X^{4} Y + 10 X^{3} Y^{2} + 10 X^{2} Y^{3} + 5 X Y^{4} + Y^{5}\\ &= X^{5} + + Y^{5} + 5(X^{4} Y + 2 X^{3} Y^{2} + 2 X^{2} Y^{3} + X Y^{4}).\\ (X + Y)^7 &= X^{7} + 7 X^{6} Y + 21 X^{5} Y^{2} + 35 X^{4} Y^{3} + 35 X^{3} Y^{4} + 21 X^{2} Y^{5} + 7 X Y^{6} + Y^{7}\\ &= X^{7} + Y^{7} + 7(X^{6} Y + 3 X^{5} Y^{2} + 5 X^{4} Y^{3} + 5 X^{3} Y^{4} + 3 X^{2} Y^{5} + X Y^{6}). \end{aligned}\]

したがって

\[\begin{aligned} &(1)\;\;XY.\\ &(2)\;\;X^{2} Y + X Y^{2}.\\ &(3)\;\;X^{4} Y + 2 X^{3} Y^{2} + 2 X^{2} Y^{3} + X Y^{4}.\\ &(4)\;\;X^{6} Y + 3 X^{5} Y^{2} + 5 X^{4} Y^{3} + 5 X^{3} Y^{4} + 3 X^{2} Y^{5} + X Y^{6}. \end{aligned}\]

3.1.2 $p$ を素数とする。$x \equiv y \pmod p \implies \forall n(x^{q} \equiv y^{q} \pmod{p^{n + 1}}).$

証明：難しかったので後回し。

3.1.3 素体の自己同型は恒等写像しかない。

証明： $\varphi$ を体 $\mathbb Q$ 上の自己同型写像であるとする。準同型写像の定義から $\varphi(1)^2 = \varphi(1^2) = \varphi(1).$ ゆえに $\varphi(1)$ は 0 または 1 である。 像が 0 だと零写像になり（全単射性がなく）自己同型写像ではあり得ない。したがって $\varphi(1) = 1.$

準同型写像の性質と数学的帰納法でにより $\varphi$ は $\Z$ 上恒等写像になる。 そして $1 = \varphi(1) = \varphi(n \cdot 1/n)$ より、整数の逆数の像は像の逆数に等しい。 このことから任意の $x \in \mathbb Q$ について $\varphi$ は恒等写像である：

\[\varphi\left(\frac{m}{n}\right) = \frac{\varphi(m)}{\varphi(n)} = \frac{m\varphi(1)}{n\varphi(1)} = \frac{m}{n}\frac{\varphi(1)}{\varphi(1)} = \frac{m}{n}.\]

したがって $\varphi$ が体の自己準同写像ならば恒等写像に等しいことが示された。 $\Box$

$\varphi$ を体 $\mathbb F_p$ 上の自己同型写像であるとする。位数が $p$ で（素数で）あることに注意すればやはり $\varphi(1) = 1.$ あとは上の議論で有理数の性質由来の推論を巡回群のそれに置き換えればよい。 $\blacksquare$

3.1.7 $K$ を体、$L/K, F/K$ を拡大体とする。 $[L : K] = 3, [F : K] = 4$ ならば $L \not\subset F.$

証明：$K \subset F \subset L$ と仮定すると $3 = [L : K] = [L : F][F : K]$ が必要だが、右辺は 4 以上であるので矛盾する。

$K \subset L \subset F$ と仮定すると $4 = [F : K] = [F : L][L : K]$ が必要だが、右辺に因子として 3 が含まれ、4 が 3 で割り切れることになり矛盾する。

したがって $L$ は $F$ に含まれない。 $\blacksquare$

3.1.8 $\sqrt[3]{2} \notin \mathbb Q(\sqrt[4]{2}).$

証明：$\sqrt[4]{2}$ の $\mathbb Q$ 上の最小多項式は $X^4 - 2.$ したがって $\mathbb Q(\sqrt[4]{2})$ の $\mathbb Q$ 上の基底は

\[\langle 1, \sqrt[4]{2}, \sqrt[4]{2^2}, \sqrt[4]{2^3}\rangle.\]

一方 $\sqrt[3]{2}$ はこれらの $\mathbb Q$ 係数の線形結合の形に明らかに書けない。 $\blacksquare$

3.1.9 $L/K$ を拡大体とし $[L : K] = 2$ とする。

$f(X) \in K[X]$ が 3 次の既約多項式ならば $f(X)$ は $L$ 上でも既約である。

証明：？

3.1.12 次の元の $\mathbb Q$ 上の最小多項式と $\mathbb Q$ 上の共役をすべて求めろ。

\[(1)\;\; \sqrt{3} + \sqrt{5}\quad (2)\;\; \sqrt[3]{4}\quad (3)\;\; \sqrt{-1} \sqrt[3]{2}\quad (4)\;\; \sqrt{1 + \sqrt{2}}\]

解：$(1)$ 以前の例題と同じ理由により $\sqrt{3} + \sqrt{5}$ の $\mathbb Q$ 上の最小多項式の次数は $4$ である。 $X = \sqrt{3} + \sqrt{5}$ とすると

\[\begin{aligned} X - \sqrt{5} &= \sqrt{3}.\\ (X - \sqrt{5})^2 &= X^2 - 2\sqrt{5}X + 5 = 3.\\ 2\sqrt{5}X &= X^2 + 2.\\ (2\sqrt{5}X)^2 = 20X^2 &= (X^2 + 2)^2 = X^4 + 4X^2 + 4.\\ X^4 - 16X^2 + 4 &= 0. \end{aligned}\]

したがって最小多項式は $X^4 - 16X^2 + 4.$

$\mathbb Q(\sqrt{3}, \sqrt{5})$ における共役は $\sqrt{3} + \sqrt{5}, \sqrt{3} - \sqrt{5}, -\sqrt{3} + \sqrt{5}, -\sqrt{3} - \sqrt{5}.$ $\blacksquare$

$(2)$ いつものように $\omega$ を $1$ の原始三乗根のうち虚部が正のものとする。 与えられた値の $\mathbb Q$ 上の最小多項式は $f(X) \coloneqq X^3 - 4$ であることを示す。

$f(X) \in \mathbb Q[X]$ は既約で monic である。 $\sqrt[3]{4} \in \mathbb Q(\sqrt[3]{4})$ かつ $f(\sqrt[3]{4}) = 0$ であるから、$f$ は $\sqrt[3]{4}$ の最小多項式である。

$f(X)$ の全ての根は $\sqrt[3]{4}, \sqrt[3]{4}\omega, \sqrt[3]{4}\omega^2.$ これらが求める共役である。 $\blacksquare$

$(3)$ 面倒なので虚数単位を $i$ と書く。$\alpha \coloneqq \sqrt[3]{2}i,\; L \coloneqq \mathbb Q(\alpha)$ とおく。 まず $\alpha$ の最小多項式が $f(X) \coloneqq X^6 + 4$ であることを示す。

\[\begin{aligned} \alpha^2 &= (\sqrt[3]{2}i)^2 = -\sqrt[3]{4}.\\ \therefore \alpha^6 &= (-\sqrt[3]{4})^3 = -4. \end{aligned}\]

したがって $\alpha$ は $f(X)$ の根の一つであり、$[L : \mathbb Q] = 6$ である。 したがって $f(X)$ は $\alpha$ の最小多項式でもある。

共役は $f(X) = 0$ の根のすべて $\pm\alpha, \pm\alpha\omega, \pm\alpha\omega^2$ である。 $\blacksquare$

$(4)$ $\alpha \coloneqq \sqrt{1 + \sqrt{2}},\; L \coloneqq \mathbb Q(\alpha)$ とおく。

\[\begin{aligned} \alpha^2 &= 1 + \sqrt{2}. & \therefore \sqrt{2} = \alpha^2 - 1.\\ (\sqrt{2})^2 = 2 &= (\alpha^2 - 1)^2. & \therefore (\alpha^2 - 1)^2 - 2 = 0. \end{aligned}\]

したがって $f(X) = (X^2 - 1)^2 - 2$ を考える。 $[L : \alpha] = 4$ かつ $\deg f = 4$ かつ $f(\alpha) = 0$ なので $f(X)$ が $\alpha$ の最小多項式である。

\[\begin{aligned} (X^2 - 1)^2 &= 2.\\ X^2 - 1 &= \pm\sqrt{2}.\\ X^2 &= 1 \pm\sqrt{2}.\\ \therefore X &= \pm\sqrt{1 \pm\sqrt{2}}. \end{aligned}\]

$\alpha$ の共役は $\pm\sqrt{1 \pm\sqrt{2}}$ である。 $\blacksquare$

3.1.13 $(1)$ $\sqrt{3} + \sqrt{5}$ の $\mathbb Q(\sqrt{3})$ 上の最小多項式を求めろ。

解：偶発的に式変形してから理屈を考える。

\[\begin{aligned} X &= \sqrt{3} + \sqrt{5}.\\ X - \sqrt{3} &= \sqrt{5}\\ (X - \sqrt{3})^2 &= X^2 - 2\sqrt{3}X + 3 = \sqrt{5}^2 = 5.\\ \therefore X^2 - 2\sqrt{3}X - 2 &= 0. \end{aligned}\]

$f(X) \coloneqq X^2 - 2\sqrt{3}X - 2$ は $f(X) \in \mathbb Q\sqrt{3},$ $\deg f(X) = 2$, $f(\sqrt{3} + \sqrt{5}) = 0$ を満たすので求めるものになっている。 $\blacksquare$

$(2)$ $\sqrt[4]{2}$ の $\mathbb Q(\sqrt{2})$ 上の最小多項式を求めろ。

解：

\[\begin{aligned} X &= \sqrt[4]{2}.\\ X^2 &= \sqrt{2}.\\ \therefore X^2 - \sqrt{2} &= 0. \end{aligned}\]

$f(X) \coloneqq X^2 - \sqrt{2} \in \mathbb Q(\sqrt{2})$ は $\sqrt[4]{2}$ の最小多項式の条件をすべて満たす。 $\blacksquare$

$(3)$ $\sqrt{-1}\sqrt[3]{2}$ の $\mathbb Q(\sqrt{-1})$ 上の最小多項式を求めろ。

解：虚数単位は多項式内に残っていていいので：

\[\begin{aligned} X &= \sqrt[3]{2}i.\\ X^3 &= -2i.\\ \therefore X^3 + 2i &= 0. \end{aligned}\]

したがって $f(X) \coloneqq X^3 + 2i \in \mathbb Q(i)$ が $\sqrt[3]{2}i$ の最小多項式となる。 $\blacksquare$

3.1.14 $L/\mathbb Q$ を拡大体、$\alpha \in L$ は $X^3 - X - 1$ の根とする。 次の値を $a\alpha^2 + b\alpha + c\;(a, b, c \in \mathbb Q)$ の形に書け：

\[(1)\;\; (\alpha^2 + 1)^2\quad (2)\;\; (\alpha^2 + \alpha + 2)(\alpha^2 - 2\alpha + 3)\]

解：$\alpha^3 - \alpha - 1 = 0$ より $\alpha^3 = \alpha + 1,\;\alpha^4 = \alpha^2 + \alpha.$

\[\begin{aligned} (1)\quad &\phantom{=}(\alpha^2 + 1)^2\\ &= \alpha^4 + 2\alpha^2 + 1\\ &= \alpha^2 + \alpha + 2\alpha^2 + 1\\ &= 3\alpha^2 + \alpha + 1.\qquad\blacksquare\\ (2)\quad &\phantom{=}(\alpha^2 + \alpha + 2)(\alpha^2 - 2\alpha + 3)\\ &= \alpha^4 - 2\alpha^3 + 3\alpha^2 + \alpha^3 - 2\alpha^2 + 3\alpha + 2\alpha^2 - 4\alpha + 6\\ &= \alpha^4 - \alpha^3 + 3\alpha^2 -\alpha + 6\\ &= \alpha^2 + \alpha - (\alpha + 1) + 3\alpha^2 -\alpha + 6\\ &= 4\alpha^2 - \alpha + 5. \qquad\blacksquare \end{aligned}\]

3.1.15 $(1)$ $\alpha \coloneqq \sqrt[3]{3} - \sqrt[3]{9}$ の最小多項式を求めろ。

$(2)$ $\alpha^{-1}$ を $a \sqrt[3]{9} + b \sqrt[3]{3} + c\;(a, b, c \in \mathbb Q)$ の形に表せ。

解：最小多項式を $f(X) \in \mathbb Q$ とする。 共役と体の同型写像の関係を利用して最小多項式を求める。

$\sqrt[3]{3}$ の $\mathbb Q$ 上の最小多項式は $X^3 - 3$ でその根は $\sqrt[3]{3}, \sqrt[3]{3}\omega, \sqrt[3]{3}\omega^2$ である。 次の $\mathbb Q$ 同型写像 $\varphi_1, \varphi_2$ に対して

\[\varphi_1\colon \mathbb Q(\sqrt[3]{3}) \longrightarrow \mathbb Q(\sqrt[3]{3}\omega), \quad \sqrt[3]{3} \longmapsto \sqrt[3]{3}\omega,\\ \varphi_2\colon \mathbb Q(\sqrt[3]{3}) \longrightarrow \mathbb Q(\sqrt[3]{3}\omega^2), \quad \sqrt[3]{3} \longmapsto \sqrt[3]{3}\omega^2,\\\]

$\varphi_1(\alpha) = \sqrt[3]{3}\omega - \sqrt[3]{9}\omega^2,$ $\varphi_2(\alpha) = \sqrt[3]{3}\omega^2 - \sqrt[3]{9}\omega$ となる。そこで

\[\begin{aligned} f(X) = (X - \alpha)(X - \varphi_1(\alpha))(X - \varphi_2(\alpha)) \end{aligned}\]

とおくと $f(\alpha) = 0.$ $f(X)$ の各係数を求めると $f(X) = X^3 + 9X + 6.$

逆数の値は次のようにして得られる：

\[\begin{aligned} \alpha^3 + 9\alpha + 6 &= 0.\\ \alpha(\alpha^2 + 9) &= -6.\\ \therefore \alpha^{-1} &= -\frac{1}{6}(\alpha^2 + 9)\\ &= -\frac{1}{6}(\sqrt[3]{9} + 3 \sqrt[3]{3} + 3)\\ &= -\frac{1}{6}\sqrt[3]{9} -\frac{1}{2} \sqrt[3]{3} -\frac{1}{2}. \quad \blacksquare \end{aligned}\]

3.1.16 $(1)$ 多項式 $f(X) = X^3 - X + 1$ は $\mathbb Q$ 上既約である。

証明：$f(X) = (X + a)(X^2 + bX + c),\;(a, b, c \in \mathbb Q)$ の形に既約元分解できると仮定して矛盾を導く。

\[\begin{aligned} (X + a)(X^2 + bX + c) &= X^3 + bX^2 + cX + aX^2 + abX + ac\\ &= X^3 + (a + b)X^2 + (ab + c)X + ac. \end{aligned} \\ \therefore \begin{cases} a + b &= 0,\\ ab + c &= -1,\\ ac &= 1. \end{cases}\]

結局 $f(X) = 0$ が有理数に根を持たないことを示さなければならなくなる？

$(2)$ $L/\mathbb Q$ は拡大体で $\alpha \in L$ は $f(X)$ の根であるとする。 このとき $\beta \coloneqq \alpha^2 + \alpha + 1$ の $\mathbb Q$ 上の最小多項式を求めろ。

解：$\beta$ の最小多項式を $g(X) \in \mathbb Q[X]$ とおく。 $g(\beta) = 0.$

$f(X)$ の根を $\alpha_1 = \alpha, \alpha_2, \alpha_3$ とおく。 解と係数の関係は：

\[\begin{aligned} -(\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3) &= 0,\\ \alpha_1\alpha_2 + \alpha_2\alpha_3 + \alpha_3\alpha_1 &= -1,\\ -\alpha_1\alpha_2\alpha_3 &= 1. \end{aligned}\]

次の $\mathbb Q$ 同型写像

\[\varphi_1\colon \mathbb Q(\alpha_1) \longrightarrow \mathbb Q(\alpha_2),\quad \varphi_2\colon \mathbb Q(\alpha_1) \longrightarrow \mathbb Q(\alpha_3),\]

で

\[\varphi_1(\alpha_1) = \alpha_2, \quad \varphi_2(\alpha_1) = \alpha_3\]

となるものがある。すると $\varphi_1(\beta), \varphi_2(\beta)$ は

\[\begin{aligned} \varphi_1(\beta) &= \varphi_1(\alpha^2 + \alpha + 1)\\ &= \varphi_1(\alpha^2) + \varphi_1(\alpha) + \varphi_1(1)\\ &= \varphi_1(\alpha)^2 + \varphi_1(\alpha) + \varphi_1(1)\\ &= \alpha_2^2 + \alpha_2 + 1.\\ \varphi_2(\beta) &= \alpha_3^2 + \alpha_3 + 1. \end{aligned}\]

$\beta$ の最小多項式は $g(X) \coloneqq (X - \beta)(X - \varphi_1(\beta))(X - \varphi_2(\beta))$ の形をしている。これを展開して係数を決定する。$g(X)$ の $X^3$ の係数は $1.$

$g(X)$ の $X^2$ の係数は：

\[\begin{aligned} -(\beta + \varphi_1(\beta) + \varphi_2(\beta)) &= -(\alpha^2 + \alpha + 1 + \alpha_2^2 + \alpha_2 + 1 + \alpha_3^2 + \alpha_3 + 1)\\ &= -((\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3)^2 - 2(\alpha_1\alpha_2 + \alpha_2\alpha_3 + \alpha_3\alpha_1) \\&\quad+ (\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3) + 3)\\ &= -(0^2 - 2(-1) + 0 + 3)\\ &= -5. \end{aligned}\]

$g(X)$ の $X$ の係数は：

\[\begin{aligned} &\phantom{=}\beta\varphi_1(\beta) + \varphi_1(\beta)\varphi_2(\beta) + \varphi_2(\beta)\beta\\ &= (\alpha_1^2 + \alpha_1 + 1)(\alpha_2^2 + \alpha_2 + 1) + (\alpha_2^2 + \alpha_2 + 1)(\alpha_3^2 + \alpha_3 + 1) + (\alpha_3^2 + \alpha_3 + 1)(\alpha_1^2 + \alpha_1 + 1)\\ &= - 2 \alpha_{1} \alpha_{2} \alpha_{3} \left(\alpha_{1} + \alpha_{2} + \alpha_{3}\right) - 3 \alpha_{1} \alpha_{2} \alpha_{3} - 3(\alpha_{1} \alpha_{2} + \alpha_{1} \alpha_{3} + \alpha_{2} \alpha_{3}) \\&\qquad+ 2(\alpha_{1} + \alpha_{2} + \alpha_{3}) \\&\qquad+ 2 \left(\alpha_{1} + \alpha_{2} + \alpha_{3}\right)^{2} + \left(\alpha_{1} + \alpha_{2} + \alpha_{3}\right) \left(\alpha_{1} \alpha_{2} + \alpha_{1} \alpha_{3} + \alpha_{2} \alpha_{3}\right) \\&\qquad+ \left(\alpha_{1} \alpha_{2} + \alpha_{1} \alpha_{3} + \alpha_{2} \alpha_{3}\right)^{2} + 3\\ &= (-2)(-1)0 - 3(-1) -3(-1) \\&\qquad+ 2\cdot 0 \\&\qquad+ 2\cdot 0^2 + 0(-1) \\&\qquad(-1)^2 + 3\\ &= 0 + 3 + 3 + 0 + 0 + 0 + 1 + 3\\ &= 10. \end{aligned}\]

$g(X)$ の定数項は：

\[\begin{aligned} &\phantom{=}-\beta\varphi_1(\beta)\varphi_2(\beta)\\ &= -(\alpha_1^2 + \alpha_1 + 1)(\alpha_2^2 + \alpha_2 + 1)(\alpha_3^2 + \alpha_3 + 1)\\ &= -((\alpha_1\alpha_2\alpha_3)^{2} - \alpha_1 \alpha_2 \alpha_3 \left(\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3\right) \\&\qquad+ \alpha_1 \alpha_2 \alpha_3 \left(\alpha_1 \alpha_2 + \alpha_1 \alpha_3 + \alpha_2 \alpha_3\right) \\&\qquad- 2 \alpha_1 \alpha_2 \alpha_3 - (\alpha_1 \alpha_2 + \alpha_1 \alpha_3 + \alpha_2 \alpha_3) + (\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3) \\&\qquad+ \left(\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3\right)^{2} \\&\qquad+ \left(\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3\right) \left(\alpha_1 \alpha_2 + \alpha_1 \alpha_3 + \alpha_2 \alpha_3\right) + \left(\alpha_1 \alpha_2 + \alpha_1 \alpha_3 + \alpha_2 \alpha_3\right)^{2} + 1)\\ &= -((-1)^{2} - (-1)0 + (-1) \left(-1\right) - 2 (-1) - (-1) + 0 + 0^{2} + 0 \left(-1\right) + \left(-1\right)^{2} + 1)\\ &= -(1 + 1 + 2 + 1 + 1 + 1)\\ &= -7. \end{aligned}\]

したがって求める最小多項式は $g(X) \coloneqq X^3 - 5X^2 + 10X - 7.$ $\blacksquare$

$(3)$ $\beta^{-1}$ を $\alpha$ の $\mathbb Q$ 係数の二次式で表わせ。

解：$\beta = \alpha^2 + \alpha + 1,\;\beta^3 - 5\beta^2 + 10\beta - 7 = 0$ より

\[\begin{aligned} \beta(\beta^2 - 5\beta + 10) &= 7.\\ \therefore \beta^{-1} &= \frac{\beta^2 - 5\beta + 10}{7}\\ &= \frac{(\alpha^2 + \alpha + 1)^2 - 5(\alpha^2 + \alpha + 1) + 10}{7}\\ \end{aligned}\]

ここで $\alpha^3 - \alpha + 1 = 0$ だから

\[\begin{aligned} (\alpha^2 + \alpha + 1)^2 &= \alpha^4 + 2\alpha^3 + 3\alpha^2 + 2\alpha + 1\\ &= \alpha(\alpha - 1) + 2(\alpha - 1) + 3\alpha^2 + 2\alpha + 1\\ &= 4\alpha^2 + 3\alpha -1. \end{aligned}\]

したがって

\[\begin{aligned} \beta^{-1} &= \frac{4\alpha^2 + 3\alpha -1 - 5(\alpha^2 + \alpha + 1) + 10}{7}\\ &= \frac{-\alpha^2 - 2\alpha + 4}{7}. \quad\blacksquare \end{aligned}\]

3.1.17 $\mathbb Q(\sqrt[3]{2})$ の $\mathbb Q$ 自己同型写像は恒等写像しかない。

証明：TBW

3.1.18 $\alpha = \sqrt{2} + \sqrt{-1}$ とする。$\alpha - \sqrt{2}$ を考えることなどして $\alpha$ の $\mathbb Q$ 上の最小多項式を求めろ。

解：$X^4 - 2X^2 + 9:$

\[\begin{aligned} \alpha - \sqrt{2} &= i.\\ (\alpha - \sqrt{2})^2 &= \alpha^2 - 2\sqrt{2}\alpha + 2 = i^2 = -1.\\ \alpha^2 + 3 &= 2\sqrt{2}\alpha.\\ (\alpha^2 + 3)^2 &= \alpha^4 + 6\alpha^2 + 9 = (2\sqrt{2}\alpha)^2 = 8\alpha^2.\\ \therefore \alpha^4 - 2\alpha^2 + 9 &= 0. \quad \blacksquare \end{aligned}\]

3.1.19 $\alpha = \sqrt[3]{2} + \sqrt{2}$ とする。$\alpha - \sqrt{2}$ を考えることなどして $\alpha$ の $\mathbb Q$ 上の最小多項式を求めろ。

解：$X^{6} - 6 X^{4} - 4 X^{3} + 12 X^{2} - 24 X - 4:$

\[\begin{aligned} \alpha - \sqrt{2} &= \sqrt[3]{2}.\\ (\alpha - \sqrt{2})^3 &= (\sqrt[3]{2})^3 = 2.\\ \alpha^3 - 3\sqrt{2}\alpha^2 + 6\alpha - 2\sqrt{2} - 2 &= 0.\\ \alpha^3 + 6\alpha - 2 &= \sqrt{2}(3\alpha^2 + 2).\\ (\alpha^3 + 6\alpha - 2)^2 &= 2(3\alpha^2 + 2)^2.\\ \therefore (\alpha^3 + 6\alpha - 2)^2 - 2(3\alpha^2 + 2)^2 &= 0. \quad \blacksquare \end{aligned}\]