雪江明彦著『環と体とガロア理論』第 3 章演習問題。

3.4.1 $L/M, M/K$ が体の正規拡大であるが $L/K$ が正規拡大でない例を見つけろ。

解：$K = \mathbb Q,$ $M = \mathbb Q(\sqrt{2}),$ $L = \mathbb Q(\sqrt[4]{2})$ に対する $L/K$ は正規拡大ではない。

$M/K$ において $\sqrt{2} \in M$ の $K$ 上の最小多項式は $X^2 - 2$ で $M$ 上では $(X + \sqrt{2})(X - \sqrt{2})$ と一次式の積に書けるので $M/K$ は正規拡大だ。

$L/M$ において $\sqrt[4]{2} \in L$ の $M$ 上の最小多項式は $X^2 - \sqrt{2}$ で $L$ 上では $(X + \sqrt[4]{2})(X - \sqrt[4]{2})$ と一次式の積に書けるので $L/M$ は正規拡大だ。

しかし $\sqrt[4]{2} \in L$ の $K$ 上の最小多項式は $X^4 - 2$ であり、 この共役のうち $\pm\sqrt[4]{2}i$ が $\mathbb Q(\sqrt[4]{2})$ に存在しない。 したがって $L/K$ は正規拡大ではない。 $\blacksquare$

参考：Does $K/E$ and $E/F$ being normal mean $K/F$ is normal?

というか、ヒントのページに書いてあった。

3.4.2 $L, M \subset \overline{K}$ が $K$ の拡大体で $L/K$ が正規拡大ならば $LM$ は $M$ の正規拡大である。

証明： $\varphi$ を $LM$ から $\overline{L} = \overline{M} = \overline{K}$ への $K$ 準同型写像とする。 $L/K$ が正規拡大であるから $\varphi(L) \subset L.$ したがって $\varphi(LM) = \varphi(L)\varphi(M) \subset L\varphi(M).$

だから $\varphi(M)\subset M$ を示せば証明は完成する。TBW

3.5.1 $p = 3, 5$ に対して

$(1)$ $\mathbb F_p$ 上既約な二次多項式 $f_p(X)$ を見つけろ。

解：$f_3(X) \coloneqq X^2 + a_1X + a_2$ が可約ならば $X, X - 1 = X + 2, X - 2 = X + 1$ のいずれかを因子にもつ。 つまり $f(0) = 0,$ $f(1) = 0,$ $f(2) = 0$ のいずれかが成り立つ。

  • $f_3(1) = 0$ からは $1 + a_1 + a_2 \equiv 0 \pmod 3.$ これを満たすのは $(a_1, a_2) = (0, 2), (1, 1), (2, 0).$
  • $f_3(2) = 0$ からは $4 + 2a_1 + a_2 \equiv 0 \pmod 3.$ これを満たすのは $(a_1, a_2) = (0, 2), (1, 0), (2, 1).$

以上を除外したものが既約であるので $(a_0, a_1) = (0, 0), (0, 1), (1, 2), (2, 2).$

\[f_3(X) = X^2, X^2 + 1, X^2 + X + 2, X^2 + 2X + 2. \quad\Box\]

$f_5(X) \coloneqq X^2 + b_1X + b_2$ が可約ならば $k = 0, 1, 2, 3, 4$ に対して $f(k) = 0$ である。

  • $f_5(1) = 0$ から $1 + b_1 + b_2 \equiv 0 \pmod 5.$ $\therefore (b_1, b_2) = (0, 4), (1, 3), (2, 2), (3, 1), (4, 0).$
  • $f_5(2) = 0$ から $4 + 2b_1 + b_2 \equiv 0 \pmod 5.$ $\therefore (b_1, b_2) = (0, 1), (1, 4), (2, 2), (3, 0), (4, 3).$
  • $f_5(3) = 0$ から $9 + 3b_1 + b_2 \equiv 0 \pmod 5.$ $\therefore (b_1, b_2) = (0, 1), (1, 3), (2, 0), (3, 2), (4, 4).$
  • $f_5(4) = 0$ から $1 + 4b_1 + b_2 \equiv 0 \pmod 5.$ $\therefore (b_1, b_2) = (0, 4), (1, 0), (2, 1), (3, 2), (4, 3).$

以上を除外した $(b_1, b_2)$ で既約多項式をすべて得られる。

\[\begin{aligned} f_5(X) &= X^2, X^2 + 2, X^2 + 3,\\ &X^2 + X + 1, X^2 + X + 2,\\ &X^2 + 2X + 3, X^2 + 2X + 4,\\ &X^2 + 3X + 3, X^2 + 3X + 4,\\ &X^2 + 4X + 1, X^2 + 4X + 2. \quad\Box \end{aligned}\]

$(2)$ $\mathbb F_{p^2} = \mathbb F_p[X]/(f_p(X))$ において $\mathbb F_{p^2}^\times$ の生成元を見つけろ。

解：$p = 3:$ $\mathbb F_9 = \mathbb F_3[X]/(X^2 + 1)$ を使う。乗法群 $\mathbb F_9^\times$ の位数は $8$ であるから、$8$ 乗して $1$ になるものを見つける。

\[\begin{aligned} (\overline{X + 1})^2 &= \overline{X^2 + 2X + 1} = \overline{2X}.\\ (\overline{X + 1})^4 &= ((\overline{X + 1})^2)^2 = (\overline{2X})^2\\ &= 4 \overline{X^2} = \overline{4(X^2 + 1) - 4} = \overline{-4} = \overline{-1}.\\ \therefore (\overline{X + 1})^8 &= \overline{-1}^2 = \overline{1}. \end{aligned}\]

したがって例えば $\overline{X + 1}$ が $\mathbb F_9^\times$ の生成元である。 $\Box$

$p = 5:$ $\mathbb F_{25} = \mathbb F_5[X]/(X^2 + 2)$ を使う。 乗法群 $\mathbb F_{25}^\times$ の位数は $24$ だから $24$ 乗して 1 になるものを見つける。

\[\begin{aligned} (\overline{X + 1})^2 &= \overline{X^2 + 2X + 1} = \overline{X^2 + 2} + \overline{2X - 1}\\ &= \overline{2X - 1}.\\ (\overline{X + 1})^4 &= (\overline{2X - 1})^2 = \overline{4X^2 - 4X + 1}\\ &= \overline{4(X^2 + 2) - 4X - 7} = \overline{-4X - 7}\\ &= \overline{X - 2}.\\ (\overline{X + 1})^8 &= (\overline{X - 2})^2 = \overline{X^2 - 4X + 4}\\ & = \overline{X^2 + 2 - 4X + 2} = \overline{- 4X + 2}\\ &= \overline{X + 2}.\\ (\overline{X + 1})^{24} &= (\overline{X + 2})^3 = \overline{X^3 + 6X^2 + 12X + 8}\\ &= \overline{(X + 6)(X^2 + 2) + 10X - 4}\\ &= \overline{10X - 4} = \overline{1}. \end{aligned}\]

したがって $\overline{X + 1}$ が $\mathbb F_{25}^\times$ の生成元の一つである。 $\blacksquare$

3.7.1 次の拡大体 $L/K$ に対し $L = K(\alpha)$ となる $\alpha \in L$ をそれぞれ見つけろ。

$(1)$ $K = \mathbb Q, L = \mathbb Q(\sqrt{2}, \sqrt{5})$

解：$\alpha \coloneqq \sqrt{2} + \sqrt{5}$ とおく。

$\sigma, \tau$ を次の対応をとる $L$ から $\overline{\mathbb Q}$ への $\mathbb Q$ 準同型写像とする：

\[\begin{aligned} \sigma(\sqrt{2}) &= -\sqrt{2}, & \sigma(\sqrt{5}) &= \sqrt{5}.\\ \tau(\sqrt{2}) &= \sqrt{2}, & \tau(\sqrt{5}) &= -\sqrt{5}.\\ \end{aligned}\]

このとき $\alpha, \sigma(\alpha), \tau(\alpha), \sigma\circ\tau(\alpha)$ はすべて相異なる。 したがって $L = K(\alpha)$ が示された。 $\Box$

$(2)$ $K = \mathbb Q, L = \mathbb Q(\sqrt{2}, \sqrt[3]{3})$

解：まず $[L : K]$ を決定する。そのために $[\mathbb Q(\sqrt{2}) : \mathbb Q]$ を調べる。 これは今まで何度も見てきたように $[\mathbb Q(\sqrt{2}) : \mathbb Q] = 2.$

次に $\sqrt[3]{3}$ の最小多項式 $X^3 - 3$ が $\mathbb Q(\sqrt{2})$ に根をもたないことを示す。

$\sqrt[3]{3} \in \mathbb Q(\sqrt{2})$ と仮定して矛盾を導く。 このときある $a, b \in \mathbb Q$ が存在して $(a + b\sqrt{2})^3 = a^3 + 6ab^2 + (3a^2b + 2b^3)\sqrt{2} = 3.$ $3a^2 + 2b^2 \ne 0$ だから $3a^2b + 2b^3 = b(3a^2 + 2b^2) = 0.$ ゆえに $b = 0.$ しかし $\sqrt[3]{3} = a + 0\sqrt{2} = a$ となり $a \in \mathbb Q$ に矛盾する。 したがって背理法により $\sqrt[3]{3} \notin \mathbb Q(\sqrt{2}).$

$\sqrt[3]{3}$ は $X^3 - 3$ の根なので $[\mathbb Q(\sqrt{2}, \sqrt[3]{3}) : \mathbb Q(\sqrt{2}))] = 3.$

以上により $[L : K] = [K : \mathbb Q(\sqrt{2})][\mathbb Q(\sqrt{2}) : \mathbb Q] = 6.$

$K$ から $\overline{Q}$ への $\mathbb Q$ 準同型写像は次の 6 通り：

\[\begin{aligned} \operatorname{id}_K,\\ \sqrt{2} &\mapsto \sqrt{2}, & \sqrt[3]{3} &\mapsto \sqrt[3]{3}\omega, & \sqrt[3]{3}\omega &\mapsto \sqrt[3]{3}\omega^2, & \sqrt[3]{3}\omega^2 &\mapsto \sqrt[3]{3}.\\ \sqrt{2} &\mapsto \sqrt{2}, & \sqrt[3]{3} &\mapsto \sqrt[3]{3}\omega^2, & \sqrt[3]{3}\omega &\mapsto \sqrt[3]{3}, & \sqrt[3]{3}\omega^2 &\mapsto \sqrt[3]{3}\omega.\\ \sqrt{2} &\mapsto -\sqrt{2}, & \sqrt[3]{3} &\mapsto \sqrt[3]{3}, & \sqrt[3]{3}\omega &\mapsto \sqrt[3]{3}\omega, & \sqrt[3]{3}\omega^2 &\mapsto \sqrt[3]{3}\omega^2.\\ \sqrt{2} &\mapsto -\sqrt{2}, & \sqrt[3]{3} &\mapsto \sqrt[3]{3}\omega, & \sqrt[3]{3}\omega &\mapsto \sqrt[3]{3}\omega^2, & \sqrt[3]{3}\omega^2 &\mapsto \sqrt[3]{3}.\\ \sqrt{2} &\mapsto -\sqrt{2}, & \sqrt[3]{3} &\mapsto \sqrt[3]{3}\omega^2, & \sqrt[3]{3}\omega &\mapsto \sqrt[3]{3}, & \sqrt[3]{3}\omega^2 &\mapsto \sqrt[3]{3}\omega.\\ \end{aligned}\]

上記すべての写像に対して $\alpha \coloneqq \sqrt{2} + \sqrt[3]{3}$ の像は相異なる。 したがって $L = K(\alpha)$ であることが示された。 $\Box$

$(3)$ $K = \mathbb Q, L = \mathbb Q(\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{5})$

解：$\alpha = \sqrt{2} + \sqrt{3} + \sqrt{5}.$

前問と同様の推論で示せるが面倒かつ飽きたので省略。

$(4)$ $K = \mathbb F_3(t), L = K(\sqrt{t}, \sqrt{t + 1})$

解：$\alpha \coloneqq \sqrt{t} + \sqrt{t + 1}$ とおく。

まず $[L : K]$ を決定する。そのために $[\mathbb F_3(t)(\sqrt{t}) : \mathbb F_3(t)]$ を調べる。 $\sqrt{t}$ の $\mathbb F_3(t)$ 上の最小多項式は $X^2 - t \in (\mathbb F_3(t))[X]$ であるから

\[[K(\sqrt{t}) : K] = 2.\]

次に $\sqrt{t + 1} \notin K(\sqrt{t})$ を背理法により示す。 $\sqrt{t + 1} \in K(\sqrt{t})$ が成り立つと仮定すると、ある $a, b \in K = \mathbb F_3(t)$ が存在して

\[a + b\sqrt{t} = \sqrt{t + 1}\]

をみたす。しかしこれは起こり得ない：

\[\begin{aligned} (a + b\sqrt{t})^2 = a^2 + 2ab\sqrt{t} + b^2t = t + 1.\\ \end{aligned}\]

$a = 0$ が必要か $b = 0$ が必要である。

$a = 0$ ならば $b^2t = t + 1$ より $b^2 = (t + 1)/t.$ しかし $K$ は UFD であるので互いに素である素元 $t$ と $t + 1$ の積に表されるはずはない。 したがって $a \ne 0.$

$b = 0$ ならば $a^2 = t + 1$ より、やはり $K$ の UFD 性に矛盾が生じるので $b \ne 0.$

あまりにも矛盾が生じるので $\sqrt{t + 1} \notin K(\sqrt{t}).$ したがって $\sqrt{t + 1}$ の $K(t)$ 上の最小多項式は $X^2 - (t + 1)$ であり、

\[[K(\sqrt{t + 1}) : K(\sqrt{t})] = 2.\]

したがって $[L : K] = 4.$

以下、$L$ から $\overline{K}$ への $K$ 準同型写像 4 つすべてを列挙して、 $\alpha$ の像がすべて相異なることを示すことで $L = K(\alpha)$ を証明する（略）。 $\blacksquare$

3.7.2 $p \gt 0$ を素数、$L = \mathbb F_p(X, Y)$ を二変数有理関数体、 $K = \mathbb F_p(X^p, Y^p)$ とする。

$(1)$ $L/K$ は単拡大ではない。

$(2)$ $L/K$ には中間体が無限個存在する。

ヒント：$[L : K] = p^2$ と $X \in L \implies X^p \in K$ を示せ。

証明：$(1)$ 多項式 $(T - X)^p = T^p - X^p \in \mathbb F_pY^p$ を考える。 この多項式は Einstein の判定法によると既約多項式である。 そしてその既約性は $\mathbb F_p(X^p, Y^p)$ 上においても成り立つ。 したがって $\mathbb F_p(X, Y^p)$ は $\mathbb F_p(X^p, Y^p)$ の $p$ 次拡大である。

同様にして $\mathbb F_p(X, Y)$ は $\mathbb F_p(X, Y^p)$ の $p$ 次拡大であることが示される。

以上のことから

\[\begin{aligned} [L : K] &= [\mathbb F_p(X, Y) : \mathbb F_p(X^p, Y^p)]\\ &= [\mathbb F_p(X, Y) : \mathbb F_p(X, Y^p)][\mathbb F_p(X, Y^p) : \mathbb F_p(X^p, Y^p)]\\ &= p^2. \end{aligned}\]

ところが $\mathbb F_p(X, Y)^p \subset \mathbb F_p(X^p, Y^p)$ だから（証明要る？） $\mathbb F_p(X, Y)$ のどの元も $\mathbb F_p(X^p, Y^p)$ 上の次数は高々 $p$ である。 したがって $\mathbb F_p(X^p, Y^p)$ は $\mathbb F_p(X, Y)$ を生成し得ない。

したがって $L$ は $K$ の単拡大ではない。 $\Box$

$(2)$ 上の議論によると $L$ と $K$ の中間体は上下？に対する拡大次数が $p$ である。

今 $Z \in K$ を任意にとり、$W \coloneqq X + YZ$ を考える。 $W^p = (X + YZ)^p = X^p + Y^pZ^p \in K.$ したがって代数拡大 $K(W)$ は $[K(W) : K] = p$ をみたす中間体である。 別の $Z \ne Z^{\prime} \in K,\; W^{\prime} \coloneqq X + YZ^{\prime}$ に対しては拡大次数の関係から $K(W, W^{\prime}) = L$ が成り立つことが言える。

$K$ は無限体であるから中間体 $K(W)$ はいくらでも存在する。 したがって $L/K$ には中間体が無限に存在することが示された。 $\blacksquare$

参考：

3.7.3 $(1)$ $L/K$ が無限次代数拡大ならば $L/K$ は単拡大でない。

$(2)$ 分離拡大で単拡大でない例を一つ挙げろ。

解：分離拡大 $\overline{\mathbb Q}/\mathbb Q$ が該当する。 この拡大が無限次拡大であることは 3.2.1 で証明したとおり：

したがってこの無限次分離拡大に $(1)$ を適用して単拡大でないことが示される （念のため言うと分離拡大は代数拡大である）。 $\blacksquare$