雪江明彦著『環と体とガロア理論』第 4 章ノート。

第 4 章 ガロア理論

きのうの続き。

分離拡大, 正規拡大 の各ノートも随時参照しながら読む。

4.1 ガロア拡大とガロアの基本定理（続きから）

定理（Galois の基本定理）： $L/K$ を有限次 Galois 拡大とする。 $\mathscr M, \mathscr H$ をそれぞれ $L/K$ の中間体の集合、$\operatorname{Gal}(L/K)$ の部分群の集合とする。

このとき次の三点が成り立つ：

$(1)$ 次の二つの写像は互いに他の逆写像である：

\[\def\longmapsfrom{ \longleftarrow\!\shortmid } \begin{aligned} \mathscr M \ni M &\longmapsto H(M) \in \mathscr H,\\ M_H \in \mathscr M &\longmapsfrom \mathscr H \ni H. \end{aligned}\]

$(2)$ $M_1, M_2 \in \mathscr M$ がそれぞれ $H_1, H_2 \in \mathscr H$ と対応するとき次が成り立つ：

\[\def\arraystretch{1.5} \begin{array}{c} M_1 \subset M_2 & \longleftrightarrow & H_1 \supset H_2.\\ M_1M_2 & \longleftrightarrow & H_1 \cap H_2.\\ M_1 \cap M_2 & \longleftrightarrow & \langle H_1, H_2 \rangle. \end{array}\]

ここで $\longleftrightarrow, \langle H_1, H_2 \rangle$ は上述の対応、 $H_1, H_2$ が生成する部分群をそれぞれ意味する。

$(3)$ $M \in \mathscr M$ が $H \in \mathscr H$ と対応し、$\sigma \in \operatorname{Gal}(L/K)$ ならば

  • $\sigma(M) \longleftrightarrow \sigma H \sigma^{-1}$
  • $M/K$ が Galois 拡大 $\iff H \triangleleft \operatorname{Gal}(L/K)$
    • $H \triangleleft \operatorname{Gal}(L/K)$ ならば $\operatorname{Gal}(L/K)$ の元を $M$ に制限することにより $\operatorname{Gal}(M/K) \cong \operatorname{Gal}(L/K)/H.$

検討： $(1)$: 証明の急所は不変体についての Artin の定理と「中間体の Galois 拡大でもある」補題を応用することだ。

証明： $(1)$:「中間体の Galois 拡大でもある」補題から $L/M$ も Galois 拡大であり

\[\lvert H(M) \rvert = \lvert \operatorname{Gal}(L/M)\rvert = [L : M].\]

$\operatorname{Gal}(L/K)$ が $L$ に忠実に作用する（先述の例を参照）ことから $H(M)$ も $L$ に忠実に作用する。Artin の定理により

\[\tag*{$\spadesuit1$} [L : M_{H(M)}] = [L : M].\]

$H(M)$ の「$M$ のどの元を作用してもそれが不変である」という性質から $M \subset M_{H(M)}.$ これと $\spadesuit1$ より $M = M_{H(M)}.$

$H \in \mathscr H$ は $L$ に忠実に作用する。したがって再び Artin の定理により

\[\tag*{$\spadesuit2$} [L : M_H] = \lvert H \rvert.\]

再び「中間体の Galois 拡大でもある」補題から $L/M_H$ も Galois 拡大である。 したがって：

\[[L : M_H] = \lvert\operatorname{Gal}(L/M_H)\rvert = \lvert H(M_H) \rvert.\]

これと $\spadesuit2$ より

\[\tag*{$\spadesuit3$} \lvert H \rvert = \lvert H(M_H)\rvert.\]

$M_H$ の「$H$ のどの元の作用によっても不変である」という性質から $H \subset H(M_H).$ $\spadesuit3$ から $H = H(M_H).$

したがって $M \longmapsto H(M)$ と $H \longmapsto M_H$ は互いに他の逆写像であることが示された。 $\Box$

$(2):$ $M_1 \subset M_2 \implies H_1 \supset H_2:$ $H_2$ の元が $M_2$ の元を不変にすることから $M_1 \subset M_2$ の元も不変にする。 したがって $H_1 \supset H_2.$

$M_1 \subset M_2 \impliedby H_1 \supset H_2:$ $M_2$ の元は $H_2$ の元の作用によって不変であるから、$H_1 \subset H_2$ のそれに対しても不変である。 したがって $M_1 \subset M_2.$ $\Box$

$H(M_1M_2) = H_1 \cap H_2$ を示す。 $g \in \operatorname{Gal}(L/K)$ とする。準同型の性質から $g$ が $M_1, M_2$ の各元を不変にすれば部分体 $M_1M_2 \subset L$ の各元をも不変にする。 逆に、$M_1M_2 \supset M_1,\;M_2$ であるから $M_1M_2$ のどの元も不変にするような作用は $M_1,\;M_2$ の元のどちらも不変にする。

したがって

\[H(M_1M_2) = H(M_1) \cap H(M_2) = H_1 \cap H_2. \quad\Box\]

$M_{\langle H_1, H_2\rangle} = M_1 \cap M_2$ を示す。 $\alpha \in L$ の $\operatorname{Gal}(L/K)$ における固定部分群は（部分群なので） $\alpha$ が $H_1, H_2$ によって不変ならば $\langle H_1, H_2\rangle$ によっても不変である。 逆は明らかである。 $\Box$

$(3):$ 順番に示す。

$\sigma(M)$ の任意の元が $\tau \in \operatorname{Gal}(L/K)$ によって不変だとする。

\[\begin{aligned} &\phantom{\iff}\forall \alpha \in M(\tau\sigma(\alpha) = \alpha)\\ &\iff \forall \alpha \in M(\sigma^{-1}\tau\sigma(\alpha) = \alpha)\\ &\iff \sigma^{-1}\tau\sigma \in H(M) = H. \end{aligned}\]

したがって $H(\sigma(M)) = \sigma^{-1}H\sigma$ と同値であることが示された。 $\Box$

$M/K$ が Galois 拡大であることと $H$ が $\operatorname{Gal}(L/K)$ の正規部分群であることが同値であることを示す。

Galois 群の定義から $\operatorname{Hom}_K(L, \overline{K}) = \operatorname{Gal}(L/K).$

$M/K$ は分離拡大であるので、あとは正規拡大であることを示す：

\[\sigma \in \operatorname{Hom}_K(M, \overline{K}) \implies \sigma(M) \subset M.\]

$\operatorname{Hom}_K(M, \overline{K})$ に含まれる準同型写像は $\operatorname{Hom}_K(L, \overline{K})$ に拡張できる (Steinitz?) し、逆に $\operatorname{Hom}_K(L, \overline{K})$ に含まれる準同型写像を $M$ に制限すれば $\operatorname{Hom}_K(M, \overline{K})$ の元が得られる。

以上より $M/K$ が Galois 拡大であることと

\[\sigma \in \operatorname{Gal}(L/K) \implies \sigma(M) \subset M.\]

が同値である。

\[\begin{aligned} &\phantom{\iff}\sigma(M) \subset M\\ &\iff \sigma(M) = M & \because [M : K] \lt \infty\\ &\iff H(\sigma(M)) = H(M) = H\\ &\iff \sigma H\sigma^{-1} = H. \end{aligned}\]

したがって $M/K$ が Galois 拡大であることと $H$ が $\operatorname{Gal}(L/K)$ の正規部分群であることが同値であることが示された。 $\Box$

$H \triangleleft \operatorname{Gal}(L/K)$ ならば制限写像 $\pi\colon\operatorname{Gal}(L/K) \longrightarrow \operatorname{Gal}(M/K)$ は well-defined である。その核は $\operatorname{Gal}(L/M) = H.$ したがって準同型定理により

\[\begin{aligned} \operatorname{Gal}(L/K)/\ker\pi &\cong \operatorname{im}\pi && \because \ker\pi = \operatorname{Gal}(L/M)\\ \therefore\operatorname{Gal}(L/K)/\operatorname{Gal}(L/M) &\cong \operatorname{Gal}(M/K) && \because \pi \text{ is surjective}\\ \therefore\operatorname{Gal}(L/K)/H &\cong \operatorname{Gal}(M/K) && \because \operatorname{Gal}(L/M) = H. \end{aligned}\]

$\blacksquare$

共役という用語を中間体同士にも用いる。

Galois 拡大 $L/K$ に対し、$M_1, M_2$ がその中間体であるとする。 $M_1, M_2$ が共役であるとは、ある $\sigma \in \operatorname{Gal}(L/K)$ があって $M_2 = \sigma(M_1)$ が成り立つことをいう。

中間体の例を二つ挙げる。ガロア論の教科書でよく見るタイプの例なので、コメントだけ。

例：$L \coloneqq \mathbb Q(\sqrt{2}, \sqrt{3})$ 以前の例で見たように $L/\mathbb Q$ は Galois 拡大。

Galois 群は Klein の四元群に同型であった。$G \coloneqq \operatorname{Gal}(L/\mathbb Q) = Z_2 \times Z_2.$

$G$ の元のうち $(1, 0), (0, 1) \in Z_2 \times Z_2$ に対応するものとして $\sigma, \tau$ を次のようにとる：

\[\begin{aligned} \sigma &\coloneqq \sqrt{2} \mapsto -\sqrt{2}, \sqrt{3} \mapsto \sqrt{3},\\ \tau &\coloneqq \sqrt{2} \mapsto \sqrt{2}, \sqrt{3} \mapsto -\sqrt{3}.\\ \end{aligned}\]

中間体に対応する部分群の位数は $2$ であり、具体的には次の巡回群三つである：

\[\langle (0, 1) \rangle, \langle (1, 1) \rangle, \langle (1, 0) \rangle.\]

この順に対応する $G$ の部分群は例えば次のようになる（$\sigma$ と $\tau$ を置換しても可）：

\[H_1 \coloneqq \langle \tau \rangle, H_2 \coloneqq \langle \sigma\tau \rangle, H_3 \coloneqq \langle \sigma \rangle.\]

不変体を次のように置く：

\[\def\m#1{ M_{#1} \coloneqq M_{H_{#1} } } \m1, \m2, \m3.\]

最初なので丁寧にやる。$M_{H_1}$ は $\tau$ によって不変な $L$ の元であるから、 $\mathbb Q(\sqrt{2}) \subset M_1.$ Galois の基本定理により $[L : M_1] = 2.$ 一方 $[\mathbb Q(\sqrt{2}) : \mathbb Q] = 2$ だから（いつものように）

\[2 = [L : M_1] \le [L : \mathbb Q(\sqrt{2})] = 2.\\ \therefore M_1 = \mathbb Q(\sqrt{2}).\]

同様に考えて $M_2 = \mathbb Q(\sqrt{6}),$ $M_3 = \mathbb Q(\sqrt{3}).$ $\blacksquare$

例： $L \coloneqq \mathbb Q(\sqrt[3]{2}, \sqrt{3}i) = \mathbb Q(\sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{2}\omega, \sqrt[3]{2}\omega^2).$ 以前の例で見たように $L/\mathbb Q$ は Galois 拡大。

$(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) \coloneqq (\sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{2}\omega, \sqrt[3]{2}\omega^2)$ とおくと、Galois 群の同型 $G \coloneqq \operatorname{Gal}(L/\mathbb Q) \cong \mathfrak S_3$ の $\lbrace \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3 \rbrace$ への作用による置換表現により引き起こされる。

群論の教科書から対称群 $\mathfrak S_3$ の真部分群は次の四つだ：

\[H \coloneqq \langle (123) \rangle, K_1 \coloneqq \langle (23) \rangle, K_2 \coloneqq \langle (13) \rangle, K_3 \coloneqq \langle (12) \rangle.\]

例えば $(23)$ は $\alpha_2, \alpha_3$ を入れ替える置換を意味する。 したがって $M_1 \coloneqq \mathbb Q(\alpha_1)$ とおくと $M_1 \subset M_{K_1}.$ $[L : \mathbb Q] = 6,$ $[M_1 : \mathbb Q] = 3$ だから $[L : M_1] = 2.$ さっきの例と同様に $M_1 = M_{K_1}.$ 同様にして $K_2, K_3$ に対応する中間体が $M_2 \coloneqq \mathbb Q(\alpha_2), M_3 \coloneqq \mathbb Q(\alpha_3)$ であることが示される。

消去法で $H$ に対応する中間体は $\mathbb Q(\sqrt{3}i).$ $\mathbb Q$ 上の次数が $2$ であることに注意。 $\blacksquare$

どちらの例にも付いているグラフのイラストをよく頭に叩き込むこと。 Galois の基本定理の主張は、中間体のグラフと不変群のグラフが同型であるということだ。

ここでおまけのような命題が現れる。

命題（有限体に関する Galois 拡大）： $K \coloneqq \mathbb F_q$ を元の個数が $q$ の有限体、 $n$ を正の整数、$L \coloneqq \mathbb F_{q^n}$ とする。

このとき次の二つが成り立つ：

$(1)$ $L/K$ は Galois 拡大である。

$(2)$ Galois 群 $\operatorname{Gal}(L/K)$ は Frobenius 準同型 $\operatorname{Frob}_q$ で生成される巡回群である。

証明： $(1)$ $\mathbb F_q$ の性質より、$L$ は多項式 $X^{q^n} - X$ の $\mathbb F_p$ 上の最小分解体である。 したがって $L/\mathbb F_p$ は Galois 拡大である。

$K \supset \mathbb F_p$ であるので前述の補題により $L/K$ も Galois 拡大である。 $\Box$

$(2)$ 巡回群 $\langle \operatorname{Frob}_q \rangle$ の不変体が $K$ であることを示せば Galois の基本定理によりこの巡回群が $\operatorname{Gal}(L/K)$ と等しいことが示される。

再び $\mathbb F_q$ の性質より、$K$ は $x^q - x = 0$ を満たす元 $x \in \mathbb F_q$ 全体の集合である。したがって主張は正しい。 $\blacksquare$

4.2 対称式と交代式

任意の対称式は基本対称式の加減乗除で書き直せることを対称式は基本対称式の有理式で表せるで見た。 その方法をここで習う。

$A$ を 1 を持つ可換環とし、$f(X_1, \dotsc, X_n) \in A[X_1, \dotsc, X_n]$ とする。

定義：

  • $f$ が対称式であるとは、すべての $\sigma \in \mathfrak S_n$ に対して $\sigma f = f$ が成り立つ多項式 $f$ のことを言う。
  • $f$ が交代式であるとは、すべての $\sigma \in \mathfrak S_n$ に対して
    • $\sigma f = \operatorname{sgn}(\sigma)f$ かつ
    • $i \lt j \implies f(X_1, \dotsc, X_{j - 1}, X_i, X_{j + 1}, \dotsc, X_n) = 0$

    が成り立つ多項式 $f$ のことを言う。

交代式の定義が回りくどいのは $A = \mathbb F_2$ のときの $X_1X_2$ のようなケースを牽制するため。

定義：$(\N^n, \prec)$ が辞書式順序であるとは、

  • $(x_1, \dotsc, x_n) = (y_1, \dotsc, y_n)$ であるか
  • $\exists i(x_1 = y_1, \dotsc, x_{i - 1} = y_{i - 1}, x \lt y)$

であるときに $(x_1, \dotsc, x_n) \prec (y_1, \dotsc, y_n)$ であるような全順序 $\prec$ を言う。

以下、面倒なのでふつうに $\le$ や $\lt$ を使う。

次の定理は基本対称式を組み合わせるアルゴリズムを示していることが素晴らしい。

定理（対称式は基本対称式の多項式）： $f(X_1, \dotsc, X_n) \in A[X_1, \dotsc, X_n]$ が対称式ならば、基本対称式の多項式である。

検討：特別な帰納法が必要らしい。

証明：まず $f$ は実際は同次式であることを示す（略）。

\[f(X_1, \dotsc, X_n) = \sum c_{i_1 \dots i_n}X_1^{i_1}\dotsb X_n^{i_n}\]

で係数 $c_{i_1 \dots i_n} \ne 0$ である $(x_1, \dotsc, x_n)$ の中で辞書式順序で最大のものを $(j_1, \dotsc, j_n)$ とおく。この最大順序を入れ替えた単項式がすべて $f$ に現れるので $j_1 \ge j_2 \ge \dotsb \ge j_n.$

\[f(X_1, \dotsc, X_n) - c_{j_1 ... j_n} s_1^{j_1 - j_2} s_2^{j_2 - j_3} \dotsm s_{n - 1}^{j_{n - 1} - j_n}s_n^{j_n}\]

に現れる単項式の多重添数で最大のものは $\lt (j_1, \dotsc, j_n)$ で、 次数も多項式がゼロでなければ上の多項式と等しい。 次数を固定して考えると、多重添数が有限個であることから、多重添数の辞書式順序による帰納法により（何？） $f$ は基本対称式の多項式となることが示される。 $\blacksquare$

例題：$x^3y + x^3z + xy^3 + xz^3 + y^3z + yz^3$ を基本対称式の多項式で表わせ。

解：与えられた多項式を $f(x, y, z)$ とおく（これが対称式であることを確認するのは省略）。

各単項式で前定理で言う $(j_1, \dotsc, j_n)$ は $(3, 1, 0).$ よって次のような計算をする：

\[\begin{aligned} f(x, y, z) - s_1^{3 - 1}s_2^{1 - 0}s_3^{0} &= f(x, y, z) - (x + y + z)^2(xy + yz + zx)\\ &= - 2 x^{2} y^{2} - 5 x^{2} y z - 2 x^{2} z^{2} - 5 x y^{2} z - 5 x y z^{2} - 2 y^{2} z^{2}\\ &= -5s_3s_1 - 2(x^2y^2 + y^2z^2 + z^2x^2) \end{aligned}\]

ここまでいけば括弧内くらいは試行錯誤で何とかなるが、アルゴリズム通りにやる：

\[\begin{aligned} x^2y^2 + y^2z^2 + z^2x^2 - s_1^{2-2}s_2^{2-0}s_3^0 &= x^2y^2 + y^2z^2 + z^2x^2 - s_2^2\\ &= - 2(x^2yz + xy^2x + xyz^2)\\ &= -2s_3s_1. \end{aligned}\]

したがって

\[\begin{aligned} f(x, y, z) &= s_1^2s_2 - 5s_3s_1 - 2(s_2^2 - 2s_1s_3)\\ &= s_1^2s_2 - s_1s_3 - 2s_2^2. \quad\blacksquare \end{aligned}\]

教科書は Maple を利用している。私は SymPy で検算してみる：

>>> from sympy import *
>>> from sympy.abc import xyz
>>> symmetrize(x**3*y + x**3*z + x*y**3 + x*z**3 + y**3 * z + y * z**3)
(-x*y*z*(x + y + z) + (x + y + z)**2*(x*y + x*z + y*z) - 2*(x*y + x*z + y*z)**2,
 0)

正しそうだ。

定義：

$(1)$ 次の式を $(X_1, \dotsc, X_n)$ の差積という：

\[\delta(X_1, \dotsc, X_n) \coloneqq \prod_{i \lt j}(X_i - X_j).\]

$(2)$ 次の式を $(X_1, \dotsc, X_n)$ の判別式という：

\[\Delta(X_1, \dotsc, X_n) \coloneqq \delta(X_1, \dotsc, X_n)^2.\]
  • 前者は交代式、後者は対称式だ。
  • 各項の係数が $\pm1$ なので任意の環上の多項式とみなせる。

不定元 $X_1, \dotsc, X_n$ に対して多項式 $f(T) \coloneqq (T - X_1)\dotsb(T - X_n)$ を考える。 これを展開すると $T^j$ の係数は基本対称式 $s_j$ と符号が一致しないかもしれないものになる。 それを $a_j$ とおく。

判別式 $\Delta(X_1, \dotsc, X_n)$ は定理「対称式は基本対称式の多項式」により $s_1, \dotsc, s_n$ の多項式として表される。 したがって多項式 $D(a_1, \dotsc, a_n)$ が存在して $\Delta(X_1, \dotsc, X_n) = D(a_1, \dotsc, a_n)$ を満たす。 この値を $D(f)$ と書き $f$ の判別式という。

$n = 2$ のときは（中学校で学んだ）二次方程式の判別式と一致する。

命題：$A$ を整域とする。$X = (X_1, \dotsc, X_n)$ と書く。

このとき交代式 $f(X) \in A[X]$ はある対象式と差積との積になる。

証明：$i \ne j$ ならば $X_i$ に $X_j$ を代入すると $0$ になるので $f(X)$ は $X_i - X_j$ で割り切れる。

$f(X) = (X_1 - X_2)g(X),$ $g(X) \in A[X]$ と書くと、

\[\begin{aligned} 0 &= f(X_3, X_2, X_3, \dotsc, X_n)\\ &= (X_3 - X_2)g(X_3, X_2, X_3, \dotsc, X_n). \end{aligned}\]

$A$ が整域であることから $A[X]$ も整域である（ノートに書いた記憶あり）。 したがって（＝零因子は考慮しなくていいので） $g(X_3, X_2, X_3, \dotsc, X_n) = 0.$ つまり $X_1 - X_3$ は $g(X)$ を割り切る。

以下これを繰り返していき $f(X)$ は $\delta(X)$ で割り切れて $f(X) = \delta(X) g(X)$ の形に書けることが示される。

$\sigma \in \mathfrak S_n$ ならば

\[\begin{aligned} (\sigma f)(X) &= \operatorname{sgn}(\sigma)f(X)\\ &= \operatorname{sgn}(\sigma)\delta(X)g(X)\\ &= \operatorname{sgn}(\sigma)\delta(X)(\sigma g)(X). & (?) \end{aligned}\]

再び $A[X]$ が整域であることから $g(X) = (\sigma g)(X).$ したがって $g(X)$ は対称式であることが示された。 $\blacksquare$