桂利行著『代数学 III 体とガロア理論』第一章章末問題の答案の続き。 作業環境の都合上、本書の記号を部分的に変更している。

$(19)$ $\mathbb Q\left(\sqrt{2}\right)$ と $\mathbb Q\left(\sqrt{3}\right)$ は体として同型ではない。

検討：これだけは今さらかという感じの問題だ。

証明：同型写像 $\varphi \colon \mathbb Q\left(\sqrt{2}\right) \longrightarrow \mathbb Q\left(\sqrt{3}\right)$ があると仮定する。 この写像は $\mathbb Q$ 上恒等写像であることに注意すると

\[\begin{aligned} 2 = \varphi(2) &= \varphi\left(\sqrt{2}\sqrt{2}\right) = \varphi\left(\sqrt{2}\right)^2.\\ \therefore \varphi\left(\sqrt{2}\right) &= \pm \sqrt{2}. \end{aligned}\]

二つありうるが、どちらも $\varphi(x) = \sqrt{3} \in \mathbb Q\left(\sqrt{3}\right)$ となる $x \in \mathbb Q\left(\sqrt{2}\right)$ が存在しない。すなわち全射ではない。 これは $\varphi$ が同型写像であるという仮定に矛盾する。 したがってこれらの体の間に同型写像は存在しないことが示された。 $\blacksquare$

解答例は写像に $f$ を使っている。細かいようだがタイプ量の節約になる。 可能な限りラテン文字を使おう。

$(20)$ 体 $\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}, \omega\right)$ において $\sqrt[3]{2}$ と $\omega$ を入れ替える自己同型写像は存在するか。

検討：これも易しい。

解：$f \in \operatorname{Aut}_{\mathbb Q}\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}, \omega\right)$ が $f(\omega) = \sqrt[3]{2}$ を満たす必要がある。しかしこれは

\[1 = f(1) = f(\omega^3) = f(\omega)^3 = \left(\sqrt[3]{2}\right)^3 = 2\]

となり $1 \ne 2$ に矛盾する。したがってそのような自己同型写像は存在しないことが示された。 $\blacksquare$

$(21)$ $\mathbb Q(\omega)$ は $\R$ の部分体と同型になり得るか。

解：ある $\R$ の部分体 $K$ が存在して $\mathbb Q(\omega) \cong K$ が成り立つと仮定する。 このとき同型写像 $f\colon\mathbb Q(\omega) \longrightarrow K$ を一つとる。

\[-1 = \omega^2 + \omega \in \mathbb Q(\omega)\]

に注目して像 $f(-1)$ を考える。

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

ところがこれは $\sqrt{-1} \notin K \subset \R$ に矛盾する。 したがってどのような $\R$ の部分体 $K$ に対しても $\mathbb Q(\omega) \cong K$ が成り立たないことが示された。 $\blacksquare$

解答例はよりシンプル。$\omega^3$ の像を検討している。

$(22)$ $\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}\omega\right)$ は $\R$ の部分体と同型になり得るか。

また、$\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}\omega\right)$ から $\R$ の中への同型写像の延長であって $\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}, \omega\right)$ から $\mathbb C$ の中への同型写像すべてを決定しろ。

解：前半：なり得る。

$\sqrt[3]{2}\omega \longmapsto \sqrt[3]{2}$ なる準同型写像 $f$ を考えると $a, b, c \in \mathbb Q$ に対して

\[\begin{aligned} f\left(a + b \sqrt[3]{2}\omega + c \sqrt[3]{4}\omega^2\right) &= f(a) + f(b)f\left(\sqrt[3]{2}\omega\right) + f(c)f\left(\sqrt[3]{2}\omega\right)^2\\ &= a + b\sqrt[3]{2} + c\sqrt[3]{4}\\ &\in \mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}\right). \end{aligned}\]

したがって $\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}\omega\right) \cong \mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}\right) \subset \R.$

後半：$\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}, \omega\right)$ は $\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}\omega\right)$ に $\omega$ を添加して得られる拡大体かつ $\mathbb C$ の部分体である。 それゆえ次の二つの同型写像がある：

\[\begin{aligned} \omega &\longmapsto \omega,\\ \omega &\longmapsto \omega^2 \end{aligned}\]

これらの $\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}\omega\right)$ への制限が $f$ である。 $\blacksquare$

問題文で気づいたが $\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}\omega\right)$ は $\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}, \omega\right)$ の部分体なのだ。

$(23)$ $\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}, \sqrt[5]{3}\right)$ の $\mathbb Q$ 自己同型写像は恒等写像しかない。

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

自己同型写像 $f$ は $\sqrt[3]{2}$ の最小多項式の根を置換する。 最小多項式は $X^3 - 2 = 0$ であり、共役根は $\sqrt[3]{2}\omega, \sqrt[3]{2}\omega^2.$

したがって $f$ は恒等写像か、$\sqrt[3]{2}\omega \longmapsto \sqrt[3]{2}\omega^2,$ $\sqrt[3]{2}\omega^2 \longmapsto \sqrt[3]{2}\omega$ と同じである。 後者は $\mathbb Q$ 自己同型写像ではないので除外。 $\Box$

同様に $\mathbb Q\left(\sqrt[5]{3}\right)$ の $\mathbb Q$ 自己同型写像は恒等写像しかない。

したがって $\mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}, \sqrt[5]{3}\right)$ の $\mathbb Q$ 自己同型写像は恒等写像しかないことが示された。 $\blacksquare$

解答例を見ると、上の議論は甘いようだ。 除外したもの同士を合成すると有理数になる可能性を潰さなければいけなかった。 $1$ の原始 $3$ 乗根と原始 $5$ 乗根をどう乗じても $1$ にならないことを主張する。

$(24)$ $k$ を標数 $p \ne 0$ の体、$X$ を不定元とする。 体 $k(X)$ の $k\left(X^p\right)$ 上の自己同型写像は恒等写像に限る。

証明：$X$ の $k\left(X^p\right)$ 上の最小多項式は $t^p - X^p = 0.$ $\operatorname{char}k = p$ が素数であることから

\[\begin{aligned} t^p - X^p = (t - X)^p. \end{aligned}\]

$t = X$ が $p$ 重根であるので共役が自分自身しかない。 したがって自己同型写像は一つしかなく、恒等写像である必要がある。 $\blacksquare$

解答例は $f \in \operatorname{Aut}_{k(X^p)}k(X)$ ならば $f(X) = X$ であることを示している。 準同型写像であることから $f(X)^p = f(X^p),$ $k(X^p)$ 準同型写像であることから $f(X^p) = X^p.$

$p = 2$ のとき成り立つか？

$(25)$ $m, n \in \Z$ とする。体 $\mathbb Q\left(\sqrt{m}\right)$ と $\mathbb Q\left(\sqrt{n}\right)$ が同型である条件は何か。

検討：$(19)$ の知識が前提。すぐに思いつくのは

  • $m = n$ は十分。
  • $m \ne n$ でも
    • 両者が共に平方数。$\mathbb Q$ と同型になる。
    • 両者がそれぞれ平方因子を含んでいて、それを根号の外に出したあとの中身が等しい。

証明：両者が体の同型であり $\def\K#1{ \mathbb Q\left(\sqrt{#1}\right) }f \colon \K{m} \longrightarrow \K{n}$ が同型写像であると仮定する。

問 $(19)$ で見たように $f(m) = \pm\sqrt{m}.$ したがって $a, b\;(b \ne 0) \in \mathbb Q$ が存在して次を満たす：

\[a + b\sqrt{n} = \pm\sqrt{m}.\]

$n$ について変形すると

\[\begin{aligned} b\sqrt{n} &= \pm\sqrt{m} - a.\\ b^2n &= m + a \pm 2a\sqrt{m}.\\ \end{aligned}\]

左辺が有理数だから右辺もそうであり、$a = 0.$ 残り条件は $b^2n = m.$ したがって必要条件は

「ある有理数 $b$ が存在して $m, n$ の一方が他方の $b^2$ 倍であること」

である。

逆も成り立つのでこれが求める条件である。 $\blacksquare$

$(26)$ 多項式 $X^4 - X^2 + 4$ の $\mathbb Q$ 上の最小分解体を求めろ。

検討：二重根号を外す機会。

解：この多項式は $\mathbb Q$ 上既約である。この根を求める。

\[\begin{aligned} X^4 - X^2 + 4 &= \left(X^2 - \frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{15}}{2}\right)^2\\ &= \left(\left(X^2 - \frac{1}{2}\right) - \frac{\sqrt{15}}{2}i\right)\! \left(\left(X^2 - \frac{1}{2}\right) + \frac{\sqrt{15}}{2}i\right)\\ &= \left(X^2 - \frac{1 + \sqrt{15}i}{2}\right)\! \left(X^2 - \frac{1 - \sqrt{15}i}{2}\right)\\ \therefore X &= \pm\frac{ \sqrt{2 + 2\sqrt{15}i}}{2},\; \pm\frac{ \sqrt{2 - 2\sqrt{15}i}}{2}. \end{aligned}\]

これらの根すべてを添加した体が求めるものであるが、$\alpha \coloneqq \sqrt{2 + 2\sqrt{15}i}$ とおくと、 $5 - 3 = 2,\;5 \times 3 =15$ だから

\[\begin{aligned} \alpha^2 &= 2 + 2\sqrt{15}i = \left(\sqrt{5} + \sqrt{3}i\right)^2\\ \therefore \alpha &= \sqrt{5} + \sqrt{3}i. \end{aligned}\]

最小分解体は $\mathbb Q\left(\alpha\right) = \mathbb Q\left(\sqrt{2 + 2\sqrt{15}i}\right) = \mathbb Q\left(\sqrt{5} + \sqrt{3}i\right).$ $\blacksquare$

$(27)$ 体 $K$ 上の $n$ 次多項式 $f(X)$ の $K$ 上の最小分解体を $K_f$ とする。 このとき $[K_f : K] \le n!.$

検討：$f(X) = (X - \alpha_1)\dotsm(X - \alpha_n),\;\alpha_i \in K_f.$

$K_f = K(\alpha_1, \dotsc, \alpha_n).$

$K(\alpha_1, \dotsc, \alpha_n)/\cdots/K(\alpha_1, \alpha_2)/K(\alpha_1)/K.$ これは $n$ 回の拡大。

だから急所は $\left[K(\alpha_1, \dotsc, \alpha_{i}) : K(\alpha_1, \dotsc, \alpha_{i - 1})\right] \le \text{???}$ か。

証明：$f(X) = 0$ の根を $\alpha_1, \dotsc, \alpha_n$ とする。 拡大次数の公式により

\[\def\A#1{ K(\alpha_1, \dotsc, \alpha_{#1}) } \begin{aligned} [K_f : K] &= [K_f : \A{n - 1}][\A{n - 1} : K],\\ [\A{n - 1} : K] &= [\A{n - 1} : \A{n - 2}][\A{n - 2} : K],\\ \dots\\ \left[K(\alpha_1, \alpha_2) : K\right] &= \left[K(\alpha_1, \alpha_2) : K(\alpha_1)\right]\left[K(\alpha_1) : K\right]. \end{aligned}\]

定義から $\alpha_1$ の $K$ 上の最小多項式は $f(X)$ の $K_f$ における因数分解の「一部」であるから

\[1 \lt [K(\alpha_1) : K] \le n.\]

$\left[K(\alpha_1, \alpha_2) : K(\alpha_1)\right]$ は $\alpha_2$ の $K(\alpha_1)$ 上の最小多項式の次数である。 $f(X)/(X - \alpha_1)$ は $f(\alpha_2) = 0$ を満たす $K$ 上の多項式である。これを $K(\alpha_1)$ 上の多項式であると見てもいい。 したがって

\[\left[K(\alpha_1, \alpha_2) : K(\alpha_1)\right] \le \deg\frac{f(X)}{X - \alpha_1} = n - 1.\]

以下、再帰的にこの評価が $i = n$ まで成り立つので

\[[K_f : K] \le 1 \dotsm (n - 1) \cdot n = n!. \quad\blacksquare\]

$(28)$ 多項式 $X^3 - 2$ の $\mathbb Q$ の最小分解体を $K$ とする。 $K/\mathbb Q$ の単拡大としての生成元を一つ求めろ。

解：$K = \mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{2}\omega, \sqrt[3]{2}\omega^2\right) = \mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}, \omega\right) = \mathbb Q\left(\sqrt[3]{2} + \omega\right).$ なぜなら、

\[\begin{aligned} &\sigma_1\colon \sqrt[3]{2} \longmapsto \sqrt[3]{2}, & &\omega \longmapsto \omega^2,\\ &\sigma_2\colon \sqrt[3]{2} \longmapsto \sqrt[3]{2}\omega, & &\omega \longmapsto \omega.\\ &\sigma_3\colon \sqrt[3]{2} \longmapsto \sqrt[3]{2}\omega^2, & &\omega \longmapsto \omega.\\ \end{aligned}\]

とおくと $\operatorname{Hom} _ {\mathbb Q}\left(K, \overline{\mathbb Q}\right) = \langle \sigma_1, \sigma_2, \sigma_3 \rangle.$ これら $6$ 個の準同型写像のいずれに対しても $\sigma\left(\sqrt[3]{2} + \omega\right)$ の像が相異なることによる。 $\blacksquare$