桂利行著『代数学 III 体とガロア理論』第二章章末問題の答案。

  • $\zeta_n$ は $1$ の原始 $n$ 乗根を表すものとする。
  • $\omega$ は $\zeta_3$ を表すものとする。

$(2)$ 多項式の $\mathbb Q$ 上の最小分解体の Galois 群を求めろ。

\[\begin{aligned} \text{(i)}\quad& X^2 - 10\\ \text{(ii)}\quad& X^3 - 10\\ \text{(iii)}\quad& X^4 - 5\\ \text{(iv)}\quad& X^4 + 5\\ \text{(v)}\quad& \left(X^2 - 3\right)\left(X^2 - 6\right)\\ \text{(vi)}\quad& (X^2 - 2)(X^2 - 5)(X^2 - 7)\\ \text{(vii)}\quad& (X^2 - 3)(X^3 - 5)\\ \text{(viii)}\quad& X^6 - X^3 + 1\\ \text{(ix)}\quad& X^4 - X^2 + 1\\ \text{(x)}\quad& X^8 + 1 \end{aligned}\]

解：$\text{(i)}:$ $X^2 - 10 = \left(X + \sqrt{10}\right)\left(X - \sqrt{10}\right)$ であるから最小分解体は $\mathbb Q\left(\pm\sqrt{10}\right) = \mathbb Q\left(\sqrt{10}\right).$

本書の議論から $\operatorname{Gal}\left(\mathbb Q\left(\sqrt{d}\right)/\mathbb Q\right) \cong Z_2.$

\[\begin{aligned} &\operatorname{Gal}\left(\mathbb Q\left(\sqrt{10}\right)/\mathbb Q\right) = \langle \sigma \rangle,\\ &\sigma:\sqrt{10} \mapsto -\sqrt{10}.\qquad\Box \end{aligned}\]

※解答例を見たら Galois 群の同型を示すだけで十分のようなので、以降の答案でもそのようにする。

$\text{(ii)}:$ これまでに見た問題の解答から、最小分解体は $\mathbb Q\left(\sqrt[3]{10}, \omega\right).$ Galois 群は三次方程式パターンに相当する （図示するとダイヤモンド形になって、$2$ 次拡大と $3$ 次拡大が平行になる）。

\[\operatorname{Gal}\left(\mathbb Q\left(\sqrt[3]{10}, \omega\right)/\mathbb Q\right) \cong \mathfrak S_3. \quad\Box\]

検討：Galois 対応を全部記しておく：

\[\begin{array}{c} A_3 & \langle 1, (1\ 2) \rangle & \langle 1, (1\ 3) \rangle & \langle 1, (1\ 2\ 3) \rangle\\ \updownarrow & \updownarrow & \updownarrow & \updownarrow\\ \mathbb Q(\omega) & \mathbb Q(\sqrt[3]{10}) & \mathbb Q(\sqrt[3]{10}\omega^2) & \mathbb Q(\sqrt[3]{10}\omega) \end{array}\]

$(1\ 2)$ と $(1\ 3)$ は $\omega \mapsto \omega^2$ と $\sqrt[3]{10} \mapsto \sqrt[3]{10}\omega$ にそれぞれ相当する。

$\text{(iii)}:$ 最小分解体は $\mathbb Q\left(\sqrt[4]{5}, \sqrt{-1}\right)$ である。

\[X^4 + 5 = \left(X \pm \sqrt[4]{5}\right)\left(X \pm \sqrt[4]{5}\sqrt{-1}\right).\]

本書の分類により Galois 群は $4$ 次の二面体群に同型である。

\[\operatorname{Gal}\left(\mathbb Q\left(\sqrt[4]{5}, \sqrt{-1}\right)/\mathbb Q\right) \cong D_4. \quad\Box\]

検討： \(\begin{array}{c} & \mathbb Q\left(\sqrt[4]{5}, \sqrt{-1}\right) & \\ & \diagup \diagdown &\\ \mathbb Q\left(\sqrt[4]{5}\right) & & \mathbb Q\left(\sqrt{-1}\right)\\ & \diagdown \diagup\\ & \mathbb Q & \end{array}\)

$\sigma, \tau$ を $D_4 = \langle \sigma, \tau \rangle,$ $\sigma\colon\sqrt[4]{5} \mapsto \sqrt[4]{5}\sqrt{-1},$ $\tau\colon\sqrt{-1} \mapsto -\sqrt{1}$ とおくと

\[\sigma^4 = \tau^2 = 1,\;\tau\sigma = \sigma^3\tau.\]

拡大次数の対応から部分体の Galois 群は例えば次のようになる：

\[\begin{aligned} \operatorname{Gal}\left(\mathbb Q\left(\sqrt[4]{5}, \sqrt{-1}\right)/\mathbb Q\left(\sqrt{-1}\right)\right) &\cong \langle \sigma \rangle,\\ \operatorname{Gal}\left(\mathbb Q\left(\sqrt[4]{5}, \sqrt{-1}\right)/\mathbb Q\left(\sqrt[4]{5}\right)\right) &\cong \langle \tau \rangle.\\ \end{aligned}\]

$\text{(v)}:$ 最小分解体は $\mathbb Q\left(\sqrt{3}, \sqrt{6}\right).$

\[\left(X^2 - 3\right)\left(X^2 - 6\right) = \left(X \pm \sqrt{3}\right)\left(X \pm \sqrt{6}\right).\]

互いに素な二次拡大ダイヤモンドを並べたような拡大なので、最小分解体の $\mathbb Q$ 上の Galois 群は $Z_2 \times Z_2$ に同型である。 $\Box$

$\text{(vi)}:$ 最小分解体は $\mathbb Q\left(\sqrt{2}, \sqrt{5}, \sqrt{7}\right).$ Galois 拡大を次のように解釈する：

\[\begin{array}{c} \mathbb Q\left(\sqrt{2}, \sqrt{5}, \sqrt{7}\right)\\ \vert\\ \mathbb Q\left(\sqrt{2}, \sqrt{5}\right)\\ \vert\\ \mathbb Q\left(\sqrt{2}\right)\\ \vert\\ \mathbb Q\\ \end{array}\]

$\operatorname{Gal}\left(K\left(\sqrt{d}\right)/K\right) \cong Z_2$ だから求める Galois 群は $Z_2 \times Z_2 \times Z_2$ に同型である。 $\Box$

$\text{(vii)}:$ 因数分解することで最小分解体を求める。

\[\begin{aligned} (X^2 - 3)(X^3 - 5) &= \left(X \pm \sqrt{3}\right) \left(X - \sqrt[3]{5}\right)\left(X - \sqrt[3]{5}\omega\right)\left(X - \sqrt[3]{5}\omega^2\right). \end{aligned}\]

（よく考えたら最小分解体を明示せずとも Galois 群は求められるので、以降の各問で $M$ で最小分解体を表す）

$\text{(i), (ii)}$ を直結すればいいので求める Galois 群は：

\[\operatorname{Gal}(M/\mathbb Q) \cong Z_2 \times \mathfrak S_3. \quad\Box\]

$\text{(viii)}:$ $X^6 - X^3 + 1$ の根を詳しく調べる。

\[\begin{aligned} X^6 - X^3 + 1 &= 0\\ X^6 &= X^3 - 1\\ &= (X - 1)(X^2 + \omega X + \omega^2)\\ \therefore X^{18} &= 1. \end{aligned}\]

したがって根は $\zeta_{18}$ である。 求める最小分解体は $L = \mathbb Q(\zeta_{18})$ であることがわかった。 円分体の理論 (p. 56) により

\[\begin{aligned} \operatorname{Gal}(L/\mathbb Q) &\cong Z_{18}^\times \cong Z_2^\times \times (Z_3^\times)^2\\ &\cong 1 \times Z_{(3-1)3^{2-1}}\\ &\cong Z_6.\quad\Box \end{aligned}\]

$\text{(ix)}:$ $X^4 - X^2 + 1 = 0$ の根を求める。

\[\begin{aligned} X^4 &= X^2 - 1.\\ \therefore X^8 &= X^4 - 2X^2 + 1\\ &= X^2 - 1 - 2X^2 + 1\\ &= -X^2.\\ \therefore X^{12} &= X^8X^4 = -X^2(X^2 - 1)\\ &= -X^4 + X^2\\ &= 1. \end{aligned}\]

求める最小分解体は $L \coloneqq \mathbb Q(\zeta_{12}).$ 円分体の理論により

\[\begin{aligned} \operatorname{Gal}(L/\mathbb Q) &\cong Z_{12}^\times = (Z_2^\times)^2 \times (Z_3)^\times\\ &\cong Z_2 \times Z_{(3-1)3^{1-1}}\\ &\cong Z_2 \times Z_2. \quad\Box \end{aligned}\]

$\text{(x)}:$ $X^8 + 1 = 0$ の根は前問までと同様にして $X = \zeta_{16}$ を得る。

\[\begin{aligned} \operatorname{Gal}(\mathbb Q(\zeta_{16})/\mathbb Q) &\cong Z_{16}^\times \cong Z_{2^4}^\times\\ &= Z_2 \times Z_{2^{4 - 2}}\\ &= Z_2 \times Z_4 \quad\Box \end{aligned}\]

参考：

$(3)$ $X^4 - 5 = 0$ の根すべてを $\mathbb Q\left(\sqrt{-1}\right)$ に添加して得られる体を $L$ とする。$L/\mathbb Q\left(\sqrt{-1}\right)$ が Galois 拡大であることを示せ。 Galois 群と中間体すべてを求めろ。

解：$(2) \text{(iii)}$ で図示した右上部分の拡大体が本問の拡大である。 そこでは $L/\mathbb Q$ が Galois 拡大であるので、$L/\mathbb Q\left(\sqrt{-1}\right)$ は Galois 拡大である。$\Box$

Galois 群はその検討の記号でいう $\langle \sigma \rangle$ である。 これは位数 $4$ の巡回群である。$\Box$

Galois の基本定理により中間体に対応する Galois 群の部分群が存在する。 $\operatorname{Gal}(L/Q\left(\sqrt{-1}\right)) = \langle \sigma \rangle$ の部分群を自明なものを含めて挙げると

\[1, \langle \sigma^2 \rangle, \langle \sigma \rangle.\]

これらの部分群は順に次の部分体に対応する：

\[L, \mathbb Q\left(\sqrt{5}, \sqrt{-1}\right), \mathbb Q\left(\sqrt{-1}\right). \quad\blacksquare\]

検討：$\mathbb Q$ 上拡大次数 $2$ の部分体の基底が盲点だった。$\sqrt[4]{5}$ を自乗したものを入れればいいのだ。

$(4)$ $f(X) \coloneqq X^6 - 6X^4 - 10X^3 + 12X^2 - 60X + 17$ とする。 $f(X)$ の $\mathbb Q$ 上の最小分解体を $L$ とするとき Galois 拡大 $L/\mathbb Q$ の Galois 群を求めろ。

検討：$f(X) = 0$ の根が次の $6$ 数であることをまず示せとあるのでそうする。

\[\pm\sqrt{2} + \sqrt[3]{5}, \pm\sqrt{2} + \sqrt[3]{5}\omega, \pm\sqrt{2} + \sqrt[3]{5}\omega^2\]

解： $X = \pm\sqrt{2} + \sqrt[3]{5}\omega^k\;(k = 0, 1, 2)$ を変形して最小多項式を求めてみる。

\[\begin{aligned} X \pm \sqrt{2} &= \sqrt[3]{5}\omega^k\\ X^3 \pm 3\sqrt{2}X^2 + 6X \pm 2\sqrt{2} &= 5\\ X^3 + 6X - 5 &= \pm\sqrt{2}(3X^2 + 2)\\ X^{6} + 12 X^{4} - 10 X^{3} + 36 X^{2} - 60 X + 25 &= 18X^4 + 24X^2 + 8\\ \therefore f(X) &= 0. \end{aligned}\]

したがって $X = \pm\sqrt{2} + \sqrt[3]{5}\omega^k \iff f(X) = 0.\quad\Box$

$f(X)$ の根の置換を考えることで Galois 群を求めるのが自然だ。

\[\begin{aligned} &\sqrt{2} \mapsto -\sqrt{2},\\ &\begin{cases} \sqrt[3]{5} &\mapsto \sqrt[3]{5}\omega,\\ \sqrt[3]{5} &\mapsto \sqrt[3]{5}\omega^2,\\ \sqrt[3]{5}\omega &\mapsto \sqrt[3]{5},\\ \sqrt[3]{5}\omega &\mapsto \sqrt[3]{5}\omega^2,\\ \sqrt[3]{5}\omega^2 &\mapsto \sqrt[3]{5},\\ \sqrt[3]{5}\omega &\mapsto \sqrt[3]{5}\\ \end{cases} \end{aligned}\]

上記の直積であるので

\[\operatorname{Gal}(L/\mathbb Q) \cong Z_2 \times \mathfrak S_3.\quad\blacksquare\]

$(5)$ 体 $K$ 上の既約三次式 $X^3 + bX + c$ の Galois 群は $D \coloneqq -4b^3 - 27c^2$ とおくとき

  • $\sqrt{D} \notin K$ ならば $\mathfrak S_3$ に、
  • $\sqrt{D} \in K$ ならば $A_3$ に

それぞれ同型である。

検討：本文の Cardano の公式の議論を利用すると次のことが言える：

$X^3 + bX + c = 0$ の根を $t_i\;(i = 1, 2, 3)$ とすると

  • $\operatorname{Gal}(K(t_1, t_2, t_3)/K(b, c)) \cong \mathfrak S_3$

  • $\Delta = \sqrt{D}$ とおくと次の Galois 対応が成り立つ：

    \[\begin{array}{c} &&1 & K(t_1, t_2, t_3)\\ &&\vert & \vert\\ Z_3 & \cong & A_3 & K(b, c, \Delta)\\ && \vert & \vert\\ && \mathfrak S_3 & K(b, c) \end{array}\]

証明：$\Delta \coloneqq \sqrt{D}$ とする。 $\Delta \notin K$ ならば $K(b, c, \Delta) \ne K(b, c)$ なので Cardano の公式の議論と同じ Galois 群である $\mathfrak S_3$ と同型である。 $\Box$

$\Delta \in K$ ならば上の図式の真ん中の行と下の行が言わば「縮退」する。 であるから Galois 群は $\mathfrak S_3$ か $A_3$ のどちらか一方に同型である。 前者に等しいと仮定して矛盾を導く。

$\mathfrak S_3$ が $K(t_1, t_2, t_3)$ の $K$ 自己同型群としてこの拡大体に作用する。 このことは $\Delta$ が $\mathfrak S_3$ の作用によって不変であることを必要とする。 しかし定義から $\Delta$ は例えば $(1\ 2) \in \mathfrak S_3$ により不変ではない。 これは矛盾である。 したがって求める Galois 群は $\mathfrak S_3$ とは同型ではない。 つまり $A_3$ に同型である必要があることが示された。 $\blacksquare$

検討：前半は手を抜かずに $\Delta^2 = D = -4b^3 - 27c^2 \in K$ を利用するのがよかった。

$(6)$ $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2$ および $x_1^3 + x_2^3 + x_3^3$ を $x_1, x_2, x_3$ の基本対称式 $s_1, s_2, s_3$ で表わせ。

検討：二次式までは高校数学レベルだ。三次式以上は基本対称式に展開する公式を用いる。

解：

\[\begin{aligned} x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 &= (x_1 + x_2 + x_3)^2 - 2(x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1)\\ &= s_1^2 - 2s_2. \quad\Box\\ x_1^3 + x_2^3 + x_3^3 &= (x_1 + x_2 + x_3)^3 -3(x_1^2x_2 + x_2^2 x_3 + x_3^2 x_1)\\ &\qquad-3(x_1x_2^2 + x_2 x_3^2 + x_3 x_1^2) - 6x_1x_2x_3. \end{aligned}\]

$f(x_1, x_2, x_3) \coloneqq x_1^2x_2 + x_2^2 x_3 + x_3^2 x_1$ および $g(x_1, x_2, x_3) \coloneqq x_1x_2^2 + x_2 x_3^2 + x_3 x_1^2$ を基本対称式で表すことを考える。

$f$ の $x_1^2x_2$ の項を $x_1^2x_2^1x_3^0$ と読んで $s_1^{2 - 1}s_2^{1 - 0}s_3^0$ を引くのがコツだ。

\[\begin{aligned} f(x_1, x_2, x_3) - s_1s_2 &= x_1^2x_2 + x_2^2 x_3 + x_3^2 x_1 - s_1s_2\\ &= -3x_1x_2x_3 - x_1x_2^2 - x_2x_3^2 - x_3x_1^2\\ &= -3s_3 - g(x_1, x_2, x_3).\\ \therefore -3(f + g) &= 9s_3 - 3s_1s_2. \end{aligned}\]

よって $x_1^3 + x_2^3 + x_3^3 = s_1^3 - 3s_1s_2 + 3s_3.\quad\blacksquare$

$(7)$ $n$ 次対称群 $\mathfrak S_3$ が不定元 $a_1, \dotsc, a_n$ の置換として作用しているとする。 これらの基本対称式を $s_1, \dotsc, s_n$ とする。

このとき $n$ 変数多項式環 $\mathbb C[x_1, \dotsc, x_n]$ の不変環は次を満たす：

\[\mathbb C[x_1, \dotsc, x_n]^{\mathfrak S_n} = \mathbb C[s_1, \dotsc, s_n].\]

証明：別の教科書の対称式は基本対称式の有理式で表せるでやったもの。

TODO: 時間が余ったら証明をここに書き直してみる。

$(8)$ $n$ 次 Galois 拡大 $L/K$ の Galois 群の元を $\sigma_1, \dotsc, \sigma_n$ とする。

このとき任意の $f \in \operatorname{Hom}_K(L, \overline{L})$ に対して次を満たす $a_1, \dotsc, a_n \in L$ が存在する：

\[f = \sum_{i = 1}^n a_i\sigma_i.\]

検討：拡大体 $L$ の中への $K$ 準同型写像のつくる空間が $n$ 次元ベクトル空間であると主張している。 つまり任意の $L$ の中への準同型写像 $f$ が Galois 群の元の線形結合で表せると言っている。

線形独立性の証明につき背理法で示すのがよい。さらに最大最小法の技法を使う。

証明：$\sigma_1, \dotsc, \sigma_n \in \operatorname{Gal}(L/K)$ が $L$ 上線形独立ではないと仮定して矛盾を導く。

任意の $x \in L$ に対して

\[\tag*{$\spadesuit1$} \sum_{i = 1}^n a_i\sigma_i(x) = 0\]

を満たすような係数のうち、非ゼロであるものが最小になる組み合わせをとる。

\[a_1 = \dotsb = a_{r-1} \ne 0,\;a_r = 1,\;a_{r+1} = \dotsb = a_n = 0\]

と仮定しても一般性を何ら損なわない。

$r \ne 1$ であることから、ある $b \in L$ に対して $\sigma_1(b) \ne \sigma_r(b).$ この $b$ に対して $bx \in L$ だから：

\[\tag*{$\spadesuit2$} \begin{aligned} \sum_{i = 1}^r a_i\sigma_i(bx) &= 0\\ \therefore \sum_{i = 1}^r a_i\sigma_i(b)\sigma_i(x) &= 0\\ \end{aligned}\]

$(\spadesuit2 - \sigma_r(b)\spadesuit1) = 0$ より

\[\begin{aligned} &\phantom{=}\sum_{i = 1}^{r - 1}a_i(\sigma_i(b)\sigma_i(x) - \sigma_r(b)\sigma_i(x))\\ &= \sum_{i = 1}^{r - 1}a_i(\sigma_i(b) - \sigma_r(b))\sigma_i(x) = 0. \end{aligned}\]

ここで $a_i(\sigma_i(b) - \sigma_r(b))\;(i = 1, \dotsc, r - 1)$ が非ゼロかつ線形結合がゼロ。 これは最初の $a_i$ のとり方の最小であることに反する。 したがって、いずれかの $a_i$ が非ゼロであるような係数の取り方は存在しない、すなわち $\sigma_1, \dotsc, \sigma_n \in \operatorname{Gal}(L/K)$ が $L$ 上線形独立あることが示された。 $\blacksquare$

$(9)$ $p \gt 2,\;\pi$ をそれぞれ素数、円周率とする。

$\text{(i)}$ $\cos(2\pi/p)$ は $\mathbb Q$ 上代数的である。

$\text{(ii)}$ 体の拡大 $\mathbb Q(\cos(2\pi/p))/\mathbb Q$ は Galois 拡大であることを示し、その Galois 群を求めろ。

証明：$X^p - 1 = 0$ の根の一つは

\[\zeta_p \coloneqq \cos(2\pi/p) + \sqrt{-1}\sin(2\pi/p)\]

である。これは $\zeta_p$ だけでなく $\cos(2\pi/p) = (\zeta_p + \zeta_p^{-1})/2$ も $\mathbb Q$ 上代数的であることを示している。 $\Box$

円分体の理論により $\mathbb Q(\zeta_p)/\mathbb Q$ は Abel 拡大であるから Galois 拡大である。 $\mathbb Q((\zeta_p + \zeta_p^{-1})/2) = \mathbb Q(\zeta_p + \zeta_p^{-1})$ はこの拡大の中間体であるから $\mathbb Q(\zeta_p)/\mathbb Q(\zeta_p + \zeta_p^{-1})$ もまた Galois 拡大である。 $\Box$

$\zeta_p$ は $X + X^{-1} = \cos(2\pi/n)$ の解であることから

\[X^2 -\cos(2\pi/n)X + 1 = 0.\]

ゆえに $[\mathbb Q(\zeta_p) : \mathbb Q(\cos(2\pi/p))] = 2.$

外側の Galois 拡大の Galois 群は円分体の理論により次である：

\[\operatorname{Gal}(\mathbb Q(\zeta_p)/\mathbb Q)\cong Z_p^\times \cong Z_{p - 1}.\]

したがって求める中間体の Galois 群は $Z_{p - 1}$ の自明でない部分群である。 拡大次数が $2$ であるので：

\[\operatorname{Gal}(\mathbb Q(\cos(2\pi/p))/\mathbb Q) \cong Z_{(p - 1)/2}. \quad\blacksquare\]

検討：$\zeta_p$ の実部の取り方を思いつけなかった。