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 $\mathbb Q$ 上の $1$ 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。
  • Wikipedia に倣って位数 $n$ の巡回群を $Z_n$ で表す。

$(14)$ $m_1, m_2 \in \N$ とし $g, l$ をそれぞれ $m_1, m_2$ の最大公約数、最小公倍数とする。 このとき次が成り立つ：

\[\begin{aligned} \text{(i)} &&&\mathbb Q(\zeta_{m_1}) \cap \mathbb Q(\zeta_{m_2}) = \mathbb Q(\zeta_g).\\ \text{(ii)} &&&\mathbb Q(\zeta_{m_1}, \zeta_{m_2}) = \mathbb Q(\zeta_l). \end{aligned}\]

検討：実は $\text{(i)}$ を証明するのに $\text{(ii)}$ を利用する。 ダイヤモンド形の拡大図式を見て群の第二同型定理をすぐに思い出せないようだと厳しい。 円分体の問題なので Euler 関数が当然出てくる。基本的な性質を習っていないとダメだ。

$\text{(ii)}$ は $\langle \zeta_{m_1}, \zeta_{m_2} \rangle = \langle l \rangle$ を示せばいいだろう。全然 Galois 拡大の話ではなくなってきている。

証明： $\text{(i)}:$ 群の第二同型定理によると $(j, k) = (1, 2), (2, 1)$ に対して次が成り立つ：

\[\begin{aligned} (\mathbb Q(\zeta_{m_1})\mathbb Q(\zeta_{m_2}))/\mathbb Q(\zeta_{m_j}) &= \mathbb Q(\zeta_{m_1}, \zeta_{m_2})/\mathbb Q(\zeta_{m_j})\\ &\cong \mathbb Q(\zeta_{m_k})/(\mathbb Q(\zeta_{m_1}) \cap \mathbb Q(\zeta_{m_2})).\\ \end{aligned}\]

この同型を Galois の基本定理、とくに Galois 対応の拡大次数と位数の関係の性質に適用すると次を得る：

\[\begin{aligned} [\mathbb Q(\zeta_{m_1}, \zeta_{m_2}) : \mathbb Q] &= [\mathbb Q(\zeta_{m_1}, \zeta_{m_2}) : \mathbb Q(\zeta_{m_j})] [\mathbb Q(\zeta_{m_j}) : \mathbb Q]\\ &= \lvert (\mathbb Q(\zeta_{m_1}, \zeta_{m_2}))/\mathbb Q(\zeta_{m_j}) \rvert [\mathbb Q(\zeta_{m_j}) : \mathbb Q]\\ &= \lvert \mathbb Q(\zeta_{m_k})/(\mathbb Q(\zeta_{m_1}) \cap \mathbb Q(\zeta_{m_2})) \rvert [\mathbb Q(\zeta_{m_j}) : \mathbb Q]\\ &= \frac{[\mathbb Q(\zeta_{m_k}) : \mathbb Q][\mathbb Q(\zeta_{m_j}) : \mathbb Q]} {[\mathbb Q(\zeta_{m_1}) \cap \mathbb Q(\zeta_{m_2}) : \mathbb Q]}. \end{aligned}\]

Euler の関数を $\varphi$ で表すと $[\mathbb Q(\zeta_{m_j}) : \mathbb Q] = \varphi(m_j)$ などを代入することで

\[\begin{aligned} [\mathbb Q(\zeta_{m_1}, \zeta_{m_2}) : \mathbb Q] &= \frac{\varphi(m_k)\varphi(m_j)}{\varphi(l)} & \because \text{(ii)}\\ &= \varphi(g). \end{aligned}\] \[\begin{aligned} \therefore [\mathbb Q(\zeta_{m_1}) \cap \mathbb Q(\zeta_{m_2}) : \mathbb Q(\zeta_g)] &= \frac{[\mathbb Q(\zeta_{m_1}) \cap \mathbb Q(\zeta_{m_2}) : \mathbb Q]}{[\mathbb Q(\zeta_g) : \mathbb Q]}\\ &= \frac{\varphi(g)}{\varphi(g)} = 1. \end{aligned}\]

したがって $\mathbb Q(\zeta_{m_1}) \cap \mathbb Q(\zeta_{m_2}) = \mathbb Q(\zeta_g)$ であることが示された。 $\Box$

$\text{(ii)}:$ $\mathbb Q(\zeta_{m_1}, \zeta_{m_2}) \subset \mathbb Q(\zeta_l)$ を示す。$m_1 \mid l$ かつ $m_2 \mid l$ であるから $\zeta_{m_1}, \zeta_{m_2}$ はいずれも $\zeta_l$ のべき乗の形に書ける。 したがって $\zeta_{m_1}^s \zeta_{m_2}^t\;(s, t \in \N)$ もそう書ける。 したがって $\mathbb Q(\zeta_{m_1}, \zeta_{m_2}) \subset \mathbb Q(\zeta_l).$

$\mathbb Q(\zeta_{m_1}, \zeta_{m_2}) \supset \mathbb Q(\zeta_l)$ を示す。 Bézout の補題によりある $a, b \in \Z$ が存在して次を満たす：

\[a\frac{m_1}{g} + b\frac{m_2}{g} = 1. \quad \because \left(\frac{m_1}{g}, \frac{m_2}{g}\right) = 1\]

これを用いると：

\[\begin{aligned} \zeta_l &= \zeta_l^1 = \zeta_l^{am_1/g + bm_2/g}\\ &= \zeta_l^{am_1/g}\zeta_l^{bm_2/g}. \end{aligned}\]

$m_1/g \in m_2\Z, m_2/g \in m_1\Z$ であるから

\[\zeta_l^{am_1/g} \in \mathbb Q(\zeta_{m_2}),\quad \zeta_l^{bm_2/g} \in \mathbb Q(\zeta_{m_1}).\]

ゆえに $\mathbb Q(\zeta_{m_1}, \zeta_{m_2}) \supset \mathbb Q(\zeta_l).$

したがって $\mathbb Q(\zeta_{m_1}, \zeta_{m_2}) = \mathbb Q(\zeta_l)$ が成り立つことが示された。 $\blacksquare$

$(15)$ $\mathbb Q$ 上の $\zeta_{12}$ の最小多項式を求めろ。

検討：SymPy で答え合わせをしておく。

>>> from sympy import QQ, minimal_polynomial, root
>>> from sympy.abc import X
>>> minimal_polynomial(root(1, 12, 1), X, QQ)
X**4 - X**2 + 1

解：求める最小多項式は円周等分多項式 $\varPhi_{12}(X)$ である。 教科書 (p. 55) で $\varPhi_d(X)\;(d = 1, 2, 3, 4)$ が与えられている。 残りの $\varPhi_6(X)$ を求める：

\[\begin{aligned} X^6 - 1 &= (X^2)^3 - 1^3 = (X^2 - 1)(X^4 + X^2 + 1)\\ &= (X + 1)(X - 1)(X^2 - X + 1)(X^2 + X + 1).\\ &= \varPhi_2(X)\varPhi_1(X)(X^2 - X + 1)\varPhi_3(X).\\ \therefore \varPhi_6(X) &= X^2 - X + 1. \end{aligned}\]

$X^{12} - 1$ を因数分解して次数の低い円周等分多項式とそうでない因子の積に表す。 そうでない因子が求める $\varPhi_{12}(X)$ である：

\[\begin{aligned} X^{12} - 1 &= (X^6)^2 - 1 = (X^6 + 1)(X^6 - 1).\\ &= ((X^2)^3 + 1^3)\varPhi_1(X)\varPhi_2(X)\varPhi_3(X)\varPhi_6(X)\\ &= (X^2 + 1)(X^4 - X^2 + 1)\varPhi_1(X)\varPhi_2(X)\varPhi_3(X)\varPhi_6(X)\\ &= \varPhi_4(X)(X^4 - X^2 + 1)\varPhi_1(X)\varPhi_2(X)\varPhi_3(X)\varPhi_6(X).\\ \therefore \varPhi_{12}(X) &= X^4 - X^2 + 1.\quad\blacksquare \end{aligned}\]

$(16)$ 有理数体の有限次代数拡大は $1$ のべき根を有限個しか含まない。

証明：背理法で証明する。 有限次代数拡大 $K/\mathbb Q$ を

  • 次数 $d \coloneqq [K : \mathbb Q] \lt \infty$ かつ
  • $1$ のべき根を無限に含む

ものが存在すると仮定する。このとき $K$ は $1$ の任意に大きい次数のべき根を含む。 したがって $K$ は無数の $n$ に対する円周等分多項式 $\varPhi_n(X)$ の根を含む。 そのようなすべての $n \in \N$ からなる集合を $S$ とおく。

$\varphi$ を Euler 関数とすると $\deg\varPhi_n(X) = \varphi(n).$ また、$n$ が十分大きければ $\varphi(n) \ge \sqrt{n}.$

$S$ が無限集合であることから $\varphi(m) \gt d$ を満たすような $m \in S$ が存在する。 ところが $K$ は次数が $\varphi(m)$ である多項式 $\varPhi_m(X)$ の根が生成する体を含むことになる。 これは矛盾である。

したがってどんな有限次代数拡大 $K/\mathbb Q$ も $1$ のべき根を無限には含まないことが示された。 $\blacksquare$

参考：Finite Extensions and Roots of Unity

$(17)$ $\mathbb Q(\zeta_7)/\mathbb Q$ の中間体をすべて求めろ。

検討：円の $7$ 分体の円分体すべてを求める問題。 Galois 群を求め、そのすべての部分群から不変体を決定することで Galois 対応を求める。

解：与えられた Galois 拡大体の Galois 群を求める。

\[G \coloneqq \operatorname{Gal}(\mathbb Q(\zeta_7)/\mathbb Q) \cong \Z_7^\times \cong Z_6.\]

$6$ 次の巡回群である。この真部分群は $Z_2 = \lbrace 0, 3\rbrace$ または $Z_3 = \lbrace 0, 2, 4\rbrace$ に群同型である。 生成元は $5 \in Z_6$ に対応する何らかの $\sigma \in \operatorname{Aut}_{\mathbb Q}\mathbb Q(\zeta_7).$

次の計算により $\sigma\colon \zeta_7 \longmapsto \zeta_7^3$ ととれる：

\[\begin{aligned} \sigma(\zeta_7) &= \zeta_7^3,\\ \sigma^2(\zeta_7) &= \zeta_7^9 = \zeta_7^2,\\ \sigma^3(\zeta_7) &= \zeta_7^6\\ \sigma^4(\zeta_7) &= \zeta_7^{18} = \zeta_7^4,\\ \sigma^5(\zeta_7) &= \zeta_7^{12} = \zeta_5,\\ \sigma^6(\zeta_7) &= \zeta_7^3 = \sigma(\zeta_7). \end{aligned}\]

$G$ の $Z_2, Z_3$ に同型な部分群をそれぞれ $H_1, H_2$ とおくと次のように表せる：

\[H_1 = \lbrace 1, \sigma^3 \rbrace,\quad H_2 = \lbrace 1, \sigma^2, \sigma^4\rbrace\]

不変体をそれぞれ求める。それらが求める中間体である。

$H_1$ については $1(\zeta_7) + \sigma^3(\zeta_7)$ を計算する。 この和は $H_1$ で不変である。

\[\begin{aligned} 1(\zeta_7) + \sigma^3(\zeta_7) &= \zeta_7 + \zeta_7^6\\ &= \zeta_7 + \zeta_7^{-1}\\ &= 2\cos\frac{2\pi}{7} \notin \mathbb Q.\\ \therefore \mathbb Q(\zeta_7)^{H_1} &= \mathbb Q(\zeta_7 + \zeta_7^6)\\ &= \mathbb Q\left(\cos\frac{2\pi}{7}\right). \end{aligned}\]

同様にして $H_2$ の不変体を計算する。

\[\begin{aligned} 1(\zeta_7) + \sigma^2(\zeta_7) + \sigma^4(\zeta_7) &= \zeta_7 + \zeta_7^2 + \zeta_7^4. \end{aligned}\]

右辺を $\beta$ とおき、その $\mathbb Q$ 上における最小多項式 $f_\beta(X)$ を求める。 $f_\beta(X)$ は $f(\beta) = f(\overline{\beta}) = 0$ を満たす。

\[\begin{aligned} \beta + \overline{\beta} &= \zeta_7 + \zeta_7^2 + \zeta_7^4 + \overline{\zeta_7 + \zeta_7^2 + \zeta_7^4}\\ &= \zeta_7 + \zeta_7^2 + \zeta_7^4 + \zeta_7^6 + \zeta_7^5 + \zeta_7^3\\ &= -1.\\ \beta\overline{\beta} &= (\zeta_7 + \zeta_7^2 + \zeta_7^4)(\zeta_7^6 + \zeta_7^5 + \zeta_7^3)\\ &= \zeta_7^7 + \zeta_7^6 + \zeta_7^4 + \zeta_7^8 + \zeta_7^7 + \zeta_7^5 + \zeta_7^{10} + \zeta_7^9 + \zeta_7^7\\ &= 1 + \zeta_7^6 + \zeta_7^4 + \zeta_7 + 1 + \zeta_7^5 + \zeta_7^3 + \zeta_7^2 + 1\\ &= 2.\\ \therefore f_\beta(X) &= X^2 - X + 2 \in \mathbb Q[X].\\ \therefore \mathbb Q(\zeta_7)^{H_2} &= \mathbb Q(\beta). \end{aligned}\]

残りは自明な中間体である $\mathbb Q$ および $\mathbb Q(\zeta_7)$ である。 $\blacksquare$

参考：Mathematics Stack Exchange

この問題は答案の分量にしてはえらく時間がかかった。

  • 地味に Galois 群（巡回群）の生成元を特定するのに時間がかかった。しかも方法論が未だにわからない。 手持ちの資料すべてが $3$ 乗する写像を生成元としているが、あとは $5$ でもいけると思う。 これらの数がなぜ妥当なのかがわからない。
  • 不変体の生成元をどこから持ってくるのかがわからなかった。 これは Galois 対応する自己同型群にある写像の総和をとるものらしい。
  • $\zeta_7$ の代数的処理に苦労した。これは単なる物忘れ＆経験不足。