桂利行著『代数学 III 体とガロア理論』第三章章末問題の答案。

記号説明：

  • $p$ は素数とする。
  • $\zeta_n$ は $1$ の原始 $n$ 乗根とする。
  • $\omega \coloneqq \zeta_3$ とする。
  • $Z_n$ を $n$ 次巡回群とする。
  • $\mathfrak S_n$ は $n$ 次対称群とする。

$(1)$ 次の Galois 拡大の正規底を求めろ。

\[\begin{array}{rl} \text{(i)} & \mathbb Q\!\left(\sqrt{2}\right)\!/\mathbb Q\\ \text{(ii)} & \mathbb Q\!\left(\sqrt[3]{2}, \omega\right)\!/\mathbb Q\\ \text{(iii)} & \mathbb Q(\zeta_7)/\mathbb Q \end{array}\]

解：$\text{(i)}:$ $G$ を与えられた Galois 拡大体の Galois 群とする。 これまでの演習により $G$ は次のように書ける：

\[\begin{aligned} &G = \{\sigma_1, \sigma_2 \},\\ &\sigma_1 = \operatorname{id},\\ &\sigma_2\colon\sqrt{2} \longmapsto -\sqrt{2}. \end{aligned}\]

したがって $x \in \mathbb Q\left(\sqrt{2}\right)$ で次を満たすものを見つける：

\[c_1\sigma_1(x) + c_2\sigma_2(x) = 0 \implies c_1 = c_2 = 0\] \[\begin{aligned} \begin{pmatrix} \sigma_1^{-1}\sigma_1(x) & \sigma_1^{-1}\sigma_2(x)\\ \sigma_2^{-1}\sigma_1(x) & \sigma_2^{-1}\sigma_2(x) \end{pmatrix}\!\! \begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \end{pmatrix} = \bm 0. \end{aligned}\]

左辺の行列を $M$ とすると $\det M \ne 0$ なる $x$ を見つければいい。 $a, b \in \mathbb Q$ として $x = a + b\sqrt{2}$ とおくと

\[\begin{aligned} \det M &= \left(a + b\sqrt{2}\right)^2 - \left(a - b\sqrt{2}\right)^2\\ &= 4ab\sqrt{2} \ne 0.\\ \end{aligned}\]

$a \ne 0$ かつ $b \ne 0$ でさえあればいいことが示された。 したがって例えば $x = 1 + \sqrt{2}$ に対する

\[\langle \sigma_1(x), \sigma_2(x) \rangle = \langle 1 + \sqrt{2}, 1 - \sqrt{2} \rangle\]

が正規底である。 $\blacksquare$

$\text{(ii)}:$ $G$ を与えられた Galois 拡大体の Galois 群とする。 以前やったように $G \cong \mathfrak S_3$ であり、$\sigma, \tau \in G$ をそれぞれ位数 $2, 3$ の元とすると：

\[G = \langle \sigma, \tau \rangle,\quad \sigma^{-1}\tau\sigma = \tau^2.\]

$x \in \mathbb Q\left(\sqrt[3]{2}, \omega\right)$ で

\[c_1 1x + c_2 \sigma(x) + c_3\tau(x) + c_4\tau\sigma(x) + c_5\tau^2(x) + c_6\tau^2\sigma(x) = 0\]

を満たすものを見つける。先ほどと同様に進める。$x_i \in \mathbb Q$ として

\[\begin{aligned} \sigma_1(x) &\coloneqq& x &\coloneqq x_1 + x_2\sqrt[3]{2} + x_3\sqrt[3]{4}+ x_4\omega + x_5\sqrt[3]{2}\omega + x_6\sqrt[3]{4}\omega\\ \sigma_2(x) &\coloneqq& \sigma(x) &= x_1 + x_2\sqrt[3]{2} + x_3\sqrt[3]{4}+ x_4\omega^2 + x_5\sqrt[3]{2}\omega^2 + x_6\sqrt[3]{4}\omega^2\\ \sigma_3(x) &\coloneqq& \tau(x) &= x_1 + x_2\sqrt[3]{2}\omega + x_3\sqrt[3]{4}\omega^2 + x_4\omega + x_5\sqrt[3]{2}\omega^2 + x_6\sqrt[3]{4}\\ \sigma_4(x) &\coloneqq& \tau^2(x) &= x_1 + x_2\sqrt[3]{2}\omega^2 + x_3\sqrt[3]{4}\omega + x_4\omega + x_5\sqrt[3]{2} + x_6\sqrt[3]{4}\omega^2\\ \sigma_5(x) &\coloneqq& \tau\sigma(x) &= x_1 + x_2\sqrt[3]{2}\omega + x_3\sqrt[3]{4}\omega^2 + x_4\omega^2 + x_5\sqrt[3]{2} + x_6\sqrt[3]{4}\omega\\ \sigma_6(x) &\coloneqq& \tau^2\sigma(x) &= x_1 + x_2\sqrt[3]{2}\omega^2 + x_3\sqrt[3]{4}\omega + x_4\omega^2 + x_5\sqrt[3]{2}\omega + x_6\sqrt[3]{4}\\ \end{aligned}\]

上の等式をよく見ると $G$ は $\lbrace x\rbrace$ に推移的に作用することがわかる。ここで $x_1 = \dotsb = x_6 = 1$ とおく。 そのとき $x$ に対して次が成り立つ：

\[\begin{aligned} 1 &= \frac{1}{6}\sigma_1(x) + \frac{1}{6}\sigma_2(x) + \frac{1}{6}\sigma_3(x) + \frac{1}{6}\sigma_4(x) + \frac{1}{6}\sigma_5(x) + \frac{1}{6}\sigma_6(x),\\ \sqrt[3]{2} &= \frac{1}{4}\sigma_1(x) + \frac{1}{4}\sigma_2(x) - \frac{1}{2}\sigma_3(x) + \frac{1}{4}\sigma_4(x) + \frac{1}{4}\sigma_5(x) - \frac{1}{2}\sigma_6(x),\\ \sqrt[3]{4} &= \frac{1}{4}\sigma_1(x) + \frac{1}{4}\sigma_2(x) + \frac{1}{4}\sigma_3(x) - \frac{1}{2}\sigma_4(x) - \frac{1}{2}\sigma_5(x) + \frac{1}{4}\sigma_6(x),\\ \omega &= \frac{1}{3}\sigma_1(x) - \frac{1}{3}\sigma_2(x) +\frac{1}{3}\sigma_3(x) +\frac{1}{3}\sigma_4(x) -\frac{1}{3}\sigma_5(x) -\frac{1}{3}\sigma_6(x),\\ \sqrt[3]{2}\omega &= \frac{1}{3}\sigma_1(x) - \frac{1}{3}\sigma_2(x) + \frac{1}{3}\sigma_3(x) - \frac{1}{3}\sigma_4(x) + \frac{1}{3}\sigma_5(x) - \frac{1}{3}\sigma_6(x),\\ \sqrt[3]{4}\omega &= \frac{1}{4}\sigma_1(x) - \frac{1}{2}\sigma_2(x) - \frac{1}{2}\sigma_3(x) + \frac{1}{4}\sigma_4(x) + \frac{1}{4}\sigma_5(x) + \frac{1}{4}\sigma_6(x). \end{aligned}\]

したがって $\lbrace \sigma(x) \,\mid\, \sigma \in G\rbrace$ が正規底の一つである。 $\blacksquare$

$\text{(iii)}:$ 与えられた Galois 拡大は円の $7$ 分体である。 $G$ を与えられた Galois 拡大体の Galois 群とすると $G \cong Z_7^\times \cong Z_6.$

$\zeta_7^j\;(j = 1, \dotsc, 6)$ は円周等分多項式 $\varPhi_6(X)$ の相異なるすべての零点である。 $\sigma \in G$ は $\lbrace \zeta_7^j \rbrace$ に推移的に作用するからある $\sigma_j \in G$ が存在して $\sigma_j(\zeta_7) = \zeta_7^j$ を満たす。

正規底はある $x \in \mathbb Q(\zeta_7)$ が存在して

\[\mathbb Q(\zeta_7)\langle \sigma_j(x) \,\mid\, j = 1, \dotsc, 6\rangle\]

の形をするものであるが、以上のことからこれは

\[\langle \zeta_7^j \,\mid\, j = 1, \dotsc, 6 \rangle\]

に等しいことが示された。 $\blacksquare$

$(2)$ 有限体 $\mathbb F_3$ 上の多項式 $f(X) \coloneqq X^3 - X + 1$ は既約であることを示せ。$f(X) = 0$ の根の一つを $\alpha$ とする。 Galois 拡大 $\mathbb F_3(\alpha)/\mathbb F_3$ の正規底を求めろ。

検討：多項式の形から Artin-Schreier 理論を思い出す。

証明：$f(X)$ が可約ならばある一次式 $X - a$ で割り切れる必要がある。 このとき $f(X) = (X - a)g(X)$ なので $f(a) = 0$ が必要。ところが元の式に $a = 1, 2$ を代入しても $0$ にはならない。 したがって $f(X)$ は $\mathbb F_3$ 上既約であることが示された。 $\Box$

$x \coloneqq c_0 + c_1\alpha + c_2\alpha^2\;(c_0, c_1, c_2 \in \mathbb F_3)$ とする。

$f(X) = 0$ の根のすべては $\alpha, \alpha + 1, \alpha + 2$ である。 $G \coloneqq \operatorname{Gal}(\mathbb F_3(\alpha)/\mathbb F_3) \cong Z_3.$ $G \ni \sigma_i\colon \alpha \longmapsto \alpha + i\;(i = 0, 1, 2)$ とおくと求める正規底は

\[\begin{aligned} \sigma_0(x) &= c_0 + c_1\alpha + c_2\alpha^2\\ \sigma_1(x) &= c_0 + c_1(\alpha + 1) + c_2(\alpha + 1)^2\\ &= (c_0 + c_1 + c_2) + (c_1 + 2c_2)\alpha + c_2\alpha^2\\ \sigma_2(x) &= c_0 + c_1(\alpha + 2) + c_2(\alpha + 2)^2\\ &= (c_0 + 2c_1 + 4c_2) + (c_1 + 4c_2)\alpha + c_2\alpha^2. \end{aligned}\]

これらが線形独立になる条件を求めると

\[\def\arraystretch{1.2} \begin{vmatrix} c_0 & c_1 & c_2\\ c_0 + c_1 + c_2 & c_1 + 2c_2 & c_2\\ c_0 + 2c_1 + 4c_2 & c_1 + 4c_2 & c_2 \end{vmatrix} = -4c_2^3 \ne 0.\]

したがって $x \coloneqq 0 + 0\alpha + \alpha^2$ として

\[\langle \sigma_i(x) \rangle = \langle \alpha^2, (\alpha + 1)^2, (\alpha + 2)^2 \rangle\]

が正規底の一つである。 $\blacksquare$

$(3)$ $L/K$ を有限次 Galois 拡大、$\alpha \in L$ に対し

\[\{\sigma(\alpha)\,|\,\sigma \in \operatorname{Gal}(L/K)\}\]

が正規底であるとする。$M$ を $L/K$ の中間体とすれば

\[M = K(\operatorname{Tr}_{L/M}\alpha)\]

が成り立つ。

検討：左辺と右辺の包含関係を片方だけ得て、二つの拡大次数

\[[M : K], [K(\operatorname{Tr}_{L/M}\alpha), K]\]

の比較から両者は等しいと結論づけることができる。

Galois の基本定理から $G \coloneqq \operatorname{Gal}(L/K)$ のある部分群 $H$ に $M$ が対応すると仮定する。

推論の過程で $M$ の $K$ 上の基底が必要になる。 その際に $G$ の $H$ による類別が使える。

右辺の共役をすべて考える。

証明：$G \coloneqq \operatorname{Gal}(L/K)$ とおく。 $G$ の部分群のうち中間体 $M$ に Galois 対応するものを $H$ とする。 $G$ の $H$ を法とする類別をとる：

\[G = \bigsqcup_{i = 1}^r H\sigma_i\]

ここで $\lbrace \sigma_1 = \operatorname{id} _ {L}, \sigma_2, \dotsc, \sigma_r\rbrace$ は代表系とする。 このとき

\[\tag*{$\spadesuit$} \operatorname{Tr}_{L/M}\sigma_i(\alpha)\;(i = 1, 2, \dotsc, r)\]

が拡大体 $M/K$ の基底であることを示す。そのため

  • $\spadesuit$ が線形独立であることと
  • $\spadesuit$ の張る空間が $M$ であること

を示す。

$\spadesuit$ が線形独立であることは主張の $\lbrace\sigma(\alpha)\,\mid\,\sigma \in G\rbrace$ が正規底であるという仮定から成り立つ。

$\spadesuit$ の張る空間が $M$ であることを示す。 $m \in M$ を一つとる。トレースは全射であるから、ある $x \in L$ が存在して $\operatorname{Tr} _ {L/M}x = m$ を満たす。$L$ は主張の正規底を基底とする $K$ 上のベクトル空間であるから

\[x = \sum_{\sigma \in G}c_\sigma \sigma(\alpha),\quad \exists c_\sigma \in K.\]

この両辺に $\operatorname{Tr} _ {L/M}$ を施せば次を得る：

\[m = \operatorname{Tr}_{L/M}x = \sum_{\sigma \in G}c_\sigma \operatorname{Tr}_{L/M}\sigma(\alpha) \quad \exists c_\sigma \in K.\]

したがって $\spadesuit$ の張る空間が $M$ であることが示された。

以上で $\langle \operatorname{Tr} _ {L/M}\sigma_i(\alpha)\,\mid\, i = 1, 2, \dotsc, r\rangle$ が拡大体 $M/K$ の基底であることが示された。 $\Box$

$\operatorname{Tr} _ {L/M}\alpha$ の $K$ 上の共役は $\tau \in H$ として $\tau(\operatorname{Tr} _ {L/M}\alpha)$ の形に表される。

\[\tau_i \ne \tau_j \implies \tau_i(\operatorname{Tr}_{L/M}\alpha) \ne \tau_j(\operatorname{Tr}_{L/M}\alpha)\]

であることから

\[r = [M : K] \le [K(\operatorname{Tr}_{L/M}\alpha) : K].\]

一方、拡大体の作り方から $M \supset K(\operatorname{Tr} _ {L/M}\alpha)$ である。 したがって $M = K(\operatorname{Tr} _ {L/M}\alpha)$ が示された。 $\blacksquare$

$(4)$ 加群の学習不足につき、この問いには立ち入らない。

$(5)$ $p, q, r$ を相異なる素数とする。 $\mathbb Q\left(\sqrt{p}, \sqrt{q}, \sqrt{r}\right)/\mathbb Q$ の Galois 群を求めろ。

検討：第 2 章演習問題でもおかしくないが、今や Kummer 理論が使える。

解：与えられた拡大体は $\mathbb Q$ 上の多項式：

\[(X^2 - p)(X^2 - q)(X^2 - r)\]

の最小分解体である。$p, q, r \in \mathbb Q^\times$ であり Kummer 拡大の生成元はべき根の定理から与えられた拡大体は Kummer 拡大体であり、その Galois 群は

\[Z_2 \times Z_2 \times Z_2\]

と同型である。 $\blacksquare$

$(6)$ 体の拡大 $\mathbb Q\left(\zeta_{15}, \sqrt[3]{2}, \sqrt[5]{3}\right)/\mathbb Q(\zeta_{15})$ は Galois 拡大であることを示し、その Galois 群を求めろ。

検討：こちらも Kummer 拡大の理論が使える。

解：与えられた拡大体は $\mathbb Q$ 上の、したがって $\mathbb Q(\zeta_{15})$ 上の多項式：

\[(X^3 - 2)(X^5 - 3)\]

の最小分解体である。$2, 3 \in \mathbb Q^\times$ であり最小分解体は Kummer 拡大体である。 このとき Galois 群は

\[Z_3 \times Z_5\]

と同型である。 $\blacksquare$

$(7)$ 有限体 $\mathbb F_7$ 上の方程式 $X^7 - X + 1 = 0$ の $\overline{\mathbb F_7}$ における根の一つを $\alpha$ とする。 体の拡大 $\mathbb F_7(\alpha)/\mathbb F_7$ は Galois 拡大であることを示し、その Galois 群を求めろ。

検討：巡回 Artin-Schreier 拡大の理論を利用する。

証明：$X^7 - X + 1$ は $\mathbb F_7$ 上既約多項式であることを示す。

TBW

したがって $X^7 - X + 1$ は $\mathbb F_7$ 上既約多項式であることが示された。

このとき 巡回 Artin-Schreier 拡大の条件定理からこの多項式が生成する最小分解体 $\mathbb F_7(\alpha)$ は巡回 Artin-Schreier 拡大である。したがって求める Galois 拡大は

\[Z_7\]

に同型な巡回群である。 $\blacksquare$

$(8)$ Galois 群が $Z_{p^2}$ と同型であるような Galois 拡大の例を作れ。

解：TBW

$(9)$ $(10)$ Witt ring の話題は立ち入らない。