コックス「ガロワ理論」 2.4節の演習問題1

演習問題1

det(M^tM)=Δ。一方M_ij=x_j^n-iより、^tM_ij=x_i^n-jだから、

(M^tM)_ij=∑_k M_ik ^tM_kj=∑_k x^2n-(i+j)=s_2n-(i+j)となり、(2.33)式が成り立つ。

演習問題2

全てのα∈A_nは偶数個の互換τ_iの積として表現できる。

すなわちl∈ℕとしてα=∏_1≤i≤2l τ_i。

任意の互換τに対しτ·f=-fだから、任意のα∈A_nについて、

(2.31)式によりα·f=(-1)^2lf=f。すなわちfはA_nで不変だから、

定理2.4.4により、A,B∈F[σ₁,...,σ_n]が存在してf=A+B√Δ。

命題2.4.1によりτ·√Δ=-√Δだから、(2.31)式により

τ·f =τ·A+(τ·B)(τ·√Δ)=A-B√Δ=-f=-A-B√ΔよりA=0を得る。

したがってf=B√Δ。

演習問題3

n=2に対しΔ(σ₁,σ₂)=(x₁-x₁)²=σ₁²-4σ₂。

二次の普遍多項式f^~=x²-σ₁x+σ₂への

求値写像σ₁→-b, σ₂→c の作用によりf^~→fで、

このときΔ(f)=Δ(-b,c)=b²-4c。

演習問題4

命題2.4.3により明らか。

演習問題5

Fが標数2の体なら、1=-1だから、

命題2.4.1において全てのσ∈S_nに対し

σ·√Δ=sign(σ)√Δ=√Δとなるので√Δは対称。

逆にσ∈S_nに対しσ·√Δ=sign(σ)√Δ=√Δなら、

sign(σ)=1が常に成り立つのでFにおいて-1=1。

したがって2=0である。

Fの標数が2でないなら標数の定義により2·1=2≠0だから、

Fの標数は2しかありえない。

演習問題6

(a)

f=x²+bとすると、Δ(σ₁,σ₂)=σ₁²-4σ₂=σ₁²において、

判別式Δ(f)=Δ(0,b)=0だから、

2つの根は2重根になるので解は一意的である。

b=1ならβ=1, b=0ならβ=0なのでβ=√b=b∈F。

(b)

(a)により√w=w∈Fだから、α=u+v√w (u,v,w∈F)において

α∈Fとなるのでfの既約性に反する。

(c)

(a)から判別式Δ(f)=Δ(1,b)=1≠0だから、

x²+x+b=0はLにおいて異なる2根を持つ。

R(b)²+R(b)+b=0, (R(b)+1)²=R(b)²+1を用い、

(R(b)+1)²+R(b)+1+b=R(b)²+R(b)+b=0となるから、

R(b)が根ならR(b)+1≠R(b)も根で、

2次方程式の根2つを尽くしている。

Fを含む体上で1+1=0だから(R(b)+1)+1=R(b)である。

(d)

x=ayとおけばa²y²+a²y+b=0。a≠0だからy²+y+b/a²=0。

(c)によりこの解はy=R(b/a²)とy=R(b/a²)+1なので、

x=aR(b/a²), a(R(b/a²)+1)。

演習問題7

(2.28)の2番目の等式で、

(τ₁...τ_l)·√Δ=(τ₁...τ_l-1) τ_l·√Δ=(τ₁...τ_l-1)·(-√Δ)=...=(-1)^l√Δ

のように使った。