コックス「ガロワ理論」 7.4節の演習問題

演習問題1

fは既約分離多項式だから、命題6.3.7によりGal(L/F)は可移なのでGal(L/F)≠{e}。

また|S₃|=6だから|A₃|=|S₃|/2=3で、

位数3の群は巡回群C₃≃ℤ/3ℤに同型なものしかなく、

さらにC₃の部分群は{e}とC₃だけ。

定理7.4.1(b)によりΔ(f)がFでの平方元の時、

Gal(L/F)の像はA₃≃C₃の部分群となるので、Gal(L/F)≠{e}からGal(L/F)≃C₃。

演習問題2

判別式はMaximaで終結式を用いて求める。

各問で与えられた式の分解体をLとする。

(a)

Schönemann-Eisenstein判定法（定理4.2.3）によりf=x³-4x+2はℚ上規約。

Δ(f)=148は平方数でないので命題7.4.2によりGal(L/ℚ)≃S₃。

(b)

x=a+b√37, a,b∈ℚ, b≠0とし、f=x³-4x+2に代入して整理すると4a³-4a-1=0。

命題A.3.1によりa=p/qならp|1, q|4よりa=±1, ±1/2, ±1/4のいずれかだが、

このどれも4a³-4a-1=0を満たさないから、与式はℚ(√37)上に根を持たないので、

補題A.1.19によりfはℚ(√37) 上既約。

Δ(f)=148=(2√37)²だから命題7.4.2によりGal(L/ℚ(√37))≃C₃。

(c)

命題A.3.1によりx=p/qならp|1, q|1よりx=±1だが、

いずれもf=x³-3x+1=0を満たさないから補題A.1.19によりfはℚ上既約。

Δ(f)=81=9²なので、Gal(L/ℚ)≃C₃。

(d)

明らかにf=x³-tはℂ(t)上に根を持たないから、

命題4.2.6によりx³-tはℂ(t)上既約。

Δ(f)=-27t²=(3i√3t)²よりGal(L/ℂ(t))≃C₃。

(e)

(d)と同様にf=x³-tはℚ(t)上既約で、Δ(f)=-27t²はℚ(t)の元の平方でないから、

Gal(L/ℚ(t))≃S₃。

演習問題3

(a)

sgn((12))=-1だから定理7.4.1により(12)·f=A-B√Δなので、

f+(12)·f=2A。

(b)

2Aは対称式だから、f+(12)·fも対称式。すなわちf+(12)·fは対称多項式だから、

定理2.2.2によりσ_iの多項式。したがってA∈F[σ₁,..,σ_n]。

(c)

(12) ∈S_nだから(12)·A=Aとなるので、

(12)·f=A-B√Δより(12)·(f-A)=-B√Δ。

故にP=(f-A)[(12)·(f-A)]=-B²Δ。

(d)

v²P=-u²Δでv∤uだから、v|Δとなるが、ΔはF[σ₁,..,σ_n]上既約だから、

vは F[σ₁,..,σ_n]の単数でなければならない。

したがってB∈F[σ₁,..,σ_n]。

演習問題4

(a)

問題の写像をφ_gとすると、

任意のh∈Gに対し、g^-1h∈Gをとればφ_g(g^-1h)=hとなるからφ_gは全射。

φ_g(h₁)=φ_g(h₂)=hならh₁=h₂=g^-1hだからφ_gは1対1。

(b)

φ_gは1対1で全射だから、Caley表の各行において、線の左の元gによって

Gの各元は別の元に重複なく移されるので、Caley表の各行はGの元の置換となる。

(c)

(a)(b)により任意のg∈Gに対しφ_gはGの元の置換を定義するから、

g_iによる置換を、g_jの添字の置換σ_i∈S_nで表現できる。

すなわちφ_gi(g_j)=g_ig_j=g_σi(j)。

演習問題5

σ₁=(1)

σ₂=(123)(456)

σ₃=(132)(465)

σ₄=(14)(26)(35)

σ₅=(15)(24)(36)

σ₆=(16)(25)(34)

演習問題6

(a)

任意のg_l∈Gについてg_ig_jg_l=g_ig_σj(l)=g_σiσj(l)。

一方g_ig_jg_l=g_kg_l=g_σk(l)だから、σ_iσ_j=σ_k。

(b)

(a)によりこの写像は群準同型。

g_i→σ₁=(1)ならi=1だから、この写像の核は{g₁}={e}なので1対1。

演習問題7

Lは3次多項式fの分解体だから、定理5.1.5によりF⊂Lは有限次拡大なので、

定理7.1.1によりF⊂LはGalois拡大となり、定理7.1.5により|Gal(L/F)|=[L:F]。

√(Δ(f)) ∈Fなので、定理7.4.2によりGal(L/F)≃S₃だから|Gal(L/F)|=[L:F]=6。

(2.30)式によりΔ(f) ∈Fなので、√(Δ(f))のF上の最小多項式はx²-Δ(f)だから、

[F(Δ(f)):F]=2なので、定理4.3.8（塔定理）により[L:F(Δ(f))]=3である。

命題7.1.3によりF(Δ(f)) ⊂LはGalois拡大だから、定理7.1.5により

|Gal(L/F(Δ(f)))|=[L:F(Δ(f))]=3。

位数3の群は巡回群C₃≃ℤ/3ℤに同型なものしかないのでGal(L/F(Δ(f)))≃C₃。

また、C₃⊂S₃は可移だから、命題6.3.7によりfはF(Δ(f))上既約。

コックス「ガロワ理論」 7.3節の演習問題3

演習問題9

(b)⇒(a):

特に書いていないがa≠b, ab≠0としないと成り立たない。

Fの標数は2でないから、これは可能。

f=(x²-a)(x²-b)とすると、fは分離的である。

Lはfの分解体だから、定理7.1.1によりF⊂LはGalois拡大。

a,bの最小多項式はそれぞれx²-a, x²-bなので、

Gal(L/F)は±√aを入れ替える互換と、±√bを入れ替える互換の、

二つの独立な置換から生成されるから、Gal(L/F)≃ℤ/2ℤ×ℤ/2ℤ。

(a)⇒(b):

Gal(L/F)≃ℤ/2ℤ×ℤ/2ℤでF⊂LはGalois拡大なので、

定理7.1.1によりF上の分離多項式fが存在してLはfの分解体である。

また定理7.1.5により[L:F]=|Gal(L/F)|=deg(f)=4。

fは単多項式としても一般性を失わない。

fの異なる4根のうち2根ずつの独立な互換をσ,τとすれば、

Gal(L/F)={e,σ,τ,στ}。部分群は<σ>,<τ>でいずれもGal(L/F)の正規部分群だから、

<σ>,<τ>の固定体をそれぞれL_<σ>, L_<τ>とすれば定理7.3.2により

F⊂L_<σ>, F⊂L_<τ>はGalois拡大。

故に定理7.1.5により[L_<σ>:F]=|<σ>|=2,[L_<τ>:F]=|<τ>|=2だから、

F上の最小多項式が2次である、fの根α₁,α₂∈L_<τ>∖F, β₁,β₂∈L_<σ>∖Fが存在して全て異なり、

7.1節演習問題12(d)によりα₁²=α₂²=a∈F, β₁²=β₂²=b∈Fとしてよい。

すなわちα₁,α₂の最小多項式はp=x²-a、β₁,β₂の最小多項式はq=x²-bとなり、

命題4.1.3によりfはp,qの倍式でdeg(f)=4だからf=pq=(x²-a)(x²-b)。

演習問題10

(a)⇒(b): ℚ(β)をℚ上のベクトル空間と見れば、

βは次数2の代数的元だから、α∈ℚ(β)∖ℚは命題4.3.4により、

α=a+bβ (a,b∈ℚ, b≠0)とかける。

(b)⇒(c): (b)よりα+β=a+(b+1)βである。

b=-1ならα+β=a∈ℚはℚ[x]の1次式の根。

b≠-1とすれば、β=(α+β-a)/((b+1)。

これをβが根となる2次式に代入すれば、

α+βが根となる、α+βについての2次式が得られる。

(c)⇒(a):

ℚ(α)≠ℚ(β)と仮定する。拡大ℚ(α)⊂ℚ(α,β), ℚ(β)⊂ℚ(α,β)を考えれば、

α+β∈ℚ(α,β)。ℚ⊂ℚ(α), ℚ⊂ℚ(β)は2次の代数拡大だから[ℚ(α,β):ℚ]≤4。

また、[ℚ(α):ℚ]=[ℚ(β):ℚ]=2|[ℚ(α,β):ℚ]なので、[ℚ(α,β):ℚ]=2または4。

ℚ(α,β)=2なら[ℚ(α,β):ℚ(α)]=1なので補題4.3.3によりℚ(α,β)=ℚ(α)だから

ℚ(α)=ℚ(β)となって仮定に反するので、[ℚ(α,β):ℚ]=4。

α,βの最小多項式は2次だから、命題6.3.7によりGal(ℚ(α,β)/ℚ)は可移でなく、

αの最小多項式pの2根同士の互換σと、βの最小多項式qの2根同士の互換τの、

2つの独立な互換から生成されるので、Gal(ℚ(α,β)/ℚ)={e,σ,τ,στ}≃ℤ/2ℤ×ℤ/2ℤ。

|Gal(ℚ(α,β)/ℚ)|=4=[ℚ(α,β):ℚ]だから、定理7.1.5によりℚ⊂ℚ(α,β)はGalois拡大。

Gal(ℚ(α,β)/ℚ)の位数2の部分群は<σ>と<τ>のみで正規部分群。

対応する固定体はそれぞれℚ(β),ℚ(α)である。

ℚ⊂ℚ(α+β)は仮定により2次だから、定理7.3.1により、

Gal(ℚ(α,β)/ℚ(α+β))はGal(ℚ(α,β)/ℚ)の位数2の部分群。

α+βは<σ>と<τ>の作用に対し不変でないから、

Gal(ℚ(α,β)/ℚ)が<σ>,<τ>以外の位数2の部分群を持たなければならないが、

そのような群は存在しないので矛盾。

したがってℚ(α)=ℚ(β)。

演習問題11

Gal(L/K)はNの正規部分群なので、定理7.3.2によりL_N⊂KはGalois拡大。

7.2節演習問題8により、NはGal(L/K)を正規部分群に含む、

最大のGal(L/F)の部分群。これよりGal(L/K)を正規部分群に含む、

任意のGal(L/F)の部分群Mに対し、M⊂Nとなるから、

定理7.3.2により、L_M⊂KはGalois拡大で、L_N⊂L_M⊂K。

したがってL_NはKがその部分体上Galoisになる最小のKの部分体。

演習問題12

(a)

Nの定義により任意のn₁∈Nとg₁∈Gに対し、

h₁∈Hが（一般に一意でないが）存在してn₁=g₁h₁g₁^-1。

n₁^-1=g₁h₁^-1g₁^-1∈Nだから、Nの任意の元に対しその逆元もNの元。

任意のn₂∈Nをとれば、あるh₂∈Hが存在してn₂=g₁h₂g₁^-1だから、

n₁n₂=g₁h₁h₂g₁^-1∈N。したがってNはGの部分群。

任意のg∈Gについて、gn₁g^-1=(gg₁)h₁(gg₁)^-1∈Nなので、N⊴G。

(b)

N=⋂_G gHg^-1⊂eHe^-1=HなのでNはHに含まれる。

いまM⊂H, M⊴Gとすると、任意のm∈M, g∈Gに対し

gmg^-1∈MだからM=⋂_G gMg^-1⊂⋂_G gHg^-1=N。

したがってNはHに含まれる最大の正規部分群。

演習問題13

演習問題12のようにN=⋂_g∈Gal(L/F) gGal(L/K)g^-1⊂Gal(L/K)とする。

演習問題12によりN⊂Gal(L/K), N⊴Gal(L/F)。

F⊂LはGaloisだから定理7.3.2によりF⊂K⊂L_N⊂Lで、L_NもF上Galois。

したがってF⊂L_Nは定理7.1.7(a)を満たす。

F⊂L_Nが定理7.1.7(b)も満たすことを示す。

F上Galoisとなるような、Kを含む任意の拡大について、

そのGalois群をM,、対応する固定体をL_Mとする。

すなわちF⊂L_MはGaloisで、定理7.3.2によりM⊂Gal(L/K), M⊴Gal(L/F)。

演習問題12によりM⊂Nだから、定理7.3.2によりK⊂L_N⊂L_M。

L_M上の恒等写像をL_Nに制限した写像をφ: L_N→L_Mとすれば、

φはK上恒等となる体の準同型となる。

したがってF⊂L_Nは定理7.1.7(b)も満たすので、L_NはKのGalois閉包である。

演習問題14

6.2節演習問題4により、Gal(ℚ(ζ_n)/ℚ)≃(ℤ/nℤ)^*だから、Gal(ℚ(ζ_n)/ℚ)はAbel群。

6.2節演習問題4(a)により円分体ℚ(ζ_n)は、

ℚ上の分離多項式である円分多項式Φ_nの分解体で、

6.2節演習問題4(e)によりℚ⊂ℚ(ζ_n)は有限次拡大だから、

定理7.1.1によりℚ⊂ℚ(ζ_n)はGalois拡大。

定理7.3.2によりGal(L/ℚ) はGal(ℚ(ζ_n)/ℚ)の部分群だからAbel群である。

さらにGal(ℚ(ζ_n)/ℚ)はAbel群だからGal(L/ℚ)⊴Gal(ℚ(ζ_n)/ℚ)なので、

定理7.3.2によりℚ⊂LはGalois拡大、したがって定理7.1.1により正規。

演習問題15

(a)

6.4節Aの議論から、σ_1,b(ζ_p)=ζ_p, σ_1,b(^p√2)=ζ_p^{b p}√2だから、L_T'=ℚ(ζ_p)。

(b)

σ_a,0(ζ_p)=ζ_p^a, σ_a,0(^p√2)=^p√2により、固定体はℚ(^p√2)。

コックス「ガロワ理論」 7.3節の演習問題2

演習問題4

5.4節演習問題4(a)により [L:F]=p²なのでF⊂Lは有限次拡大で、

5.4節演習問題5(b)によりL=F(α,β)だから、

命題6.1.4によりσ∈Gal(L/F)としてσ(α), σ(β)は(x^p-t)(x^p-u)の根で、

σ(α), σ(β)によってσは一意的に決まる。

Gal(L/F)は各々の最小多項式の根の間での置換からなる。

5.4節演習問題4(a)により、αのF上の最小多項式はx^p-tで根はαだけ、

βのF上の最小多項式はx^p-uで根はβだけ。

 (x^p-t)(x^p-u)は可約なので命題6.3.7によりGal(L/F)は可移でないから、

σ∈Gal(L/F)ならσ(α)=α, σ(β)=βしかない。すなわちσ=1_LだからGal(L/F)={1_L}。

演習問題5

(a)

x⁴-t⁴の分解体はℂ(t,-t,it,-it)。ℂ(t,-t,it,-it)⊃ℂ(t)は明らか。

x⁴-t⁴はℂ(t)において(x-t)(x+t)(x-it)(x+it)と完全分解するので、

ℂ(t,-t,it,-it)⊂ℂ(t)。したがってℂ(t,-t,it,-it)=ℂ(t)。

(b)

写像σ: ℂ(t)→ℂ(t) (t→it)をℂ上恒等にとると、σは求値写像だから、

定理2.1.2により環の写像として自己準同型で、

明らかにKer(σ)={0}だから環の自己同型。

α(t)∈ℂ(t)としてα(t)α(t)^-1=1ならα(t)^-1=1/α(t)だから、

σ(α(t)^-1)=σ(1/α(t))=1/α(it)=α(it)^-1によりσは体の自己同型。

σ(t⁴)=t⁴だから、σはℂ(t⁴)上恒等写像なので、σ∈Gal(ℂ(t)/ℂ(t⁴))。

σ(t)=itはℂ上恒等だからσ(-t)=-it,σ(it)=-t, σ(-it)=t、

さらにσ²(t)=-t, σ²(-t)=t, σ²(it)=-it, σ²(-it)=it, σ³(t)=-it, σ³(-t)=it, σ³(it)=t, σ²(-it)=-tだから、

定義A.4.10によりσは Gal(ℂ(t)/ℂ(t⁴))において可移。

命題6.3.1の証明によりGal(ℂ(t)/ℂ(t⁴))と同型なS_nの部分群が存在して可移となるから、

命題6.3.7によりx⁴-t⁴は既約。

(c)

(b)によりℂ(t⁴)⊂ℂ(t)は4次拡大で、

(a)と定理7.1.1によりℂ(t⁴)⊂ℂ(t)はGaloisだから、定理7.1.5により

[ℂ(t⁴):ℂ(t)]=|Gal(ℂ(t)/ℂ(t⁴))|=4。

位数4の有限群は巡回群C₄≃ℤ/4ℤと二面体群D₄に同型なもののみで、

(b)のσについてo(σ)=4により、位数4の元を含むのはC₄。

したがってGal(ℂ(t)/ℂ(t⁴))=<σ>≃C₄≃ℤ/4ℤ。

(d)

(c)により部分群はC₂≃<σ²>={e,σ²}のみで、

Gal(ℂ(t)/ℂ(t⁴))は巡回群なのでAbel群だから、

<σ²>はGal(ℂ(t)/ℂ(t⁴))の正規部分群。

(b)により<σ²>は根の符号を交換するので、

t²は<σ²>の作用のもとで不変だから、<σ²>に対応する固定体はℂ(t²)のみ。

したがってGalois対応の図式はGalois群の

{e}

↓

<σ²>

↓

Gal(ℂ(t)/ℂ(t⁴))

に対し

ℂ(t)

↑

ℂ(t²)

↑

ℂ(t⁴)

となる。

演習問題6

（Gal(L/ℚ)がC₄と同型であることが示されたのは、6.3節演習問題4の方）

α=√(2+√2),  σ(α)=√(2-√2)=(α²-2)/αとすれば、

σ²(α)=-α, σ³(α)=-(α²-2)/α, σ⁴(α)=αなので、Gal(L/ℚ)={e,σ,σ²,σ³}とかける。

演習問題5(d)と同様、正規部分群は位数2の<σ²>のみで、

σ²は単に根の符号の交換だから、

α²=2+√2は<σ²>の作用で不変なので、中間体はℚ(√2)となる。

したがってGalois対応の図式はGalois群の

{e}

↓

<σ²>

↓

Gal(L/ℚ)

に対し

ℚ(√(2+√2))

↑

ℚ(√2)

↑

ℚ

となる。

演習問題7

(a)

f=Φ₇は7次円分多項式で、x⁷-1=(x-1)fであるから、命題4.2.5によりfはℚ上既約。

命題A.2.1の証明からx⁷-1の根は1,ζ₇,ζ₇²,...,ζ₇⁶となり、

fはζ₇,ζ₇²,...,ζ₇⁶の相異なる根を持つ。ℚ(ζ₇,ζ₇²,...,ζ₇⁶)=Lだから、

Lはℚ上のfの分解体。

(b)

-1²≡1 (mod 7)なのでHの生成元σの位数は2だからH={e,σ}。

6.2節演習問題4(b)の対応から、[-1]₇→σ (σ(ζ₇)=ζ₇^[-1]₇=ζ₇⁶=ζ₇^-1=ζ₇)となるので、

σはfの根の複素共役をとる自己同型写像。

α_i=ζ₇ⁱ (1≤i≤6)とすると、準同型Gal(L/ℚ) →S₆においてσ→(16)(25)(34)である。

σの作用のもとで不変な基本対称式は、α=α₁+α₆=ζ₇+ζ₇⁶=ζ₇+ζ₇^-1=Re(ζ₇),

α₂+α₅=ζ₇²+ζ₇⁵=ζ₇²+ζ₇^-2=α²-2=Re(ζ₇²),

α₃+α₄=ζ₇³+ζ₇⁴=ζ₇³+ζ₇^-3=α³-3α=Re(ζ₇³),

α₁α₆=α₂α₅=α₃α₄=1。したがって固定体はℚ(α)=ℚ(ζ₇+ζ₇^-1)。

演習問題8

(a)

演習問題7(b)と同じノーテーションのもとで、

1, α₁,...,α₆はx⁷-1の根だから、系2.1.5により1+α₁+...+α₆=0。

一方演習問題7(b)の計算からα=(α₁+α₆)³=α₃+α₄+3(α₁+α₆), (α₁+α₆)²=α₂+α₅+2だから、

α³+α²-2α-1=1+α₁+...+α₆=0となるので、αはx³+x²-2x-1の根である。

他の2根がα₂+α₅=α²-2, α₃+α₄=α³-3αであることは容易に確かめられるので、

ℚ(α)はx³+x²-2x-1のℚ上の分解体だから、定理7.1.1からℚ⊂ℚ(α)はGalois。

演習問題7(a)と定理7.1.1からℚ⊂LはGaloisで、|Gal(L/ℚ)|=|(ℤ/7ℤ)^*|=6。

演習問題7(b)によりH=Gal(L/ℚ(α)), |H|=2なので、

定理A.1.1（Lagrangeの定理）により[Gal(L/ℚ):H]=3。

故に定理7.3.1(a)と命題4.3.4により、αの最小多項式をpとして

deg(p)=[ℚ(α):ℚ]= [Gal(L/ℚ):H]=3である。

g=x³+x²-2x-1はα₁+α₆の満たす3次の多項式だから、

補題4.1.3によりpの倍式で、gとpはどちらも3次の単多項式だからp=gとなる。

(b)

gのα以外の根はα₂+α₅=α²-2, α₃+α₄=α³-3αであることは容易に確かめられる。

したがってℚ(α)はgのℚ上の分解体だから、

定理7.1.1からℚ⊂ℚ(α)はGaloisで、(a)により[ℚ(α):ℚ]=3。

故に定理7.3.2により、HはGal(L/ℚ)の正規部分群、

かつGal(L/ℚ)/H≃Gal(ℚ(α)/ℚ)で、定理7.1.5により|Gal(ℚ(α)/ℚ)|=[ℚ(α):ℚ]=3。

位数3の群は巡回群C₃≃ℤ/3ℤと同型なものだけだから、Gal(ℚ(α)/ℚ)≃ℤ/3ℤ。