コックス「ガロワ理論」 4.3節の演習問題

演習問題1

（fは既約とは限らないので、命題3.1.1によりfは最小多項式とは限らず、

命題4.3.4のαの累乗は基底を張るとは限らない）

g₁,g₂∈F[x]がF[x]/<f>の同じ剰余類に属するとすると、

deg(f)=nと定理A.1.14によりq₁,r₁,q₂,r₂∈F[x]が一意に存在して

g₁=fq₁+r₁, deg(r₁)<n, g₂=fq₂+r₂, deg(r₂)<nで、g₁-g₂∈<f>である。

g₁-g₂=f(q₁-q₂)+r₁-r₂において、deg(r₁-r₂)<nだから、

r₁-r₂=fhとなるh∈F[x]は零多項式だけである。したがってr₁=r₂。

逆にr₁=r₂なら、g₁-g₂∈<f>だから、g₁,g₂∈F[x]はF[x]/<f>の同じ剰余類に属する。

そこで、r₁をr=a₀+a₁x+...+a_n-1x^n-1と書いて、

F[x]/<f>のg₁,g₂の属する剰余類の代表元とできる。

異なる剰余類の代表元r=a₀+a₁x+...+a_n-1x^n-1, s=b₀+b₁x+...+b_n-1x^n-1に対し、

t=r-sは零多項式でないから、

a₀-b₀, a₁-b₁,..., a_n-1-b_n-1の少なくとも一つは0でない。

したがって、a₀,a₁,...,a_n-1の組は剰余類ごとに一意に定まる。

演習問題2・演習問題3

(a)

Schönemann-Eisenstein判定法（定理4.2.3）においてp=2とおくことにより、

ℚ上でx⁴-2は既約なので、命題4.1.5によりx⁴-2は∜2のℚ上の最小多項式となるから、

命題4.3.4により[ℚ(∜2):ℚ]=4。

ℚ(∜2)⊂ℝ だから、x²+1はℚ(∜2)上で根を持たないので、

補題A.1.19・命題4.1.5によりx²+1はiのℚ(∜2)上の最小多項式となり、

[ℚ(i,∜2):ℚ(∜2)]=2。

したがって塔定理（定理4.3.8）により[ℚ(i,∜2):ℚ]=[ℚ(i,∜2):ℚ(∜2)][ℚ(∜2):ℚ]=8。

基底は1, ∜2, √2, 2^3/4, i, i∜2, i√2, 2^3/4i。

（例4.1.10で例えばiを、x⁴-2の4根∜2, -∜2, i∜2, -i∜2の

ℚ係数線形和として表すことはできない。

ℚ(∜2, -∜2, i∜2, -i∜2)=ℚ(i,∜2)であることと、

ℚ(i,∜2)のベクトル空間としての性質とは話が別。）

(b)

x²-3はℚ上で根を持たないので、補題A.1.19によりx²-3は√3のℚ上の最小多項式だから、

命題4.3.4により[ℚ(√3):ℚ]=2。

√3は代数的数だから、命題4.3.4によりℚ(√3)の元はa+b√3 (a,b∊ℚ)と一意に表される。

もしx³-2がℚ(√3)に根を持てば、(a+b√3)³-2=0よりa³+9ab²-2=0 かつ3b(a²+b²)=0。

第二式よりb=0だからa³-2=0の根a∊ℚが存在することになるがこれは不可能。

したがってx³-2はℚ(√3) 上で解を持たないから、補題A.1.19によりx³-2はℚ(√3) 上既約。

命題4.3.4により[ℚ(√3, ∛2):ℚ(√3)]=3。

よって塔定理（定理4.3.8）により[ℚ(√3, ∛2):ℚ]= [ℚ(√3, ∛2):ℚ(√3)][ℚ(√3):ℚ]=6。

基底は1, √3, ∛2, 2^2/3, √3∛2, 2^2/3√3。

(c)

Schönemann-Eisenstein判定法（定理4.2.3）においてp=2とおくことにより、

√(2+√2)の満たす式x⁴-4x²+2はℚ上で既約なので、

命題4.1.5によりx⁴-4x²+2は√(2+√2)のℚ上の最小多項式となるから、

命題4.3.4により[ℚ(√(2+√2)):ℚ]=4。

基底は1, √(2+√2), √2, √2√(2+√2)。

(d)

ℚ(√(2+√2))⊂ℝ だから、x²+1はℚ(√(2+√2))上で根を持たないので、

補題A.1.19・命題4.1.5によりx²+1はiのℚ(√(2+√2))上の最小多項式となり、

[ℚ(i,√(2+√2)):ℚ(√(2+√2))]=2。

したがって(c)と塔定理（定理4.3.8）により、

[ℚ(i,√(2+√2)):ℚ]=[ℚ(i,√(2+√2)):ℚ(√(2+√2))][ℚ(√(2+√2)):ℚ]=8。

(c)の結果から基底は1, √(2+√2), √2, √2√(2+√2), i, i√(2+√2), i√2, i√2√(2+√2)。

演習問題4

[L:F]は有限だから、拡大F⊂K⊂Lなる体Kが存在したとすると、

定理4.3.8により[K:F]<∞, [L:K]<∞、[L:F]=[L:K][K:F]。

[L:F]は素数だから、以下の2つの場合しかない。

(i) [L:K]=1, [K:F]=[L:F]

(ii) [K:F]=1, [L:K]=[L:F]

(i)の場合補題4.3.3によりK=L、(ii)の場合補題4.3.3によりK=Fだから、

Fを含むLの部分体はFとLのみである。

演習問題5

(a)

Schönemann-Eisenstein判定法（定理4.2.3）においてp=2とおくことにより、

x⁴-2は既約。またp=3とおくことにより、x³-3は既約。

(b)

∜2はℚ上代数的で、(a)と命題4.1.5によりx⁴-2がℚ上の最小多項式だから、

[ℚ(∜2):ℚ]=4。

∛3はx³-3∈ℚ(∜2)[x]の根なので、∛3はℚ(∜2)上代数的。

命題4.3.4により[L:ℚ(∜2)]<∞なので、定理4.3.8（塔定理）により

[L:ℚ]=[L:ℚ(∜2)][ℚ(∜2):ℚ]=4[L:ℚ(∜2)]。したがって4|[L:ℚ]。

∛3はℚ(∜2)上代数的だから補題4.1.3により最小多項式p∈ℚ(∜2)[x]と、

q∈ℚ(∜2)[x]が存在してpq=x³-3, p(∛3)=0となる。

したがって命題4.3.4により[L:ℚ(∜2)]=deg(p)≤3となるから[L:ℚ]=4[L:ℚ(∜2)]≤12。

まあx³-3がℚ(∜2)上に解を持たないことは容易に確かめられるから、

補題A.1.19によりx³-3がℚ(∜2)上の∛3の最小多項式なので、

[L:ℚ(∜2)]=3ではあるが、それは使わず一般的にやれという問題だな。

(c)

(b)と同様にして、[L:ℚ]=3[L:ℚ(∛3)]だから3|[L:ℚ]。

(d)

4|[L:ℚ]かつ3|[L:ℚ]だから、[L:ℚ]≥LCM(3,4)=12。

(b)により[L:ℚ]≤12だから、[L:ℚ]=12。

3と4が互いに素だから、最小公倍数は互いの積になるので、

塔定理と同じ形になる。

演習問題6

αのF上の最小多項式がf∈F[x]なので、命題4.3.4により[F(α):F]=deg(f)<∞。

同様に [F(β):F]=deg(g)<∞。また明らかにdeg(f)>0, deg(g)>0。

さらに、f,gはF上の最小多項式だから定義4.1.4により単多項式である。

拡大F⊂F(α)⊂F(α,β)においてg∈F[x]⊂F(α)[x], g(β)=0だから、

βはF(α)上代数的なので、定理4.3.4により[F(α,β):F(α)]<∞。

さらに定理4.3.8（塔定理）により[F(α β):F]=[F(α,β):F(α)][F(α):F]=deg(f)[F(α,β):F(α)]。

同様に、αがF(β)上代数的なので[F(α,β):F]=deg(g)[F(α,β):F(β)]。

したがってdeg(f)[F(α,β):F(α)]=deg(g)[F(α,β):F(β)] (1)である。

fがF(β)上既約なら、命題4.1.5によりfはF(β)上のαの最小多項式だから、

命題4.3.4により[F(α,β):F(β)]=deg(f)。(1)に代入して[F(α,β):F(α)]=deg(g)となる。

いまh∈F(α)[x]をβのF(α)上の最小多項式とすると、

g(β)=0だから補題4.1.3によりu∈F(α)[x]が存在してg=uh。

ところがh はβのF(α)上の最小多項式だからF(α)上既約で、

命題4.3.4によりdeg(h)=[F(α,β):F(α)]。故にdeg(h)=deg(g)。

F(α)は体なので整域だから、

deg(g)=deg(h)=deg(g)+deg(u)よりdeg(u)=0でなければならない。

したがってuは単数で、gもhも単多項式だからu=1。

したがってg=hなのでgはF(α)上既約。

逆も同様にして示される。

演習問題7

(a)

あるi≥1に対し[L_i-1:L₀]<∞, [L_i:L_i-1]=∞とすると、

定理4.3.8（塔定理）(a)により[L_i:L₀]=∞。

このとき[L_i+1:L₀]については、

拡大L₀⊂L_i⊂L_i+1を考えれば[L_i:L₀]=∞と定理4.3.8（塔定理）(a)から、

[L_i+1:L₀]=∞である。したがって[L_m:L₀]=∞。

(b)

すべてのi≥1に対し[L_i:L_i-1]<∞とする。

i=1については補題4.3.3により[L_i-1:L₀]=[L₀:L₀]=1<∞。

[L_i:L₀]<∞とすると、仮定により[L_i+1:L_i]<∞だから、

定理4.3.8（塔定理）(b)から[L_i+1:L₀]=[L_i+1:L_i][L_i:L₀]<∞。