コックス「ガロワ理論」 4.4節の演習問題

演習問題1

オーバーラインのタグはないので、代数的数の体をℚで表す。

(a)

Schönemann-Eisenstein判定法（定理4.2.3）により、pを素数として、

例4.3.4のf=xⁿ+px+pは任意のn∈ℕについてℚ上既約。

ℂは定理3.2.4により代数的閉で、

f∈ℚ[x]⊂ℂ[x]からfはℂにℚ上代数的な根αをもつから、

例4.4.6のℚの定義によりα_n∈ℚ。

fは単多項式なので命題4.1.5によりα_nのℚ上の最小多項式である。

L=ℚ(α_n)とすれば、ℚはℚとα_nを含む体なので、

補題4.1.9によりLはℚ の部分体で、命題4.3.4により[L:ℚ]=deg(f)=nとなる。

(b)

[ℚ:ℚ]=m<∞と仮定する。

ℚの定義と補題4.1.3により、任意のα∈ℚに対し

あるℚ上の既約多項式g∈ℚ[x]が一意に存在して、

αのℚ上の最小多項式となり、常にdeg(g)≤mとなる。

一方、任意のn∈ℕに対し(a)のf∈ℚ[x]はℚ上既約だから、

fの根α_n∈ℚについてdeg(f)=n>mとなる最小多項式fが

常に存在することになり、deg(f)≤mと矛盾。

したがって[ℚ:ℚ]=∞。

演習問題2

(a)

x²-2はℚ上既約なので、[ℚ(√2):ℚ]=2。

√5はx²-5∈ℚ(√2)[x]の根だから、補題4.1.3により、

ℚ(√2)上の√5の最小多項式の次数は高々2次である。

したがって[ℚ(√2,√5):ℚ(√2)]≤2。

同様に、[ℚ(√2,√5, ∜12):ℚ(√2,√5)]≤4, [ℚ(√2,√5, ∜12,i):ℚ(√2,√5, ∜12)]≤2,

[ℚ(√2,√5, ∜12,i,17^1/5):ℚ(√2,√5, ∜12,i)]≤5,　[L:ℚ(√2,√5, ∜12,i,17^1/5)]≤11

となるので、4.3節演習問題7により、

[L:ℚ]≤2·2·4·2·5·11=1760。

(b)

拡大ℚ⊂Lは(a)により有限次拡大で、α∈Lなので、

補題4.4.2(b)によりαのℚ上の最小多項式の次数をdとしてd|1760。

したがって、d≤1760。

演習問題3

(a)

αのℚ上の最小多項式p∈ℚ[x]が整数係数なら、p∈ℤ[x]だからαは代数的整数。

逆にα∈ℂが代数的整数すなわちℤ[x]の単多項式fの根とする。

f∈ℚ[x]だから、補題4.1.3によりℚ上での最小多項式p∈ℚ[x]と、

q∈ℚ[x]が存在してf=pq, p(α)=0。すると定理A.3.2（Gaussの補題）により、

あるδ∈ℚとp,q∈ℤ[x]が存在してp=δp, q=δ^-1q, f=pq, p(α)=0。

f,pは単多項式だから、δ=1なのでp=p∈ℤ[x]となる。

したがってαのℚ上の最小多項式は整数係数。

(b)

ω/2のℚ上の最小多項式はx²+x/2+1/4なので整数係数でないから、

(a)によりω/2は代数的整数でない。

演習問題4

任意のα∈Lに対し、F(α)⊂Lで、命題4.3.4によりm=[F(α):F]とすれば

(4.10)式のようにa₀+a₁α+...+a_mα^m=0が成り立つような、

全てが0になることはないa₀,...,a_mが存在するので、

αはm次多項式a₀+a₁x+...+a_mx^m∈F[x]の根。

命題4.3.8（塔定理）によりn=[L:F]=[L:F(α)][F(α):F]=m[L:F(α)]だから、

m≤nである。

したがって、任意のα∈LはF[x]の0でない多項式の根。

演習問題5

α=π+e, β=π-eのどちらもℚ上代数的とすると、

命題4.4.4により(α+β)/2=π, (α-β)/2=eもℚ上代数的となるので、

Hermiteの定理、Lindemannの定理に反する。

したがって、αと βのうち少なくともひとつは超越的である。

演習問題6

F上代数的な、Fの元でないf∈F(x)が存在したと仮定すると、

定義4.1.1によりある定数でない多項式g∈F[x]が存在して、

g(f(x))=0が任意のx∈Fについて成り立つ。

f=p/q (p,q∈F[x], p,qは互いに素)、g=a_nxⁿ+...+a₁x+a₀とすると、

0=a_n(p/q)ⁿ+...+a₁(p/q)+a₀よりa_npⁿ=-q(a_n--1p^n-1 +...+a₁pq^n-2+a₀q^n-1)。

したがってqはpⁿを割る。系A.5.7によりF[x]はUFDだから、

qをF[x]の素元である既約多項式の積として一意に因数分解できる。

するとqの素因数の各々がpⁿを割るから、すべてのqの素因数はpを割る。

これはqがpを割ることを意味するので、p,qが互いに素であるためには、

qはF[x]の単数、すなわちq∈Fでなければならないので、f∈F[x]。

f∈F[x]に対しg(f(x))=a_nfⁿ+...+a₁f+a₀=0が任意のxについて成り立つから、

a_n=...=a₀=0なので、gは零多項式。これはgが定数でないことに反する。

以上により、F上代数的な、Fの元でないf∈F(x)は存在しない。

演習問題7

F⊂Lは代数拡大だから、補題4.1.3により任意のα∈Lについて、

定数でない最小多項式p∈F[x]が存在して、

命題4.1.5によりF上既約である。

ところがFは代数的閉だから、任意のf∈F[x]はF上完全分解するので、

F上既約な多項式は一次単多項式のみ。

故にp(x)=x-α∈F[x]となるからα∈F。したがってL⊂Fとなり、F=L。

演習問題8

(a)

p=x²+1∈ℝ[x]⊂L[x]とすれば、定理3.1.4により拡大L⊂Kで

pがK上完全分解するものが存在するから、

Kをそのようにとればpは根α∈Kをもつ。

(b)

αはℝ上代数的で、p=x²+1が最小多項式だから、

命題4.3.4により[ℝ(α):ℝ]=2で、ℝ(α)の基底は1,αである。

またℝ⊂ℝ(α)は有限次拡大なので補題4.4.2により代数的である。

ℝ(α)⊂L(α)は明らかに体拡大で、L(α)の任意の元は、

（一意ではないかもしれないが）l₁+l₂α (a,b∈L)と書ける。

ℝ⊂Lは代数的だから、l₁,l₂はℝ上代数的なので、ℝ(α)上代数的。

αはℝ(α)上代数的だから、命題4.4.4によりl₁+l₂αもℝ(α)上代数的である。

したがって、ℝ(α)⊂L(α)は代数的である。

写像φ: ℝ(α)→ℂ (a+bα→a+bi)は明らかに準同型で、

Ker(φ)=0だから、ℝ(α)≃ℂ。

(c)

ℂ≃ℝ(α)は代数的閉体で、(b)によりℝ(α)⊂L(α)は代数的だから、

演習問題7によりℝ(α)=L(α)となるので補題4.3.3により[L(α):ℝ(α)]=1。

故に[L(α):ℝ]=[L(α):ℝ(α)][ℝ(α):ℝ]=2なので、

拡大ℝ⊂L⊂L(α)において[L(α):L][L:ℝ]=[L(α):ℝ]=2 (1)。

したがって[L:ℝ]≤2となる。

L(α)≃ℂだから、L≃ℂなら(1)において[L(α):L]=[ℂ:L]=1より[L:ℝ]=2、

逆に[L:ℝ]=2なら(1)において2[ℂ:L]=2より[ℂ:L]=1だからL≃ℂ。

演習問題9

演習問題3(a)により、α∈ℚが代数的整数なら、

αのℚ上の最小多項式x-αは整数係数。したがってα∈ℤ。

逆にα∈ℤなら、αのℚ上の最小多項式x-αは整数係数だから、

演習問題3(a)により、αは代数的整数。