コックス「ガロワ理論」 5.1節の演習問題2

演習問題8

(a)

定理A.2.1によりℂにおいてfのすべての根はⁿ√2,ⁿ√2ζ_n,..., ⁿ√2(ζ_n)^n-1。

ζ_n=ⁿ√2ζ_n/ⁿ√2で、ⁿ√2とζ_nの有理式でfの根は全て表現できるから、

ℚ(ⁿ√2,ⁿ√2ζ_n,..., ⁿ√2(ζ_n)^n-1)=ℚ(ⁿ√2,ζ_n)なので、fのℚ上の分解体はℚ(ⁿ√2,ζ_n)。

(b)

fはℚ上既約だから、命題4.1.5, 命題4.3.4により、[ℚ(ⁿ√2):ℚ]=n。

ζ_nは ℚ(ⁿ√2)上のn-1次多項式の根だから、

補題4.1.3により[ℚ(ⁿ√2,ζ_n):ℚ(ⁿ√2)]≤n-1。定理4.3.8（塔定理）により

[ℚ(ⁿ√2,ζ_n):ℚ]=[ℚ(ⁿ√2,ζ_n):ℚ(ⁿ√2)][ℚ(ⁿ√2):ℚ]=[ℚ(ⁿ√2,ζ_n):ℚ(ⁿ√2)]だから、

n|[ℚ(ⁿ√2,ζ_n):ℚ]かつ[ℚ(ⁿ√2,ζ_n):ℚ]≤n(n-1)である。

ζ_nはn次円分多項式Φ_n∈ℚ[x]の根で、

nは素数なので命題4.2.5によりΦ_nはℚ上既約だから[ℚ(ζ_n):ℚ]=n-1。

上と同様にn-1|[ℚ(ⁿ√2,ζ_n):ℚ]である。

n|[ℚ(ⁿ√2,ζ_n):ℚ]かつ n-1|[ℚ(ⁿ√2,ζ_n):ℚ]で、gcd(n,n-1)=1 (n∈ℕ)だから、

LCM(n,n-1)=n(n-1)|[ℚ(ⁿ√2,ζ_n):ℚ]より[ℚ(ⁿ√2,ζ_n):ℚ]≥n(n-1)。

[ℚ(ⁿ√2,ζ_n):ℚ]≤n(n-1)だったから、[ℚ(ⁿ√2,ζ_n):ℚ]=n(n-1)。

演習問題9

(a)

定理5.1.5において等号が成立して[L:F]=n!となるのは、

定理5.1.5の証明において、[L:F(α₁)]=n-1、[F(α₁):F]=n

の場合のみである。この第2式と命題4.1.5, 命題4.3.4により、

fはF上既約。

(b)

例えば演習問題6が反例。

他に例5.1.3で、4.3節演習問題2(a)により[ℚ(i,∜2):ℚ]=8<4!。

演習問題10

f∈F[x]⊂K[x]だから、LはK[x]の元としてのfのK上の分解体である。

演習問題11

(a)

fの根をα₁,..., α_n∈Lとし、拡大F⊂F(α₁)⊂Lを考える。

fはF上既約だから命題4.1.5・命題4.3.4により、[F(α₁):F]=n。

定理5.1.5によりF⊂Lは有限次拡大だから、定理4.3.8（塔定理）により、

[L:F]=[L:F(α₁)][F(α₁):F]=n[L:F(α₁)]なのでn|[L:F]。

(b)

(a)により、1根だけを添加したF(α₁)が分解体となるとき、

[L:F(α₁)]=1だから[L:F] =n。

例えば例4.3.6と演習問題5において[ℚ(√2+√3):ℚ]=4=deg(f)。

4.3節演習問題2(b)において[ℚ(√(2+√2)):ℚ]=4=deg(f)。

演習問題7において[F₃(α):F₃]=3=deg(f)。

演習問題12

[L₁:F₁]=n<[L₂:F₂]=mと仮定する。

L₁をF₁上の、L₂をF₂上のそれぞれベクトル空間とみて、

L₁,L₂の基底をそれぞれλ₁,..., λ_n、μ₁,..., μ_mとする。

任意のα∈L₁に対しa₁,...,a_n∈F₁が一意に存在して

α=a₁λ₁+...+a_nλ_n、同様に任意のβ∈L₂に対しb₁,...,b_m∈F₂が一意に存在して

β=b₁μ₁+...+b_mμ_mである。

同型φ: L₁≃L₂に対して任意のα∈L₁をとり、

φ(α)=β, φ(λ_i)=l_i1μ₁+...+ l_imμ_m(1≤i≤n)とすれば、

φ(a₁),...,φ(a_n)の満たす方程式系

φ(a₁)l₁₁+...+φ(a_n)l_n1=b₁

...

φ(a_m)l_1m+...+φ(a_m)l_nm=b_m

を得るが、n<mだから、この方程式系が任意のαについて

解φ(a₁),...,φ(a_n)をもつには、全てのl_ij=0, b_j=0 (1≤j≤m)でなければならない。

したがって0≠λ_i∈Ker(φ)となるからφが同型であることに反する。

n>mの場合も同様に矛盾が導かれるので、[L₁:F₁]=[L₂:F₂]。

練習問題13

(4.5)式によりL=ℚ(√2,√3)=ℚ(√2+√3)で、

演習問題5によりLはℚ 上既約なf=x⁴-10x²+1の分解体である。

fの根は√2+√3,√2-√3,-√2-√3,-√2+√3なので、

α=√2+√3, β=√2-√3とすると、命題5.1.8により、

ℚ 上恒等写像でσ(α)=βとなる体の同型σ: L≃Lが存在する。

β=-1/αだから、σ(β)=σ(-1/α)=-1/β=α。

したがってσ(√2)=σ((α+β)/2)=(β+α)/2=√2、σ(√3)=σ((α-β)/2)=(β-α)/2=-√3。

別解：

(4.5)式によりL=ℚ(√2,√3)=ℚ(√2+√3)で、

演習問題5によりLはf=x⁴-10x²+1のℚ 上の分解体である。

h=x²-3∈ℚ(√2)[x]はℚ(√2)上に解を持たないので、

補題A.1.19によりℚ(√2)上既約で、根α=√3, β=-√3を持つ。

したがって命題5.1.8によりℚ(√2)上恒等写像であって、

σ(√3)=σ(α)=β=-√3となる体の同型σ: L≃Lが存在する。

具体的な構成としては命題5.1.18の証明に従う。

hはℚ(√2)上のαの最小多項式だから、ℚ(√2)上恒等写像となる環同型

φ₁: ℚ(√2,α)→ℚ(√2)[x]/<h> (α→x+<h>)が補題4.1.13によりただ一つ存在する。

同様に環同型φ₂: ℚ(√2,β)→ℚ(√2)[x]/<h> (β→x+<h>)がただ一つ存在する。

したがって、σ=φ₁∘φ₂^-1:とすればσ: ℚ(√2,α)≃ℚ(√2,β)は環同型である。

σが体の同型写像であることを確かめる。

（補題4.1.13は環同型しか問題にしていないから、

剰余環を使って体の同型を示すには、別途乗法の逆元を問題にしないといけない）

hは既約なので命題3.1.1によりℚ(√2)[x]/<h>は体だから、

x∈ℚ(√2)[x]/<h>の逆元が存在する。

4.1節演習問題7により、互除法を用いて

ℚ(√2)[x]/<h>におけるxの逆元が計算できる。

g=xとおけば、h=gx-3だから、-h/3+g(x/3)=1なので、

ℚ(√2)[x]/<h>におけるxの逆元はx/3である。

σ(α^-1)=φ₂^-1(x/3)=β/3=-1/√3=β^-1となるから、σは確かに体の同型写像となり、

σ: ℚ(√2,α)≃ℚ(√2,β)は体の同型である。