コックス「ガロワ理論」 6.3節の演習問題

演習問題1

σ(ω)=ωよりσ(ω²)=ω²だからσはℚ(ω)上恒等。

σ(∛2)= ω∛2よりσ(ω∛2)=ω²∛2, σ(ω²∛2)=∛2だから、

σは{∛2,∛2ω,∛2ω²}を巡回的に移す置換である。

したがって対応するS₃の置換は(123)。

τ(ω)=ω², τ(∛2)=∛2よりτ(ω²)=ω, τ(ω∛2)=ω²∛2, τ(ω²∛2)=ω∛2。

τは単にωとω²の互換だから、対応するS₃の置換は(12)。

演習問題2

σは自己同型でなければならないから、定理5.1.6・命題5.1.8の

具体的なσの構成において、hはF上の既約多項式でなければならない。

そうでないと補題4.1.13で同型が成り立たないから、

定理5.1.6の剰余環からの求値写像が同型でなくなり、

したがってσも同型でないので、σはGalois群の元でない。

だいたい補題4.1.13の剰余環は命題3.1.1により体ですらない。

すなわち、根の置換をしていいのは、同じ最小多項式の根同士だけ。

・・・つまり剰余環で構成したらダメということだが、

剰余環を使わなければどうなるのか。多分同じことなんだろうけれど。

Galois対応まで見れば分かってくるんだろう。

(a)

iのℚ(√2)上の最小多項式はx²+1で根は±i。

√2のℚ上の最小多項式はx²-2で根は±√2。

定理4.3.8（塔定理）により[ℚ(i,√2):ℚ]=4で、

ℚ(i,√2)は分離多項式f=(x²-2)(x²+1)の分解体だから、

定理6.2.1により|Gal(ℚ(i,√2)/ℚ)|=[ℚ(i,√2):ℚ]=4。

位数4の群はKleinの四元群D₄≃(ℤ/2ℤ)×(ℤ/2ℤ)と巡回群C₄≃ℤ/4ℤだけだから、

Gal(ℚ(i,√2)/ℚ)はD₄またはC₄と同型で、どちらもS₄の部分群。

置換が自己同型になるのは、恒等置換e、

σ(√2)=-√2, σ(i)=iとなるσ∈Gal(ℚ(i,√2)/ℚ)、

τ(√2)=√2, τ(i)= -iとなるτ∈Gal(ℚ(i,√2)/ℚ)、στである。

すなわちGal(ℚ(i,√2)/ℚ)={e,σ,τ,στ}≃D₄。

(b)

∜2のℚ上の最小多項式はx⁴-2である。

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5.3.7によりx⁴-2は分離的。根は±∜2, ±i∜2。

i∜2/∜2=iよりℚ(i, ∜2)はx⁴-2の分解体だから、

定理6.2.1と4.3節演習問題2(a)により|Gal(ℚ(i, ∜2)/ℚ)|=[ℚ(i, ∜2):ℚ]=8。

S₄の部分群=4要素の置換を表現している群で、

位数8なのは二面体群D₈だけなので、Gal(ℚ(i, ∜2)/ℚ)≃D₈。

演習問題3

iのℚ(√2)上の最小多項式はx²+1で根は±i。

√2のℚ上の最小多項式はx²-2で根は±√2。

√3のℚ上の最小多項式はx²-2で根は±√3。

例4.3.9より[ℚ(√2,√3):ℚ]=4。

i∉ℚ(√2,√3)だからx²+1はℚ(√2,√3)に根を持たないので、

命題4.2.6によりx²+1はℚ(√2,√3)上既約となり[ℚ(i,√2,√3):ℚ(√2,√3)]=2。

定理4.3.8（塔定理）により[ℚ(i,√2,√3):ℚ]=8となる。

ℚ(i,√2,√3)は分離多項式f= (x²+1)(x²-2)(x²-3)の分解体だから、

定理6.2.1により|Gal(ℚ(i,√2,√3)/ℚ)|=[ℚ(i,√2,√3):ℚ]=8。

Gal(ℚ(i,√2,√3)/ℚ)は±i,±√2,±√3の命題6.3.1により6要素の置換の群S₆の部分群で、

±iの互換σ・±√2の互換τ・±√3の互換υの、

互いに独立な互換のみから生成される。

S₆の位数8の部分群でこのような群はC₂×C₂×C₂である。

具体的にはGal(ℚ(i,√2,√3)/ℚ)={e,σ,τ,υ,στ,τυ,συ,στυ}≃C₂×C₂×C₂。

演習問題4

Gal(L/ℚ)は命題6.3.1によりS₄の部分群で、

Lはfの分解体なので、定理6.2.1によりGal(L/ℚ)=[L:ℚ]=4。

fはℚ上既約だから、Gal(L/ℚ)は命題6.3.7により可移である。

位数4の群はD₄とC₄で、どちらもS₄の部分群だが、

可移なのはC₄だけだから、Gal(L/ℚ)≃C₄≃ℤ/4ℤ。

演習問題5

fが分離的なので、各因子g_k (1≤k≤s)はfの分解体L上で完全分解し、

根の個数はそれぞれd_kとなる。さらにどの2つの因子にも共通根はない。

σ∈Gal(L,F)が自己同型であるためには、

根の置換は同じ最小多項式の根の間でなければならないから、

σは各g_kの根の間の置換σ_k∈S_dk（の部分群）と、その合成のみからなる。

すなわちg_kの根をα_ki(1≤i≤d_k)としてσ_k(α_ki)=α_kj、σ_k(α_lm)=α_lm (l≠k, 1≤m≤d_m)で、

明らかにσ_kσ_l=σ_lσ_k (l≠k)がすべての1≤i≤d_k, 1≤m≤d_mについて成り立つ。

σ_kは各S_dk内での置換を指定すれば命題題6.1.4により一意に定まるから、

σ=σ₁...σ_s∈Gal(L,F)も各S_dkの元の可換な積として一意的に表される。

一般にH₁,H₂を群Gの部分群として、H₁の元とH₂の元が可換で、

Gの任意の元がH₁の元とH₂の元の積として一意的に表されれば、

G≃H₁×H₂だから、Gal(L,F)≃(S_d1×... S_dsの部分群)となる。

演習問題6

S_nが作用する集合をX={1,...,n}とし、任意のx∈Xをとると、

HはS_nの部分群だから、定理A.4.9（群作用の基本定理）により、

Hにおけるxの固定部分群をH_xとして|H|=|H_x||H·x|。

HのXへの作用は可移だから（どこにもちゃんとした定義がないが・・・）、

|H·x|=|X|=nなので|H|=|H_x|nとなり|H|はnの倍数。

演習問題7

Lはfの分解体でfはF上既約だから、

命題6.3.7によりGal(L/F)はS_nの可移部分群である。

したがって演習問題6によりnは|Gal(L/F)|を割る。

6.2節演習問題6はfの根による体拡大の立場から同じ命題を証明したが、

ここではGalois群の構造から証明していて、この２つは

Galois対応（定理7.3.1）の例になっている。