コックス「ガロワ理論」 7.1節の演習問題2

演習問題8

X={α₁=α,α₂,..., α_r}とすれば、h(x)の定義によりX=Gal(L/F)·αで、

Gal(L/F)のXへの作用は可移である。

Gal(L/F)の部分群H={τ∈Gal(L/F)| τ(α)=α}とすると、Hはαの固定部分群だから、

定理A.4.9によりGal(L/F)におけるHの左剰余類について、

[Gal(L/F):H]=|Gal(L/F)·α|=rとなり、

定理A.1.1（Lagrangeの定理）により、|Gal(L/F)|=r|H|。

左剰余類は、σ(α)=α_j (1≤j≤r)となる等しい濃度|H|を持つ、

r=|Gal(L/F)|/|H|個の類に類別される。

したがって∏_{σ∈Gal(L/F)} (x-σ(α))において因子x-σ(α)は、

各α_jについて、|H|回現れるから、∏_{σ∈Gal(L/F)} (x-σ(α))=∏_1≤j≤r (x-α_j)^|H|=h^|H|。

演習問題9

(a)

ℚ(√2,∛2)⊂ℝだが、∛2のℚ上の最小多項式x³-2は、

他の2根ω∛2, ω²∛2∉ℝをもつので、ℚ(√2,∛2)上でx³-2は完全分解しないから、

ℚ⊂ℚ(√2,∛2)は正規でない。

したがって定理7.1.1(c)によりℚ⊂ℚ(√2,∛2)はGalois拡大でない。

(b)

f=x³+x²+2x+1∈ℚ[x]として、fの簡約3次方程式はy³+5y/3+11/27=0。

y¹の係数が正だから1.3節演習問題2によりΔ<0となり、

fの根は全て異なるのでfはℚ上の分離多項式。

3つ目の根をγとすれば系2.1.5によりγ=-1-α-β∈ℚ(α,β)だから、

ℚ(α,β,γ)=ℚ(α,β)なので、ℚ(α,β)はfの分解体である。

したがって定理7.1.1(a)により、ℚ⊂ℚ(α,β)はGalois拡大。

(c)

x^p-t^p∈F_p(t^p)[x]はF_p(t^p)に根を持たないから命題4.2.6によりF_p(t^p)上既約で、

tは根だから命題4.1.5によりtのF_p(t^p)上の最小多項式。

補題5.3.10によりF_p(t)上でx^p-t^p=(x-t)^pと完全分解するから、

F_p(t)はx^p-t^pのF_p(t^p)上の分解体だが、t∈F_p(t)は分離的でないので、

F_p(t^p)⊂F_p(t)は分離拡大でない。

したがって定理7.1.1(c)によりF_p(t^p)⊂F_p(t)はGalois拡大でない。

あるいは、x^p-t^p=(x-t)^pの根はtだけだからGal(F_p(t)/F_p(t^p))={e}なので、

|Gal(F_p(t)/F_p(t^p))|=1≠p=deg(x^p-t^p)=[F_p(t):F_p(t^p)]だから、

定理7.1.5(c)によりF_p(t^p)⊂F_p(t)はGalois拡大でない。

(d)

u=t+t^-1とすると、t²-ut+1=0だから、tはf=x²-ux+1∈ℂ(u)[x]の根で、

fはℂ(u)に根を持たないから、補題A.1.19によりℂ(u)上既約。

fのもう一つの根は1/t∈ℂ(t)なので、ℂ(t)はfのℂ(u)上の分解体。

Gal(ℂ(t)/ℂ(u))は、単位元およびfの2根の互換からなる、

巡回群C₂=S₂に同型だから、|Gal(ℂ(t)/ℂ(u))|=2=deg(f)=[ℂ(t):ℂ(u)]となるので、

定理7.1.5(c)によりℂ(u)⊂ℂ(t)はGalois拡大。

(e)

f=xⁿ-tⁿ∈ℂ(tⁿ)[x]はℂ(tⁿ)に根を持たないから命題4.2.6によりℂ(tⁿ)上既約で、

tは根だから命題4.1.5によりtのℂ(tⁿ)上の最小多項式。

ℂ(t)において、1の原始n乗根をζ_n∈ℂ(tⁿ)として、

xⁿ-tⁿ=(x-t)(x-tζ_n)(x-tζ_n²)...(x-tζ_n^n-1)と完全分解するから、

fはℂ(tⁿ)[x]の分離多項式で、ℂ(t)はfのℂ(tⁿ)上の分解体である。

したがって定理7.1.1(a)によりℂ(tⁿ)⊂ℂ(t)はGalois拡大。

演習問題10

∛2のℚ上の最小多項式はx³-2で、

Schönemann-Eisenstein判定法（定理4.2.3）において、

p=2とおくことにより既約だから、ℚ⊂ℚ(∛2)は有限次拡大となり、

補題4.4.2により代数拡大、したがって命題5.3.7により分離拡大。

5.1節演習問題1によりℚ(ω,∛2)はx³-2の分解体で、

x³-2の根は∛2, ω∛2, ω²∛2だから、x³-2はℚ上分離的である。

したがって定理7.1.1(a)によりℚ⊂ℚ(ω,∛2)はGalois拡大で、

命題7.1.7の証明の構成によりℚ(ω,∛2)はℚ(∛2)のℚ上のGalois閉包。

演習問題11

命題7.1.7の証明の構成を行う。∜2のℚ上の最小多項式はx⁴-2で、

Schönemann-Eisenstein判定法（定理4.2.3）において、

p=2とおくことにより既約だから、ℚ⊂ℚ(∜2)は有限次拡大となり、

補題4.4.2により代数拡大、したがって命題5.3.7により分離拡大。

x⁴-2の根は±∜2, ±i∜2で、ℚ(±∜2,±i∜2)=ℚ(∜2,i)はx⁴-2の分解体だから、

命題7.1.7の証明の構成によりℚ(∜2,i)はℚ⊂ℚ(∜2)のGalois閉包。

演習問題12

(a)

F⊂Lは2次拡大なので、定義4.3.1・定理4.4.3により、

L=F(α,β)となるF上代数的なLの基底α,β∈Lが存在し、

補題4.4.2によりα,βの最小多項式の次数は高々2次。

さらに命題4.3.4により、F上の2次既約多項式の一つをf∈F[x]として、

fの根の一つをαにとれば、β=1∈Fとできるので、L=F(α)。

(b)

Fの標数が0なら命題5.3.7(a)によりfは分離的。

Fの標数がpなら、pは素数でp≠2だから、

p∤2=deg(f)なので、補題5.3.5(b)によりfは分離的。

(c)

(b)によりfは分離的で、Lはfの分解体だから、

定理7.1.1によりF⊂LはGalois拡大。

Gal(L/F)は単位元およびfの2根の互換からなるので巡回群C₂≃ℤ/2ℤ。

(d)

αの最小多項式f =x²+bx+cとして、

f=(x+b/2)²-(b²-4c)/4からβ=α+b/2, a=(b²-4c)/4∈Fとおけば、

α=β-b/2∈F(β)よりF(α)=F(β)。またβはx²-aの根となるからβ²∈F。