コックス「ガロワ理論」 7.3節の演習問題1

7.3節の演習問題

演習問題1

定理A.1.1（Lagrangeの定理）により

|Gal(L/F)|=[Gal(L/F):H]|H|=[Gal(L/F):H][L:L_H]、

F⊂LはGaloisだから、定理7.1.5(c)により|Gal(L/F)|=[L:F]。

したがって定理4.3.8（塔定理）により

[Gal(L/F):H]=|Gal(L/F)|/[L:L_H]=[L:F]/[L:L_H]=[L_H:F]。

演習問題2

(a)

iの最小多項式はx²+1で根±iを持ち、

∜2の最小多項式はx⁴-2で根±∜2,±i∜2を持つので、ℚ⊂Lは8次の代数拡大。

f=(x²+1)(x⁴-2)はℚ上分離的で、その分解体はℚ(±i,±∜2,±i∜2)。

fの根はすべてLに含まれるから、ℚ(±i,±∜2,±i∜2)⊂L。

逆にi∜2/∜2=iだから、ℚ(±i,±∜2,±i∜2)⊃Lなので、

ℚ(±i,±∜2,±i∜2)=LとなりLは fの分解体。

したがって定理7.1.1によりℚ⊂LはGalois。

Gal(L/ℚ)はx²+1とx⁴-2のそれぞれの根を入れ替える自己同型の合成からなるから、

σ(i)=i, σ(∜2)=i∜2かつτ(i)=-i, τ(∜2)=∜2となるσ,τ∈Gal(L/ℚ)が存在する。

(b)

σはL上の自己同型だからσ(i)=i, σ(∜2)=i∜2より

σ(i∜2)=σ²(∜2)=-∜2, σ(-∜2)=σ³(∜2)=-i∜2, σ(-i∜2)=σ⁴(∜2)=∜2

となるので、任意のα∈Lについてσ⁴(α)=α=e(α)だからo(σ)=4。

x⁴-2の根全体はσによって巡回的に移される。

同様にτ(i)=-i, τ(∜2)=∜2よりτ(-i)=τ²(i)=iとなりτ²=eだからo(τ)=2。

τは iと-iだけを交換するから、複素共役のLへの制限である。

(c)

x²+1とx⁴-2はF上既約だから、命題6.3.5と(b)により、

Gal(L/ℚ)はx²+1の根全体を可移に入れ替える位数2の可移部分群と、

x⁴-2の根全体を可移で巡回的に入れ替える位数4の可移部分群だけから生成される。

 (b)のσとτはこのような可移部分群<σ>,<τ>を生成するから、

Gal(L/ℚ)はσとτから生成される。

(d)

Gal(L/ℚ)は命題6.3.1によりS₈の部分群と同型で、

(a)によりℚ⊂LはGaloisだから、定理7.1.5により|Gal(L/ℚ)|=[L:ℚ]=8。

ところが(b)によりτは複素共役なので、

x⁴-2の根のうち互いに複素共軛な2つi∜2, -i∜2を入れ替える互換でもあるから、

Gal(L/ℚ)は実はx⁴-2の4根を可移に入れ替えさえすればよい。

すなわちGal(L/ℚ)はS₄の部分群と同型でもある。

S₄の位数8の部分群は二面体群D₈しかないので、Gal(L/ℚ)≃D₈。

D₈は正方形を巡回的に回転する位数4の巡回置換と、

正方形を裏返す位数2の置換から生成されるので、(c)の性質を満たしている。

演習問題3

(a)

|Gal(L/ℚ)|=8だから、定理A.1.1（Lagrangeの定理）により、

自明でないGal(L/ℚ)の部分群は位数2または4を持つ。

位数2の有限群はC₂のみで、位数4の有限群はC₄, C₂×C₂, D₄で、

これらは全てS₄の部分群。

演習問題2(d)によりGal(L/ℚ)はx⁴-2の4根を入れ替える置換によって生成され、

Gal(L/ℚ)≃D₈。α₁=∜2, α₂=i∜2, α₃=-∜2, α₄=-i∜2とおけば、

Gal(L/ℚ) とD₈の同型によってσ→(1234),τ→(24)と写像される。

するとσ²=(13)(24), σ³=(1432)、またτσ=σ³τ=(14)(23), στ=τσ³=(12)(34),

σ²τ=τσ²=(13)。

これより位数2の部分群はC₂と同型な、<τ>,<σ²τ>,<σ²>,<στ>,<σ³τ>である。

位数4の部分群は<σ>≃C₄と、位数2の元2つから生成される群だが、

σの奇数乗×τ×τの形が作れる群になるような元2つの組合せの生成する群は、

単に<σ,τ>=Gal(L/ℚ)に等しくなるから、それ以外の組として、

<σ²,τ>=<σ²,σ²τ>=<σ²τ,τ>≃{e,(13),(24),(13)(24)}=D₄,

<σ²,σ³τ>=<σ²,στ>≃{e,(12)(34),(13)(24),(14)(23)}=D₄。

包含関係は<σ²,τ>の部分群<τ>,<σ²τ>,<σ²>、

<σ²,στ>=<σ²,σ³τ>の部分群が<σ²>,<στ>,<σ³τ>、<σ>の部分群が<σ²>。

以上により(7.13)が説明される。

(b)

(a)によりGal(L/ℚ)の各部分群はある置換群と同型。

置換群の作用のもとで不変なx⁴-2の根の有理式は、

2.2節演習問題7,8により、置換群の作用で不変な、根の基本対称式の有理式である。

したがって根の基本対称式の値とそれら有理式だけで、Galois群に対応する固定体の、

ℚへの添加元は尽くされる。

いま(a)と同様にα₁=∜2, α₂=i∜2, α₃=-∜2, α₄=-i∜2とする。

4根全ての対称式については、全ての根はx⁴-2の根なので系2.1.5により

α₁+α₂+α₃+α₄=α₁α₂+α₁α₃+α₁α₄+α₂α₃+α₂α₄+α₃α₄=α₁α₂α₃+α₁α₂α₄+α₁α₃α₄+α₂α₃α₄=0∈ℚ,

α₁α₂α₃α₄=-2∈ℚ。

<τ>≃{e,(24)}より<τ>の作用に対し不変なのは、α₁=∜2, α₃=-∜2と、

α₂とα₄の互換で不変な基本対称式α₂+α₄=0とα₂α₄=√2=α₁²だからL_<τ>=ℚ(∜2)。

<σ²τ>≃{e,(13)}より<σ²τ>の作用に対し不変なのは、α₂=i∜2, α₄=-i∜2と、

α₁とα₃の互換で不変な基本対称式α₁+α₃=0とα₁α₃=-√2=α₂²だからL_<σ²τ>=ℚ(i∜2)。

<σ²>≃{e,(13)(24)}で、(13)(24)は根の符号を全て変える自己同型だから、

<σ²>の作用に対し不変な基本対称式は、2要素のα₁+α₃=α₂+α₄=0,

α₁α₃=-√2,α₂α₄=√2とα₁α₂=α₃α₄=i√2, α₁α₄=α₂α₃=-i√2となりL_<σ²>=ℚ(i,√2)。

<στ>≃{e,(12)(34)} より<στ>の作用に対し不変な基本対称式は

α₁+α₂=-(α₃+α₄)=(1+i)∜2, α₁α₂=α₃α₄=i√2=(α₁+α₂)²/2だからL_<στ>=ℚ((1+i)∜2)。

<σ³τ>≃{e,(14)(23)} より<σ³τ>の作用に対し不変な基本対称式は

α₁+α₄=-(α₂+α₃)=(1-i)∜2, α₁α₄=α₂α₃=-i√2=(α₁+α₄)²/2だからL_<σ³τ>=ℚ((1-i)∜2)。

<σ²,τ>≃{e,(13),(24),(13)(24)}=C₂×C₂より<σ²,τ>は複素共役をとる自己同型τと、

根の符号を変える自己同型σ²の合成。

σ²で不変な基本対称式のうち、α₁α₃=-√2,α₂α₄=√2だけが

τの作用で不変なので、L_<σ²,τ>=ℚ(√2)。

<σ²,στ>≃{e,(12)(34),(13)(24),(14)(23)}=D₄より、

L_<σ²,στ>=ℚ(i,√2)∩ℚ((1+i)∜2)∩ℚ((1-i)∜2)=ℚ(i√2)。

<σ>≃C₄なので<σ>は根を巡回的に入れ替える自己同型からなる。

σ²で不変な基本対称式のうち、2要素のα₁+α₃=α₂+α₄=0,

α₁α₃=-√2,α₂α₄=√2とα₁α₂=α₃α₄=i√2, α₁α₄=α₂α₃=-i√2となり

対称式の有理式のα₂/α₁=α₃/α₂=α₄/α₃=α₁/α₄=iだけが不変だからL_<σ>=ℚ(i)。

以上により(7.14)を得る。

・・・のだが、固定群の同定はその都度やってる感じで、

答えを知らないと分からん固定体もある・・・特に対称式の有理式をどうするのか。

F上のベクトル空間としてみて、とかやってみたが、

うまういかないのもある。もっと統一的で精密にできないものか。

(c)

Gal(L/ℚ)の群演算で(a)によりσ²τ=τσ², σ³τ=τσ, στ=τσ³を用いることができる。

σ²はすべてのg∈Gal(L/ℚ)と可換なのでgσ²g^-1=σ² (1)、またσ²g(σ²)^-1=g (2)。

<σ>={e,σ,σ²,σ³}≃C₄へのGal(L/ℚ)の作用は、(1), (2)および、

明らかに可換なσとσ³同士以外については、

τστ^-1=στσ(στ)^-1=σ²τσ(σ²τ)^-1=σ³τσ(σ³τ)^-1=σ³∈<σ>,

τσ³τ^-1=στσ³(στ)^-1=σ²τσ³(σ²τ)^-1=σ³τσ³(σ³τ)^-1=σ∈<σ>により、

全てのg∈Gal(L/ℚ)についてg<σ>g^-1∈<σ>なので、<σ>はGal(L/ℚ)の正規部分群。

(b)により<σ>の固定体L_<σ>=ℚ(i)で、例えばx²+1の分解体。

<σ²,τ>={e,σ²,τ,σ²τ}≃C₂×C₂へのGal(L/ℚ)の作用は、(1),(2)および、

στσ^-1=σ³τ(σ³)^-1=σττ(στ)^-1=σ³ττ(σ³τ)^-1=σ²τ∈<σ²,τ>, σ²ττ(σ²τ)^-1=τ∈<σ²,τ>,

σ(σ²τ)σ^-1=σ³(σ²τ)(σ³)^-1=στ(σ²τ)(στ)^-1=σ³τ(σ²τ)(σ³τ)^-1=τ∈<σ²,τ>, τ(σ²τ)τ^-1=σ²τ∈<σ²,τ>から、

全てのg∈Gal(L/ℚ)についてg<σ>g^-1∈<σ>なので、<σ²,τ>はGal(L/ℚ)の正規部分群。

(b)により<σ²,τ>の固定体L_<σ2,τ>=ℚ(√2)で、例えばx²-2の分解体。

<σ²,στ>={e,σ²,στ,σ³τ}≃D₄へのGal(L/ℚ)の作用は、(1),(2)および、

τ(στ)τ^-1=σ(στ)(σ)^-1=σ³(στ)(σ³)^-1=σ³τ∈<σ²,στ>,

στ(στ)(στ)^-1=σ³τ(στ)(σ³τ)^-1=στ∈<σ²,στ>,

τ(σ³τ)τ^-1=σ(σ³τ)(σ)^-1=σ³(σ³τ)(σ³)^-1=στ∈<σ²,στ>,

σ³τ(σ³τ)(σ³τ)^-1=στ(σ³τ)(στ)^-1=σ³τ∈<σ²,στ>により、

全てのg∈Gal(L/ℚ)についてg<σ²,στ>g^-1∈<σ²,στ>なので、

<σ²,στ>はGal(L/ℚ)の正規部分群。

(b)により<σ²,στ>の固定体L_<σ>=ℚ(i√2)で、例えばx²+2の分解体。

<σ²>は(1), (2)によりGal(L/ℚ)の正規部分群。

(b)により<σ²>の固定体L_<σ2>=ℚ(i,√2)で、例えば(x²+1)(x²-2)の分解体。

<τ>へのGal(L/ℚ)の作用において、

στσ^-1=σ³τ(σ³)^-1=σττ(στ)^-1=σ³ττ(σ³τ)^-1=σ²τ∉<τ>だから、

<τ>はGal(L/ℚ)の正規部分群でない。

<στ>へのGal(L/ℚ)の作用において、

τ(στ)τ^-1=σ(στ)(σ)^-1=σ³(στ)(σ³)^-1=σ³τ∉<στ>だから、

<στ>はGal(L/ℚ)の正規部分群でない。

<σ²τ>へのGal(L/ℚ)の作用において、

σ(σ²τ)σ^-1=σ³(σ²τ)(σ³)^-1=στ(σ²τ)(στ)^-1=σ³τ(σ²τ)(σ³τ)^-1=τ∉<σ²τ>だから、

<σ²τ>はGal(L/ℚ)の正規部分群でない。

<σ³τ>へのGal(L/ℚ)の作用において、

τ(σ³τ)τ^-1=σ(σ³τ)(σ)^-1=σ³(σ³τ)(σ³)^-1=στ∉<σ³τ>だから、

<σ³τ>はGal(L/ℚ)の正規部分群でない。

(d)

(c)での計算により、N_Gal(L/ℚ)(<τ>)=<σ²,τ>で、|N_Gal(L/ℚ)(<τ>)|=4より、

7.2節演習問題9から[Gal(L/ℚ):N_Gal(L/ℚ)(<τ>)]=|Gal(L/ℚ)||N_Gal(L/ℚ)(<τ>)|=2

なので、<τ>の共軛体の数は2個だから、<τ>自身ともう一つ。

στσ^-1=σ³τ(σ³)^-1=σττ(στ)^-1=σ³ττ(σ³τ)^-1=σ²τだから、

<τ>の共軛は補題7.2.4により<σ²τ>だけである。

したがって共軛体は(7.14)によりL_<τ>=ℚ(∜2)とL_<σ2τ>=ℚ(i∜2)。

同じくN_Gal(L/ℚ)(<στ>)=<σ²,στ>で

[Gal(L/ℚ):N_Gal(L/ℚ)(<στ>)]=|Gal(L/ℚ)||N_Gal(L/ℚ)(<στ>)|=2

なので、<στ>の共軛体の数は2個だから、<στ>自身ともう一つ。

τ(στ)τ^-1=σ(στ)(σ)^-1=σ³(στ)(σ³)^-1=σ³τだから、

<στ>の共軛は補題7.2.4により<σ³τ>だけである。

したがって共軛体は(7.14)によりL_<στ>=ℚ((1+i)∜2)とL_<σ3τ>=ℚ((1-i)∜2)。