コックス「ガロワ理論」 7.3節の演習問題2

演習問題4

5.4節演習問題4(a)により [L:F]=p²なのでF⊂Lは有限次拡大で、

5.4節演習問題5(b)によりL=F(α,β)だから、

命題6.1.4によりσ∈Gal(L/F)としてσ(α), σ(β)は(x^p-t)(x^p-u)の根で、

σ(α), σ(β)によってσは一意的に決まる。

Gal(L/F)は各々の最小多項式の根の間での置換からなる。

5.4節演習問題4(a)により、αのF上の最小多項式はx^p-tで根はαだけ、

βのF上の最小多項式はx^p-uで根はβだけ。

 (x^p-t)(x^p-u)は可約なので命題6.3.7によりGal(L/F)は可移でないから、

σ∈Gal(L/F)ならσ(α)=α, σ(β)=βしかない。すなわちσ=1_LだからGal(L/F)={1_L}。

演習問題5

(a)

x⁴-t⁴の分解体はℂ(t,-t,it,-it)。ℂ(t,-t,it,-it)⊃ℂ(t)は明らか。

x⁴-t⁴はℂ(t)において(x-t)(x+t)(x-it)(x+it)と完全分解するので、

ℂ(t,-t,it,-it)⊂ℂ(t)。したがってℂ(t,-t,it,-it)=ℂ(t)。

(b)

写像σ: ℂ(t)→ℂ(t) (t→it)をℂ上恒等にとると、σは求値写像だから、

定理2.1.2により環の写像として自己準同型で、

明らかにKer(σ)={0}だから環の自己同型。

α(t)∈ℂ(t)としてα(t)α(t)^-1=1ならα(t)^-1=1/α(t)だから、

σ(α(t)^-1)=σ(1/α(t))=1/α(it)=α(it)^-1によりσは体の自己同型。

σ(t⁴)=t⁴だから、σはℂ(t⁴)上恒等写像なので、σ∈Gal(ℂ(t)/ℂ(t⁴))。

σ(t)=itはℂ上恒等だからσ(-t)=-it,σ(it)=-t, σ(-it)=t、

さらにσ²(t)=-t, σ²(-t)=t, σ²(it)=-it, σ²(-it)=it, σ³(t)=-it, σ³(-t)=it, σ³(it)=t, σ²(-it)=-tだから、

定義A.4.10によりσは Gal(ℂ(t)/ℂ(t⁴))において可移。

命題6.3.1の証明によりGal(ℂ(t)/ℂ(t⁴))と同型なS_nの部分群が存在して可移となるから、

命題6.3.7によりx⁴-t⁴は既約。

(c)

(b)によりℂ(t⁴)⊂ℂ(t)は4次拡大で、

(a)と定理7.1.1によりℂ(t⁴)⊂ℂ(t)はGaloisだから、定理7.1.5により

[ℂ(t⁴):ℂ(t)]=|Gal(ℂ(t)/ℂ(t⁴))|=4。

位数4の有限群は巡回群C₄≃ℤ/4ℤと二面体群D₄に同型なもののみで、

(b)のσについてo(σ)=4により、位数4の元を含むのはC₄。

したがってGal(ℂ(t)/ℂ(t⁴))=<σ>≃C₄≃ℤ/4ℤ。

(d)

(c)により部分群はC₂≃<σ²>={e,σ²}のみで、

Gal(ℂ(t)/ℂ(t⁴))は巡回群なのでAbel群だから、

<σ²>はGal(ℂ(t)/ℂ(t⁴))の正規部分群。

(b)により<σ²>は根の符号を交換するので、

t²は<σ²>の作用のもとで不変だから、<σ²>に対応する固定体はℂ(t²)のみ。

したがってGalois対応の図式はGalois群の

{e}

↓

<σ²>

↓

Gal(ℂ(t)/ℂ(t⁴))

に対し

ℂ(t)

↑

ℂ(t²)

↑

ℂ(t⁴)

となる。

演習問題6

（Gal(L/ℚ)がC₄と同型であることが示されたのは、6.3節演習問題4の方）

α=√(2+√2),  σ(α)=√(2-√2)=(α²-2)/αとすれば、

σ²(α)=-α, σ³(α)=-(α²-2)/α, σ⁴(α)=αなので、Gal(L/ℚ)={e,σ,σ²,σ³}とかける。

演習問題5(d)と同様、正規部分群は位数2の<σ²>のみで、

σ²は単に根の符号の交換だから、

α²=2+√2は<σ²>の作用で不変なので、中間体はℚ(√2)となる。

したがってGalois対応の図式はGalois群の

{e}

↓

<σ²>

↓

Gal(L/ℚ)

に対し

ℚ(√(2+√2))

↑

ℚ(√2)

↑

ℚ

となる。

演習問題7

(a)

f=Φ₇は7次円分多項式で、x⁷-1=(x-1)fであるから、命題4.2.5によりfはℚ上既約。

命題A.2.1の証明からx⁷-1の根は1,ζ₇,ζ₇²,...,ζ₇⁶となり、

fはζ₇,ζ₇²,...,ζ₇⁶の相異なる根を持つ。ℚ(ζ₇,ζ₇²,...,ζ₇⁶)=Lだから、

Lはℚ上のfの分解体。

(b)

-1²≡1 (mod 7)なのでHの生成元σの位数は2だからH={e,σ}。

6.2節演習問題4(b)の対応から、[-1]₇→σ (σ(ζ₇)=ζ₇^[-1]₇=ζ₇⁶=ζ₇^-1=ζ₇)となるので、

σはfの根の複素共役をとる自己同型写像。

α_i=ζ₇ⁱ (1≤i≤6)とすると、準同型Gal(L/ℚ) →S₆においてσ→(16)(25)(34)である。

σの作用のもとで不変な基本対称式は、α=α₁+α₆=ζ₇+ζ₇⁶=ζ₇+ζ₇^-1=Re(ζ₇),

α₂+α₅=ζ₇²+ζ₇⁵=ζ₇²+ζ₇^-2=α²-2=Re(ζ₇²),

α₃+α₄=ζ₇³+ζ₇⁴=ζ₇³+ζ₇^-3=α³-3α=Re(ζ₇³),

α₁α₆=α₂α₅=α₃α₄=1。したがって固定体はℚ(α)=ℚ(ζ₇+ζ₇^-1)。

演習問題8

(a)

演習問題7(b)と同じノーテーションのもとで、

1, α₁,...,α₆はx⁷-1の根だから、系2.1.5により1+α₁+...+α₆=0。

一方演習問題7(b)の計算からα=(α₁+α₆)³=α₃+α₄+3(α₁+α₆), (α₁+α₆)²=α₂+α₅+2だから、

α³+α²-2α-1=1+α₁+...+α₆=0となるので、αはx³+x²-2x-1の根である。

他の2根がα₂+α₅=α²-2, α₃+α₄=α³-3αであることは容易に確かめられるので、

ℚ(α)はx³+x²-2x-1のℚ上の分解体だから、定理7.1.1からℚ⊂ℚ(α)はGalois。

演習問題7(a)と定理7.1.1からℚ⊂LはGaloisで、|Gal(L/ℚ)|=|(ℤ/7ℤ)^*|=6。

演習問題7(b)によりH=Gal(L/ℚ(α)), |H|=2なので、

定理A.1.1（Lagrangeの定理）により[Gal(L/ℚ):H]=3。

故に定理7.3.1(a)と命題4.3.4により、αの最小多項式をpとして

deg(p)=[ℚ(α):ℚ]= [Gal(L/ℚ):H]=3である。

g=x³+x²-2x-1はα₁+α₆の満たす3次の多項式だから、

補題4.1.3によりpの倍式で、gとpはどちらも3次の単多項式だからp=gとなる。

(b)

gのα以外の根はα₂+α₅=α²-2, α₃+α₄=α³-3αであることは容易に確かめられる。

したがってℚ(α)はgのℚ上の分解体だから、

定理7.1.1からℚ⊂ℚ(α)はGaloisで、(a)により[ℚ(α):ℚ]=3。

故に定理7.3.2により、HはGal(L/ℚ)の正規部分群、

かつGal(L/ℚ)/H≃Gal(ℚ(α)/ℚ)で、定理7.1.5により|Gal(ℚ(α)/ℚ)|=[ℚ(α):ℚ]=3。

位数3の群は巡回群C₃≃ℤ/3ℤと同型なものだけだから、Gal(ℚ(α)/ℚ)≃ℤ/3ℤ。