コックス「ガロワ理論」 7.3節の演習問題3

演習問題9

(b)⇒(a):

特に書いていないがa≠b, ab≠0としないと成り立たない。

Fの標数は2でないから、これは可能。

f=(x²-a)(x²-b)とすると、fは分離的である。

Lはfの分解体だから、定理7.1.1によりF⊂LはGalois拡大。

a,bの最小多項式はそれぞれx²-a, x²-bなので、

Gal(L/F)は±√aを入れ替える互換と、±√bを入れ替える互換の、

二つの独立な置換から生成されるから、Gal(L/F)≃ℤ/2ℤ×ℤ/2ℤ。

(a)⇒(b):

Gal(L/F)≃ℤ/2ℤ×ℤ/2ℤでF⊂LはGalois拡大なので、

定理7.1.1によりF上の分離多項式fが存在してLはfの分解体である。

また定理7.1.5により[L:F]=|Gal(L/F)|=deg(f)=4。

fは単多項式としても一般性を失わない。

fの異なる4根のうち2根ずつの独立な互換をσ,τとすれば、

Gal(L/F)={e,σ,τ,στ}。部分群は<σ>,<τ>でいずれもGal(L/F)の正規部分群だから、

<σ>,<τ>の固定体をそれぞれL_<σ>, L_<τ>とすれば定理7.3.2により

F⊂L_<σ>, F⊂L_<τ>はGalois拡大。

故に定理7.1.5により[L_<σ>:F]=|<σ>|=2,[L_<τ>:F]=|<τ>|=2だから、

F上の最小多項式が2次である、fの根α₁,α₂∈L_<τ>∖F, β₁,β₂∈L_<σ>∖Fが存在して全て異なり、

7.1節演習問題12(d)によりα₁²=α₂²=a∈F, β₁²=β₂²=b∈Fとしてよい。

すなわちα₁,α₂の最小多項式はp=x²-a、β₁,β₂の最小多項式はq=x²-bとなり、

命題4.1.3によりfはp,qの倍式でdeg(f)=4だからf=pq=(x²-a)(x²-b)。

演習問題10

(a)⇒(b): ℚ(β)をℚ上のベクトル空間と見れば、

βは次数2の代数的元だから、α∈ℚ(β)∖ℚは命題4.3.4により、

α=a+bβ (a,b∈ℚ, b≠0)とかける。

(b)⇒(c): (b)よりα+β=a+(b+1)βである。

b=-1ならα+β=a∈ℚはℚ[x]の1次式の根。

b≠-1とすれば、β=(α+β-a)/((b+1)。

これをβが根となる2次式に代入すれば、

α+βが根となる、α+βについての2次式が得られる。

(c)⇒(a):

ℚ(α)≠ℚ(β)と仮定する。拡大ℚ(α)⊂ℚ(α,β), ℚ(β)⊂ℚ(α,β)を考えれば、

α+β∈ℚ(α,β)。ℚ⊂ℚ(α), ℚ⊂ℚ(β)は2次の代数拡大だから[ℚ(α,β):ℚ]≤4。

また、[ℚ(α):ℚ]=[ℚ(β):ℚ]=2|[ℚ(α,β):ℚ]なので、[ℚ(α,β):ℚ]=2または4。

ℚ(α,β)=2なら[ℚ(α,β):ℚ(α)]=1なので補題4.3.3によりℚ(α,β)=ℚ(α)だから

ℚ(α)=ℚ(β)となって仮定に反するので、[ℚ(α,β):ℚ]=4。

α,βの最小多項式は2次だから、命題6.3.7によりGal(ℚ(α,β)/ℚ)は可移でなく、

αの最小多項式pの2根同士の互換σと、βの最小多項式qの2根同士の互換τの、

2つの独立な互換から生成されるので、Gal(ℚ(α,β)/ℚ)={e,σ,τ,στ}≃ℤ/2ℤ×ℤ/2ℤ。

|Gal(ℚ(α,β)/ℚ)|=4=[ℚ(α,β):ℚ]だから、定理7.1.5によりℚ⊂ℚ(α,β)はGalois拡大。

Gal(ℚ(α,β)/ℚ)の位数2の部分群は<σ>と<τ>のみで正規部分群。

対応する固定体はそれぞれℚ(β),ℚ(α)である。

ℚ⊂ℚ(α+β)は仮定により2次だから、定理7.3.1により、

Gal(ℚ(α,β)/ℚ(α+β))はGal(ℚ(α,β)/ℚ)の位数2の部分群。

α+βは<σ>と<τ>の作用に対し不変でないから、

Gal(ℚ(α,β)/ℚ)が<σ>,<τ>以外の位数2の部分群を持たなければならないが、

そのような群は存在しないので矛盾。

したがってℚ(α)=ℚ(β)。

演習問題11

Gal(L/K)はNの正規部分群なので、定理7.3.2によりL_N⊂KはGalois拡大。

7.2節演習問題8により、NはGal(L/K)を正規部分群に含む、

最大のGal(L/F)の部分群。これよりGal(L/K)を正規部分群に含む、

任意のGal(L/F)の部分群Mに対し、M⊂Nとなるから、

定理7.3.2により、L_M⊂KはGalois拡大で、L_N⊂L_M⊂K。

したがってL_NはKがその部分体上Galoisになる最小のKの部分体。

演習問題12

(a)

Nの定義により任意のn₁∈Nとg₁∈Gに対し、

h₁∈Hが（一般に一意でないが）存在してn₁=g₁h₁g₁^-1。

n₁^-1=g₁h₁^-1g₁^-1∈Nだから、Nの任意の元に対しその逆元もNの元。

任意のn₂∈Nをとれば、あるh₂∈Hが存在してn₂=g₁h₂g₁^-1だから、

n₁n₂=g₁h₁h₂g₁^-1∈N。したがってNはGの部分群。

任意のg∈Gについて、gn₁g^-1=(gg₁)h₁(gg₁)^-1∈Nなので、N⊴G。

(b)

N=⋂_G gHg^-1⊂eHe^-1=HなのでNはHに含まれる。

いまM⊂H, M⊴Gとすると、任意のm∈M, g∈Gに対し

gmg^-1∈MだからM=⋂_G gMg^-1⊂⋂_G gHg^-1=N。

したがってNはHに含まれる最大の正規部分群。

演習問題13

演習問題12のようにN=⋂_g∈Gal(L/F) gGal(L/K)g^-1⊂Gal(L/K)とする。

演習問題12によりN⊂Gal(L/K), N⊴Gal(L/F)。

F⊂LはGaloisだから定理7.3.2によりF⊂K⊂L_N⊂Lで、L_NもF上Galois。

したがってF⊂L_Nは定理7.1.7(a)を満たす。

F⊂L_Nが定理7.1.7(b)も満たすことを示す。

F上Galoisとなるような、Kを含む任意の拡大について、

そのGalois群をM,、対応する固定体をL_Mとする。

すなわちF⊂L_MはGaloisで、定理7.3.2によりM⊂Gal(L/K), M⊴Gal(L/F)。

演習問題12によりM⊂Nだから、定理7.3.2によりK⊂L_N⊂L_M。

L_M上の恒等写像をL_Nに制限した写像をφ: L_N→L_Mとすれば、

φはK上恒等となる体の準同型となる。

したがってF⊂L_Nは定理7.1.7(b)も満たすので、L_NはKのGalois閉包である。

演習問題14

6.2節演習問題4により、Gal(ℚ(ζ_n)/ℚ)≃(ℤ/nℤ)^*だから、Gal(ℚ(ζ_n)/ℚ)はAbel群。

6.2節演習問題4(a)により円分体ℚ(ζ_n)は、

ℚ上の分離多項式である円分多項式Φ_nの分解体で、

6.2節演習問題4(e)によりℚ⊂ℚ(ζ_n)は有限次拡大だから、

定理7.1.1によりℚ⊂ℚ(ζ_n)はGalois拡大。

定理7.3.2によりGal(L/ℚ) はGal(ℚ(ζ_n)/ℚ)の部分群だからAbel群である。

さらにGal(ℚ(ζ_n)/ℚ)はAbel群だからGal(L/ℚ)⊴Gal(ℚ(ζ_n)/ℚ)なので、

定理7.3.2によりℚ⊂LはGalois拡大、したがって定理7.1.1により正規。

演習問題15

(a)

6.4節Aの議論から、σ_1,b(ζ_p)=ζ_p, σ_1,b(^p√2)=ζ_p^{b p}√2だから、L_T'=ℚ(ζ_p)。

(b)

σ_a,0(ζ_p)=ζ_p^a, σ_a,0(^p√2)=^p√2により、固定体はℚ(^p√2)。