コックス「ガロワ理論」 12.1節の演習問題1

演習問題1

(12.2)の多項式は全て相異なるからθ(x)は分離的。

また(12.2)はσ·fによって得られる有理関数を全て尽くしているから、

θ(x)はS_nの作用によって不変。

したがって(12.1)によりθ(x)の係数はGal(L/K)の固定体に入るからθ(x)∈K[x]。

gをx=fを根に持つθ(x)の規約因子とすると、

補題4.1.3、命題4.1.5によりg|θ(x)。

命題6.1.4により、すべてのσ∈Gal(L/K)に対しσ(f)もgの根だから、

gは(12.2)のすべての多項式を根に持つので、θ(x)|g。

したがってθ(x)とgは、K[x]の単数因子の違いしかないから、θ(x)はK上既約。

演習問題2

Maximaコマンド

omega:(-1+sqrt(3)*%i)/2;

z1:(x1+omega^2*x2+omega*x3)/3;

z2:(x1+omega^2*x3+omega*x2)/3;

theta:(z-z1)*(z-z2)*(z-omega*z1)*(z-omega*z2)

*(z-omega^2*z1)*(z-omega^2*z2);

expand(elem([3],theta,[x1,x2,x3])),elem:2;

により、

θ(x)=z⁶+(-2σ₁³/27+σ₁σ₂/3-σ₃)z³+(σ₁⁶-9σ₁⁴σ₂+27σ₁²σ₂²-27σ₂³)/27²

整理してθ(x)=z⁶+qz³+(σ₁²-3σ₂)³/27²=z⁶+qz³-p³/27。

演習問題3

(a)

Maximaコマンド

y1:x1*x2+x3*x4;

y2:x1*x3+x2*x4;

y3:x1*x4+x2*x3;

theta:(y-y1)*(y-y2)*(y-y3);

expand(elem([4],theta,[x1,x2,x3,x4])),elem:2;

により例12.1.3の分解式を得る。

(b)

明らかに(12),(1324) ∈H(y₁)で、定理12.1.4により|H(y₁)|=8。

σ=(1324),τ=(12)とすると、o(σ)=4,o(τ)=2で、

<(12),(1324)>={(1), τ, σ,σ²=(12)(34), σ³=σ^-1=(1423),

(14)(23)=στ=τσ³, (34)=σ²τ=τσ², (13)(24)=τσ=σ³τ}で尽くされ、

|<(12),(1324)>|=8だから、H(y₁)=<(12),(1324)>。

(c)

例えば(12)∈H(y₁) , (23)∈S₄について、(23)(12)(23)^-1=(13)∉H(y₁)だから、

H(y₁)はS₄の正規部分群ではない。

(d)

(b)により、すべてのr∈<σ>に対し、τrτ=r^-1だから、

H(y₁)は2面体群で、|H(y₁)|=8よりH(y₁)≃D₈。

演習問題4

x⁴-σ₁x³=-σ₂x²+σ₃x-σ₄ (1),

yx²+(-σ₁x+y)²/4=(y+σ₁²/4)x²-σ₁yx/2+y²/4 (2)とする。

(1)の左辺にの(2)の左辺を足すと、x⁴+(-σ₁x+y)x²+(-σ₁x+y)²/4=(x-σ₁x+y)²となり、

(12.9)の左辺を得る。

(12.9)の右辺は(1)の右辺にの(2)の右辺を足しただけ。

A=y+σ₁²/4-σ₂, B=-σ₁y/2+σ₃, C= y²/4-σ₄なので、普通に計算して

4AC-B²=(12.10)の左辺となる。

演習問題5

(a)

α=(-σ₁y/2+σ₃)/[2√(y+σ₁²/4-σ₂)]とする。

複号の+を選んだ(12.11)の根をx_i,x_jとすると、

根と係数の関係からx_ix_j=y/2-α。

複号の-を選んだ(12.11)の根をx_k,x_lとすると、

同様にx_kx_l=y/2+αだから、x_ix_j+x_kx_l=y。

(b)

(12.11)の根と係数の関係から、x_i+x_j=σ₁/2+t₁/2=x₁+x₂だから、

(12.11)の複号の+を選んだ時の(12.11)の根はx₁,x₂。

同様に、(12.11)の複号の-を選んだ時の(12.11)の根はx₃,x₄。

演習問題6

y₁,y₂,y₃の任意の置換に対し(12.13)は対称だから、

(12.13)のtの冪の係数はKに入る。

演習問題7

(12.15)より例えば、

σ₁+t₁+t₂+t₃=4x₁なので、x₁=(σ₁+t₁+t₂+t₃)/4。他の根も同様。

演習問題8

(a)

t₁=x₁+x₂-x₃-x₄, t₂=x₁-x₂+x₃-x₄, t₃=x₁-x₂-x₃+x₄に互換を作用させると、

(12)·t₁=(34)·t₁=t₁,

(23)·t₁=-(13)·t₁=t₂,

(24)·t₁=-(14)·t₁=t₃,

(13)·t₂=(24)·t₂=t₃,

(23)·t₂=-(14)·t₂=t₁,

(34)·t₂=-(12)·t₂=t₃,

(14)·t₃=(23)·t₃=t₃,

(24)·t₃=-(13)·t₃=t₁,

(34)·t₃=-(12)·t₃=t₂なので、任意の互換は1つを固定し、

他の2つを交換し、交換によって1つの符号が変わるときは、

他方の符号も変わるから、t₁t₂t₃は任意の互換の作用に対し不変。

S₄はすべての互換によって生成されるから、

S₄の作用に対しt₁t₂t₃は不変。

(b)

(12.15)によりMaximaコマンド、

t1:x1+x2-x3-x4;

t2:x1-x2+x3-x4;

t3:x1-x2-x3+x4;

elem([4],t1*t2*t3,[x1,x2,x3,x4]),elem:2;

を用いてt₁t₂t₃=σ₁³-4σ₁σ₂+8σ₃なので(12.16)を得る。

演習問題9

(a)

K⊂Lは定理6.4.1によりGalois拡大だから、

H⊂Gal(L/K)≃S_nの固定体L_Hが存在してK⊂L_H⊂L。

K⊂LはGalois拡大なので有限次分離拡大だから、

K⊂L_Hも有限次分離拡大なので、

定理5.4.1（原始元の定理）によりL_H=K(f)となるf∈L_Hが存在する。

したがってHのすべての元の作用に対しfは不変だからH⊂H(f)。

H(f)はGal(L/K)の部分群だから固定体L_H(f)が存在し、

Hの作用に対しfは固定されるからL_H⊂L_H(f)。

したがってGalois対応によりH(f)⊂H。よってH=H(f)。

(b)

σ∈HならσH=Hだから、

σ·f=σ·∑_τ∈H τ·m=∑_τ∈σH τ·m=∑_τ∈H τ·m=fだからσ∈H(f)なのでH⊂H(f)。

σ∉Hなら、σHはσによって定まる左剰余類だから、σH⋂H=∅。

a₁,...,a_nはすべて異なるから、σ·f=∑_τ∈σH τ·mはfに含まれない項を含む。

したがってσ·f≠fとなり、σH⋂H(f)=∅。

よってH(f)はHの元のみを含むのでH(f)⊂HだからH=H(f)。

演習問題10

明らかにe∈Nで、σ∈Nとすると、

f_i=e·f_i=(σ^-1σ)·f_i=σ^-1·(σ·f_i )=σ^-1·f_i)だからσ^-1∈N。

σ,τ∈Nとすると、すべてのi=1,...,rに対しσ·f_i=τ·f_i =f_iだから、

(στ)·f_i=σ·(τ·f_i )=σ·f_i=f_iなので、στ∈N。よってNはS_nの部分群。

演習問題11

定理12.1.10の証明と全く同様である。

命題8.4.6を使う所でN={e}のみであること、

f_iの偶置換のされ方がr!/2通りである点が異なるが、

証明の論理に影響しない。

演習問題12

(a)

θ(x)はg∈Lの分解式だから、σ∈S_nに対し、

σ·gにより得られるすべての相異なる有理式g₁=g,...,g_sを根に持ち、

θ(x)はσの作用に対し不変。

S_nσ=S_nだから、あるg_jに対し、g=τ·g_jとなるτ∈S_nが存在する。

あるjについてdeg(R_j)=1, R_j∈K(√Δ)[x]ならθ(x)は根g_j∈K(√Δ)を持つ。

θ(x)=τ·θ(x)で、x-g_j∈K(√Δ)[x]はx-gに移るから、

g∈K(√Δ)となるので、g∉K(√Δ)の仮定に反する。

故にdeg(R_j)≥2。

(b)

K⊂K(√Δ)⊂M⊂LなのでGalois対応により、

H_j≃Gal(L/M)⊂Gal(L/K(√Δ))=A_n。

R_jはK(√Δ) 上規約であることと、定理7.3.1を用いて、

deg(R_j)=[M:K(√Δ)]=[Gal(L/K(√Δ)):Gal(L/M)]=[A_n:H_j]。

(c)

(b)によりn>deg(R_j)=[A_n:H_j]だから、

H_jはnより小さい指数のA_nの部分群。

g_j∉K(√Δ)だからK(√Δ)⊊MなのでH_j⊊A_nである。