コックス「ガロワ理論」 13.1節の演習問題2

演習問題11

(a)

a,b∈ℤだから、4a²+c²=(b+2)²となるc∈ℚが存在すれば、

c²=(b+2)²-4a²∈ℤなのでc∈ℤ。例13.1.3により

Δ(f)=(4b-a²-8)²(b-2a+2)(b+2a+2)=(4b-a²-8)²[(b+2)²-4a²]=(4b-a²-8)²c²。

fはc²上既約なの命題5.3.7により分離的だから、

命題5.3.2によりΔ(f)≠0なので、c≠0。

(b)

演習問題9により2はθ_fの根なので、

定理13.1.1によりθ_fはℚ上可約。

Δ(f)=[(4b-a²-8)c]²∈ℤ²だから、

fが規約ならば定理13.1.1(b)によりθ_fはℚ上完全分解するので、

fの分解体をLとしてGal(L/ℚ)≃C₂×C₂。

3²+4²=5²について、a=2,b=3,c=3である。

4b-a²-8=0なので、Δ(f)=0だからこの問題の状況に合致しない。

実際f=x⁴+2x³+3x²+2x+1=(x²+x+1)²でfは可約。

5²+12²=13²について、a=6,b=11,c=5である。

4b-a²-8=0なので、Δ(f)=0だからこの問題の状況に合致しない。

実際f=x⁴+6x³+11x²+6x+1=(x²+3x+1)²でfは可約。

7²+24²=25²について、a=12,b=7,c=23で、4b-a²-8=-124≠0である。

f=x⁴+12x³+7x²+12x+1はMaximaでℚ上因数分解できないので既約だから、

Gal(L/ℚ)≃C₂×C₂。

8²+15²=17²について、a=4,b=15,c=15で、4b-a²-8=36≠0である。

f=x⁴+4x³+15x²+4x+1はMaximaでℚ上因数分解できないので既約だから、

Gal(L/ℚ)≃C₂×C₂。

演習問題12

(a)

θ_f=(x-β)hと書け、h∈F[x], deg(h)=2はF上規約。

hの根をα₁, α₂とすれば、F(α₁)においてh=(x-α₁)(x-α₂)とhは完全分解するので、

E=F(α₁)。hはα₁のF上の最小多項式だから[E:F]=2。

h=x²-(α₁₊α₂)x+α₁α₂∈F[x]だから、a₁=α₁₊α₂, a₂=α₁α₂としてa₁,a₂∈Fである。

Δ(θ_f)=(β-α₁)²(β-α₂)²(α₁-α₂)²=[β²-(α₁₊α₂)β+α₁α₂]²(α₁-α₂)²=(β²-a₁β+a₂)²(α₁-α₂)²において、

β∈Fなのでβ²-a₁β+a₂∈Fだから、α=α₁-α₂∈F(√(Δ(θ_f)))。

定理13.1.1の状況を考えているのでFの標数は2でないから、

α₁=(a₁+α)/2, α₂=(a₁-α)/2,なのでα₁,α₂∈F(√(Δ(θ_f)))となりE⊂F(√(Δ(θ_f)))。

Δ(θ_f) ∈Fだから√(Δ(θ_f))のF上の最小多項式の次数は2なので、

命題4.3.4により[F(√(Δ(θ_f))):F]=2。

F⊂E⊂F(√(Δ(θ_f)))に定理4.3.8（塔定理）を用いて

2=[F(√(Δ(θ_f))):F]= [F(√(Δ(θ_f))):E][E:F]=2[F(√(Δ(θ_f))):E]だから、

[F(√(Δ(θ_f))):E]=1となり、補題4.3.3によりF(√(Δ(θ_f)))=Eとなる。

(13.6)より√(Δ(θ_f))=√(Δ(f))だから、E=F(√(Δ(f)))。

(b)

g(x)の因子x²+c₁x+c₂-βの判別式はΔ₁=4β+c₁²-4c₂∈F、

x²-βx+c₄の判別式はΔ₂=β²-4c₄∈Fで、

定理13.1.1の条件式に現れる因子と同じ。

G≃C₄はg(x)がE=F(√(Δ(f)))上完全分解することと同値なので、

√Δ₁, √Δ₂がともにF(√(Δ(f)))の元であることと同値。

このとき [F(√(Δ(f))):F]=2によりあるu₁,v₁,u₂,v₂∈Fが存在して

√Δ₁= u₁+v₁√(Δ(f)), √Δ₂= u₂+v₂√(Δ(f))だから、

Δ₁= u₁²+v₁²Δ(f)+2u₁v₁√(Δ(f)), Δ₂= u₂²+v₂²Δ(f)+2u₂v₂√(Δ(f)) 。

Δ(f)≠0, Δ(f)∉(F^*)²だからΔ₁, Δ₂∈Fであるためにはu₁v₁=0かつu₂v₂=0。

問題が証明されるにはu₁=u₂=0らしいのだが、その理屈が分からない・・・。

演習問題15(a)がそれを示す問題だが、こちらも分からない・・・。

u₁=u₂=0ならば、√Δ₁=v₁√(Δ(f)), √Δ₂=v₂√(Δ(f))。

これより√(Δ₁Δ(f))=v₁Δ(f)∈Fだから、

v₁≠0のときΔ₁=4β+c₁²-4c₂≠0, Δ₁Δ(f) ∈(F^*)²となる。

v₁=0のときはΔ₁=0なので、演習問題6(b)によりΔ₂=β²-4c₄≠0だからv₂≠0。

√(Δ₂Δ(f))=v₂Δ(f)∈FなのでΔ₁Δ(f) ∈(F^*)²となる。

まとめると、√Δ₁, √Δ₂がともにF(√(Δ(f)))の元なら、

4β+c₁²-4c₂≠0のときΔ(f)(4β+c₁²-4c₂)∈(F^*)²、

4β+c₁²-4c₂=0のときΔ(f)(β²-4c₄)∈(F^*)²となり、

定理13.1.1(c)のG≃C₄となる条件に一致する。

演習問題13

fは定理13.1.1(c)の仮定を満たすので、fの分解体をLとして

Gal(L/F)≃C₄またはD₈である。

fは分離的なので定理7.1.1によりF⊂LはGalois拡大だから、

定理7.1.5により|Gal(L/F)|=[L:F]。故に[L:F]=4または8。

またfはF上規約なので、αのF上の最小多項式だから[F(α):F]=deg(f)=4。

fがF(α)上完全分解することは、L= F(α)と同値だから、

|Gal(L/F)|=[F(α):F]=4と同値、したがってGal(L/F)≃C₄と同値。

すなわち、fがF(α)上完全分解しないなら、Gal(L/F)≃D₈。

演習問題14

各問の方程式の分解体をLとする。

(a)

f=x⁴+4x+2∈ℤ[x]として、p=2のSchönemann-Eisenstein判定法によりfはℚ上既約。

θ_fを演習問題8と同様に計算すると、θ_f=y³-8y-16。

y=±1, ±2, ±4,±8, ±16はθ_fの根でないから、命題A.3.1によりθ_fはℚ上既約。

Δ(f)=Res(f,f',x)=-2⁸·19∉ℚ²だから定理13.1.1によりGal(L/ℚ)≃S₄。

(b)

f=x⁴+8x+12∈ℤ[x]として、Maximaでℚ上因数分解できないのでfはℚ上既約。

θ_f=y³-48y-64はMaximaでℚ上因数分解できないのでθ_fはℚ上既約。

Δ(f)=Res(f,f',x)=2¹²·3⁴∈ℚ²だから定理13.1.1によりGal(L/ℚ)≃A₄。

(c)

f=x⁴+1=Φ₈∈ℤ[x]は定理9.1.9によりℚ上既約。

θ_f=y³-4y=y(y-2)(y+2)とℚ上完全分解するから、

定理13.1.1によりGal(L/ℚ)≃C₂×C₂。

(d)

f=x⁴+x³+x²+x+1=Φ₅∈ℤ[x]は定理9.1.9によりℚ上既約。

θ_f=y³-y²-3y+2=(y-2)(y²+y+1)で、y²+y+1=Φ₃(y)はℚ上既約だから、

θ_fはℚにただひとつの根β=2しか持たない。

Δ(f)=Res(f,f',x)=5³、また定理13.1.1(c)において、c₁=-1, c₂=1なので、

4β+c₁²-4c₂=5≠0かつΔ(f)(4β+c₁²-4c₂)=5⁴∈(ℚ^*)²だから、

定理13.1.1によりGal(L/ℚ)≃C₄。

(e)

f=x⁴-2∈ℤ[x]はℚに根を持たないので、命題4.2.6によりℚ上既約。

θ_f=y³+8y=y(y²+8)で、y²+8はℚに根を持たないので、

補題A.1.19によりℚ上既約だから、

θ_fはℚにただひとつの根β=0しか持たない。

Δ(f)=Res(f,f',x)=-2¹¹、また定理13.1.1(c)において、c₁=0, c₂=0, c₄=-2なので、

4β+c₁²-4c₂=0かつ、β²-4c₄=8=2³よりΔ(f)(β²-4c₄)=2¹⁴∉(ℚ^*)²だから、

定理13.1.1によりGal(L/ℚ)≃D₈。

演習問題15

(a)

4β+c₁²-4c₂≠0 とする。β∈Fなので4β+c₁²-4c₂∈F。

4β+c₁²-4c₂∈(F^*)²と仮定すると、

√(4β+c₁²-4c₂)=α₁+α₂-α₃-α₄∈F^*で、-c₁=α₁+α₂+α₃+α₄∈Fだから、

√(4β+c₁²-4c₂)-c₁=2(α₁+α₂)∈Fとなり、Fの標数は2でないからα₁+α₂∈F。

これよりα₃+α₄∈F。

・・・だとなぜ4β+c₁²-4c₂∈(F^*)²が禁じられるかわからん・・・・。

一番困る問題はC₄の作用なのだが・・・。

演習問題16

(12.17)において求値写像x_i→α_iを用いると、σ_j→c_j, y_k→β_kである。

β_kの1つ、例えばβ₁∈Fなら、β₂, β₃の最小多項式はF上の高々2次の多項式だから、

u₂, u₃, v₂, v₃∈Fとしてβ₂=u₂+√v₂, β₃=u₃+√v₃となる。

したがって(12.17)はv₁=4β₁+c₁²-4c₂∈Fとして

[c₁±√v₁±√(u₂+√v₂+c₁²-4c₂) ±√(u₃+√v₃+c₁²-4c₂)]/4と平方根のみで表現できるから、

これを根に持つF上の4次方程式の分解体をLとして、

[L:F]は2べきである。

fは規約だから[L:F]≥4で、[L:F]=|G|は|S₄|=24を割るから、

|G|=4または8である。

演習問題17

(a)

<(12),(34)>と<(12)(34),(13)(24)>が共役と仮定すると、

あるτ∈S₄が存在してτ(12)τ^-1∈<(12)(34),(13)(24)>だが、

(12)は奇置換だからτ(12)τ^-1も奇置換なので、

τ(12)τ^-1は<(12)(34),(13)(24)>⊂A₄の元ではありえず矛盾。

したがって<(12),(34)>と<(12)(34),(13)(24)>は共役でない。

(b)

fは規約だから命題6.3.7によりGは可移でなければならないが

例6.3.6で示されたように、<(12),(34)>は可移でないので定理に現れない。