コックス「ガロワ理論」 13.3節の演習問題

演習問題1

(a)

a₀,...,a_nの分母の最小公倍数をm∈ℤとし、b_i=ma_iとすると、

mf=b₀xⁿ+...+b_n∈ℤ[x]。

mb₀^n-1f(x)=(b₀x)ⁿ+b₁b₀^n-1x^n-1+b₂b₀^n-1x^n-2+... b_n-1b₀^n-1x+b₀^n-1b_n

なので、mb₀^n-1f(x/b₀)=xⁿ+b₁x^n-1+b₂b₀x^n-2+... b_n-1b₀^n-2x+b₀^n-1b_n∈ℤ[x]だから、

λ=m(ma₀)^n-1∈ℚ^*, μ=1/(ma₀)∈ℚ^*, g(x)=λf(μx)とればよい。

(b)

（fは分離的とは言っていないので、Galois群の位数からの議論はやりにくい。）

f,gの分解体をそれぞれL_f, L_gとし、

fの根をα₁,...,α_n∈L_f、gの根をβ₁,..., β_n∈L_gとする。

必要なら適当に同型の分解体を取り、

また根の添字の順序を適当に入れ替えることにより、

β_i=μα_iとなり、L_g=ℚ(β₁,..., β_n)≃ℚ(α₁,...,α_n)=L_fなることが容易に示される。

この同型写像をφとする。

σ∈Gal(L_f/ℚ)に対し、σ(α_i)=α_j (1≤i,j≤n)とする。

写像Φ: Gal(L_f/ℚ)→Gal(L_g/ℚ)を(Φ(σ))(β_i)=β_j=μα_j

で定義すれば、明らかにΦは群準同型。

τ_g(β_i)=β_jなるあるτ_g∈Gal(L_g/ℚ)に対し、

τ_g(β_i)=μτ_g(α_i)=β_j=μα_jより、L_g上でτ_g(α_i)=α_j。

すなわちL_f上で、(φ^-1∘τ_g∘φ)(α_i)=α_jとなり、

φ^-1∘τ_g∘φ∈Gal(L_f/ℚ), Φ(φ^-1∘τ_g∘φ)=τ_gとなるのでΦは全射。

τ_g=e∈Gal(L_g/ℚ)ならφ^-1∘τ_g∘φ=e∈Gal(L_f/ℚ)だからΦは単射、

故に同型だから、Gal(L_f/ℚ)≃Gal(L_g/ℚ)。

演習問題2

GによるS_nの左剰余類分解の代表系を、

m=[S_n:G]としてσ₁=e, σ₂,..., σ_mとすれば、

(12.4)によりφ_i=σ_iG·φで、R_f(y)=∏_1≤i≤m (y-σ_i·φ)∈ℤ[x₁,..., x_n]。

Θ(y)=∏_σ∈Sn (y-σ·φ)∈ℤ[x₁,..., x_n]とすれば、

Θ(y)はx₁,..., x_nについて対称的だから、

9.1節演習問題6によりΘ(y)∈ℤ[σ₁,..., σ_n]で、

定理12.1.4によりΘ(y)=R_f(y)^|G|である。

故にR_f(y)もx₁,..., x_nについて対称的だから、R_f(y)∈ℤ[σ₁,..., σ_n]。

演習問題3

G_f≃Gal(L/F)なので、

この同型によってτ∈G_fに対応するGal(L/F)の元をσとすれば、

β=φ(α₁,..., α_n)∈FでσはF上恒等だから

φ(α₁,..., α_n)=β=σ(β)=τ·φ(α₁,..., α_n)=φ(α_τ(1),..., α_τ(n))。

演習問題4

(a)

（定理13.1.5にS₄の可移部分群が列挙されているが共軛が面倒。）

(1324)の作用によってφは不変だから<(1324)>⊂G。

[S₄:<(1324)>]=6なので、<(1324)>によるS₄の左剰余類は6つ。

g₁=e, g₂=(12), g₃=(13), g₄=(14), g₅=(23), g₆=(24)

とすれば、g_i^-1g_jは互換か3サイクルなので13.2節演習問題4と同様に、

i≠jならg_i^-1g_j∉<(1324)>={(1),(1324),(12)(34),(1423)}となるから、

g₁,..., g₆は<(1324)>によるS₄の左剰余類分解の代表系である。

2≤i≤6に対しg_i·φ≠φなので、S₄の元のうち、

φに作用したときにφが不変となるのは<(1324)>の元だけ。

故にG=<(1324)>。

(b)

g₁·φ=-g₂·φ=φだから、

(y-g₁·φ)(y-g₂·φ)=(y²-φ²)。

ここでφ²=Δ[x₁²+x₂²+x₃²+x₄²+2(x₁x₂+x₃x₄)-2(x₁x₃+x₁x₄+x₂x₃+x₂x₄)]

=Δ(4y₁+σ₁²-4σ₂)。

g₄·φ=-g₅·φ=√Δ(x₁+x₃- x₂-x₄), g₃·φ=-g₆·φ=√Δ(x₁+x₄- x₂-x₃)から、

同様にして(y-g₄·φ)(y-g₅·φ)=y²-Δ(4y₂+σ₁²-4σ₂),

(y-g₃·φ)(y-g₆·φ)=y²-Δ(4y₃+σ₁²-4σ₂)だから、

R(y)=∏_1≤i≤3 [y²-Δ(4y_i+σ₁²-4σ₂)]

(c)

演習問題2によりR_f(y)のyの各冪の係数はx₁,..., x₄の対称式。

σ₁=σ₃=0, σ₂=b, σ₄=dより、Maximaで

--------------

y1:x1*x2+x3*x4;

y2:psubst([x2=x3,x3=x2],y1);

y3:psubst([x2=x4,x4=x2],y1);

uniresolvent:(y^2-Delta*(4*y1+e1^2-4*e2))

*(y^2-Delta*(4*y2+e1^2-4*e2))*(y^2-Delta*(4*y3+e1^2-4*e2));

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

resolvent:factor(subst([e1=0,e2=b,e3=0,e4=d],R));

--------------

により

R_f(y)=y²(y⁴+8bΔ(f)y²+16b²Δ(f)²-2⁶dΔ(f)²)=y²[(y²+4bΔ(f))²-2⁶dΔ(f)²]。

演習問題5

(a)

Gはφの固定部分群だから、定理A.4.9（群の作用の基本定理）により、

l=|H·φ|=[H:G]。

(b)

H·R^H(y)=R^H(y)で、G_f⊂Hだから、G_f·R^H(y)=R^H(y)。

したがってG_f·R_f^H(y)=R_f^H(y)。

G_f≃Gal(L/F)なので、R_f^H(y)のyの各冪の係数は、

Gal(L/F)の固定体すなわちFの元だからR_f^H(y)∈F[y]。

(c)

fの根のラベルを適当なτによって置き換えることで、

G_f⊂Gとしてよい。Gはφの固定部分群だから、

G_f·φ=φなので、G_f·φ(α₁,...,α_n)=φ(α₁,...,α_n)。

G_f≃Gal(L/F)なのでφ(α₁,...,α_n)はGal(L/F)の固定体Fの元だから、

R_f^H(y)はFに少なくともひとつの根φ(α₁,...,α_n)をもつ。

(d)

β=φ(α₁,...,α_n)∈Fとし、G_f⊄Gと仮定する。

τ∈G_f∖Gをとると、Gはφの固定部分群だからτ·φ≠φ。

τ·φ(α₁,...,α_n)はR_f^H(y)の根で、βは単根だから、

τ·φ(α₁,...,α_n)≠β。

ところでG_f≃Gal(L/F)より、τに対応するGal(L/F)の元をσとすれば、

β=φ(α₁,...,α_n)∈Fなのでβ=σ(β)=τ·φ(α₁,...,α_n)となり矛盾。

故にG_f⊂G。

演習問題6

(a)

(13.26)のR_f(y)がF上可約と仮定すると、

Δ(f)(4β_i+c₁²-4c₂)の少なくとも1つはFの元。

ところが、β_iはFerrariの分解式θ_fの根で、

G_f=A₄またはG_f=S₄なら定理13.1.1によりθ_fはF上規約だから、

すべてのβ_i∉Fなので、Δ(f)(4β_i+c₁²-4c₂)∉F。よってR_f(y)はF上既約。

(b)

G_f=<(1324),(12)>なら定理13.1.1によりθ_fはF上に唯一つの根βを持ち、

β=β₁として、(i) 4β₁+c₁²-4c₂≠0かつΔ(f)(4β₁+c₁²-4c₂)∉(F^*)²、

または(ii) 4β₁+c₁²-4c₂=0かつΔ(f)(β₁²-4c₄)∉(F^*)²。

しかし(ii)はR_f(y)=y²[y²-Δ(4β₂+c₁²-4c₂)][y²-Δ(4β₃+c₁²-4c₂)]

となりR_f(y)の分離性に反するので、(i)の場合だけを調べればよい。

Δ(f)(4β₁+c₁²-4c₂)∉(F^*)²よりy²-Δ(f)(4β₁+c₁²-4c₂)はF上規約だから、

R_f(y)=g(y)h(y), g(y)=y²-Δ(f)(4β₁+c₁²-4c₂),

h(y)=[y²-Δ(f)(4β₂+c₁²-4c₂)][y²-Δ(f)(4β₃+c₁²-4c₂)]

として、2次式g(y)はF上規約で、β₂, β₃∉Fなので4次式h(y)もF上既約。

(c)

G_f=<(12)(34),(13)(24)>なら定理13.1.1により、

θ_fはF上完全分解し、Δ(f)∈F²。

すなわちすべてのi=1,2,3に対しβ_i∈Fなので、Δ(f)(4β_i+c₁²-4c₂)∈F。

g_i=y²-Δ(f)(4β_i+c₁²-4c₂)∈F[y]とすると、R_f(y)=g₁(y)g₂(y)g₃(y)。

ここで例えば4β₁+c₁²-4c₂∈F²なら、

(12.15)から√(4β₁+c₁²-4c₂)=α₁+α₂-α₃-α₄∈Fなので、

G_f≃Gal(L/F)よりG_f·(α₁+α₂-α₃-α₄)=α₁+α₂-α₃-α₄

だが、(13)(24)·(α₁+α₂-α₃-α₄)=-(α₁+α₂-α₃-α₄)なので矛盾。

したがって、4β₁+c₁²-4c₂∉F²となり、Δ(f)∈F²よりΔ(f)(4β_i+c₁²-4c₂) ∉F²だから、

g₁はF上既約。4β₂+c₁²-4c₂, 4β₃+c₁²-4c₂についても同様にすれば、

g₂(y), g₃(y)もF上既約であることが示される。

(d)

G_f=<(1324)>なら定理13.1.1によりθ_fはF上に唯一つの根βを持ち、

β=β₁として、(i) 4β₁+c₁²-4c₂≠0かつΔ(f)(4β₁+c₁²-4c₂)∈(F^*)²、

または(ii) 4β₁+c₁²-4c₂=0かつΔ(f)(β₁²-4c₄)∈(F^*)²だが、

(b)と同様に(ii)はR_f(y)の分離性に反するので、

(i)の場合だけを調べればよい。

Δ(f)(4β₁+c₁²-4c₂)∈(F^*)²だから、(b)のg(y)はさらに

g(y)=g₁(y)g₂(y), g₁(y)=y-√[Δ(f)(4β₁+c₁²-4c₂)], g₂(y)=y+√[Δ(f)(4β₁+c₁²-4c₂)],

とF上の1次式の積に因数分解される。

(b)の4次規約式h(y)をg₃(y)=h(y)とすれば、R_f(y)=g₁(y)g₂(y)g₃(y)。

(e)

(a)~(d)により、R_f(y)の既約因数分解によって、

定理13.1.1のG=G_fは完全に決定される。

演習問題7

GL(3,F₂)の元は階数3の正則行列で、

F₂³から自身への正則線形変換と1対1に対応し、

F₂³の0でない7つの元への置換に対応する。

線形変換が正則なので、同じ置換を与える線形変換は同じ変換だから、

F₂³から自身への正則線形変換とS₇の元は1対1に対応する。

したがって、GL(3,F₂)→S₇は1対1。

演習問題8

(a)

F₂³の2次元部分空間は、互いに定数倍でない任意のx₁,x₂∈F₂³に対し、

方程式a₁x₁+a₂x₂=0 (a₁,a₂∈F₂はすべてが0になることはない)で表される。

F₂³の0でない7つの元のうち、等しくないどの2つも互いに定数倍でないから、

x₁,x₂の取りかたは₇C₂=7個ある。

(b)

任意のa∈GL(3,F)は階数3の正則行列だからa^-1を持つので、

任意のC∈F³に対し、a·B=Cとなるaが存在してB=a^-1·Cとなる。

したがってGL(3,F)のF³への作用は可移。

(c)

互いに定数倍でない任意のx₁,x₂∈F³に対し、

B=a₁x₁+a₂x₂∈F³(a₁,a₂∈Fが共に0になることはない)とすれば、

(b)により任意のC=b₁y₁+b₂y₂∈F³(b₁,b₂∈Fが共に0になることはない)について、

a·B=Cとなるa∈GL(3,F)が存在するから、

GL(3,F)はF³の2次元部分空間の集合に可移的に作用する。

演習問題9

任意のa∈GL(3,F₂)は正則だからdet(a)∈F₂は0でないので、

det(a)=1の可能性しかない。故にGL(3,F₂)=SL(3,F₂)。

同様にPGL(3,F₂)=PSL(3,F₂)。

PGL(3,F₂)=GL(3,F₂)/F₂^*Iだが、F₂^*={1}だからF₂^*I={I}なので、

GL(3,F₂)/F₂^*I ≃GL(3,F₂)。

演習問題10

演習問題5において、H=<(1324)>, φ=y₁=√Δ(x₁+x₂-x₃-x₄)とすれば、

H·φ={φ,-φ}なので、R_f^H(y)=(y-φ(α₁,α₂,α₃,α₄))(y+φ(α₁,α₂,α₃,α₄))=y²-φ(α₁,α₂,α₃,α₄) ²

演習問題4(b)によりφ(α₁,α₂,α₃,α₄)²=Δ(4β₁+c₁²-4c₂)だから、

R_f^H(y)=y²-Δ(4β₁+c₁²-4c₂)となり、(13.27)を得る。

演習問題11

(a)

{1,...,7}のうち3個の元の集合を{i,j,k}とし、

3個の元の他の任意の集合を{l,m,n}とする。

{i,j,k}={l,m,n}なら(1)∈A₇をとり(1)·{i,j,k}={l,m,n}。

{i,j,k}に{l,m,n}同じ元が2つ、例えばi=lかつj=mなら、

i,jと異なる元pをとり(pkn)∈A₇を用いて(pkn)·{i,j,k}={l,m,n}。

{i,j,k}に{l,m,n}同じ元が1つ、例えばi=lなら、

独立な互換の積(jm)(kn)∈A₇をとり(jm)(kn)·{i,j,k}={l,m,n}。

{i,j,k}と{l,m,n}の元が全て異なれば、

i,j,k,l,m,nと異なる元pをとり

7サイクル(piljmkn)∈A₇を用いて(piljmkn)·{i,j,k}={l,m,n}。

したがって任意の{l,m,n}に対しがσ∈A₇が存在して、

σ·{i,j,k}={l,m,n}となるので、A₇の作用は可移。故にS₇の作用も可移。

(b)

γ_a,b∈AGL(1,F₇) (a,b∈F₇)について、{0,1,2}の固定部分群G_{0,1,2}を調べる。

G_{0,1,2}の作用によって{0,1,2}は、

{0,1,2},{0,2,1},{2,1,0},{1,0,2},{1,2,0},{2,0,1}のいずれかに写る。
u∈F₇として、γ_a,bの作用によって、u→au+bと写され、

{0,1,2}へ移る場合a=1,b=0、すなわちγ_1,0=e、

{2,1,0}へ移る場合a=6,b=2、

また{0,2,1},{1,0,2},{1,2,0},{2,0,1}へ移るγ_a,bは存在しない。

したがってG_{0,1,2}={γ_1,0=e, γ_6,2}だから、

定理A.4.9（群の作用の基本定理）により、

|AGL(1,F₇)·{0,1,2}|=|AGL(1,F₇)|/|G_{0,1,2}|=42/2=21。

同様に、{0,1,3}の固定部分群G_{0,1,3}を調べる。

G_{0,1,3}の作用によって{0,1,3}は、

{0,1,3},{0,3,1},{3,1,0},{1,0,3},{1,3,0},{3,0,1}のいずれかに写る。

{0,3,1}へ移る場合a=1,b=0、すなわちγ_1,0=e、

{1,3,0}へ移る場合a=2,b=1、

{3,0,1}へ移る場合a=4,b=3、

また{0,3,1},{3,1,0},{1,0,3}へ移るγ_a,bは存在しない。

したがってG_{0,1,3}={γ_1,0=e, γ_2,1, γ_4,3}だから、

定理A.4.9（群の作用の基本定理）により、

|AGL(1,F₇)·{0,1,3}|=|AGL(1,F₇)|/|G_{0,1,3}|=42/3=14。