コックス「ガロワ理論」 8.3節の演習問題

演習問題1

(a)

f=x^m-1とするとLの標数は0なのでf'=mx^m-1で、f= f'x/m-1だからgcd(f,f')=1。

故に命題5.3.2によりfは分離的。

(b)

1はfの根である。

x₁,x₂をfの異なる根とすると、(x₁x₂)^m-1= x₁^mx₂^m-1=1·1-1=0だからx₁x₂もfの根。

x₁^-1=1/x₁とすると(x₁^-1)^m-1=1/x₁^m-1=0だから、x₁^-1はfの根。

したがってx^m-1の根全体は乗法に関し群を成す。

演習問題2

F⊂LはGalois拡大だから、定理7.1.1によりLは、

ある分離多項式f∈F[x]の分解体なので、fの根をα₁,...,α_nとしてL=F(α₁,...,α_n)。

また、F⊂F(ζ)はx^m-1の分解体だから、定理7.1.1によりGalois拡大。

(8.3)式によりL(ζ)=F(α₁,...,α_n,ζ)=LF(ζ)なので、

8.2節演習問題7によりF⊂L(ζ)はGalois拡大。

演習問題3

f=x^m-1, p次円分多項式をΦ_p=x^p-1+...+x+1とすると、f=(x-1)Φ_p。

fは演習問題1(a)により分離的で、相異なる根は1,ζ,...,ζ^p-1だから、

ζ,...,ζ^p-1はΦ_pの根、すなわちi=1,..,p-1に対しΦ_p(ζⁱ)=0。

これより、(8.9)式の左辺=ζ^-(p-1)i[(ζⁱ)^p-1+...+ζⁱ+1]=ζ^-(p-1)iΦ_p(ζⁱ)=0。

演習問題4

(a)

γ_i,ζ_iγ_i,..., ζ_i^m_i-1γ_iはx^m_i-γ_i^m_iの相異なる全ての根なので、

σ∈Gal(F_i/F_i-1)とするとσはこれらの根の置換を引き起こす、

F_i-1上恒等な自己同型である。ζ_i ∈F⊂F_i-1としてよいので、σ(ζ_i)=ζ_iだから、

σはγ_iでの値によって決まる。

すなわち、任意のσに対しあるl (0≤l≤m_i-1)がただ一つ存在してσ(γ_i)=ζ_i^lγ_i。

(b)

ζ_i^m_i=1を用いて、σ(γ_i)=ζ_i^[l]γ_iである。

σ,τ∈Gal(F_i/F_i-1)とし、τ(γ_i)=ζ_i^[k]γ_iを任意にとると、

στ(γ_i)=ζ_i^[k+l]γ_i=τσ(γ_i)だからGal(F_i/F_i-1)はAbel群で、

σ→[l]が加法群としてのℤ/m_iℤへの、Gal(F_i/F_i-1)からの準同型を与えることがわかる。

この準同型の核の元σをとれば[l]=0よりσ(γ_i)=γ_iだから、

核は恒等な自己同型のみからなるので、σ→[l]は1対1準同型写像。

(c)

Gal(F_i/F_i-1)はσ(ζ_i)=ζ_iγ_iとなるσによって生成されるから、

Gal(F_i/F_i-1)は巡回群。o(σ)=m_iなので、

任意の[l]に対し(b)の準同型はσ^l→[l]となるから、

(b)の1対1準同型写像は全射。よって同型写像だからGal(F_i/F_i-1)≃ℤ/m_iℤ≃C_mi。

演習問題5

F⊂LはGalois拡大なので、F⊂F_i-1⊂Lに定理7.3.1を適用して、

Gal(L/F_i-1)はGal(L/F)の部分群だから、定理A.1.1（Lagrangeの定理）により

|Gal(L/F_i-1)|は|Gal(L/F)|を割る。

またF⊂F_i-1⊂Lに命題7.1.3を適用してF_i-1⊂LはGalois拡大。

F_i-1⊂F_iはGalois拡大だから、定理7.2.5によりGal(L/F_i)⊴Gal(L/F_i-1)なので、

定理7.2.7によりGal(L/F_i-1)/Gal(L/F_i)≃Gal(F_i/F_i-1)となり、

|Gal(F_i/F_i-1)|は|Gal(L/F_i-1)|を割る。したがって|Gal(F_i/F_i-1)|は|Gal(L/F)|を割る。

演習問題6

0≤i≤n-1として(ζ^mi/n)ⁿ=ζ^mi=1だから、

1,ζ^m/n,..., ζ^m(n-1)/nはxⁿ-1のn個の相異なる根である。

xⁿ-1のL上の分解体はL(ζ^m/n)だが、n|m, ζ∈Lだから、L(ζ^m/n)=L=L(ζ)。

したがってζ^m/nは1の原始n乗根。

演習問題7

(a)

(問題文のi=1,...,p_rはi=1,...,rの誤植)

m=p₁...p_rとする。ζ∈Fを1の原始m乗根とすると、

ζ^m/pi∈Fは演習問題6により1の原始p_i乗根。

逆にi=1,...,rについて1の原始p_i乗根をζ_i∈Fとし、ζ=∏_iζ_i∈Fとすると、

ζ^m=1, ζ^k≠1 (1≤k≤m-1)だから、ζは1の原始m乗根。

(b)

(a)のノーテーションのもとで、ζ∈Fだから(a)によりζ_i∈F。

F⊂LはGalois拡大だから定理7.1.5により|Gal(L/F)|=[L:F]なので、

p_iは|Gal(L/F)|を割る。したがってFは(8.12)を満たすので、

定理8.3.3の「特別な場合」の証明により、F⊂Lは冪根的。

(c)

補題8.3.1によりF⊂L(ζ)はGalois拡大で、さらに可解拡大だから、

定理8.3.3（Galoisの定理）によりGal(L/F)は可解群。

補題8.3.1によりF(ζ) ⊂L(ζ)もGalois拡大でGal(L(ζ)/F(ζ))は可解群となるから、

定理8.3.3（Galoisの定理）によりF(ζ) ⊂L(ζ)は可解拡大。

F(ζ)は1の原始m乗根を含むから、(b)によりF(ζ)⊂L(ζ)は冪根的となる。

ζ^m=1∈FだからF⊂F(ζ)は冪根的なので、補題8.2.7によりF⊂L(ζ)は冪根的。

演習問題8

(a)

Re(α₁³)はMaximaコマンド

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

alpha1:x1+omega^2*x2+omega*x3;

elem:2;

ratsimp(elem([3],realpart(alpha^3),[x1,x2,x3]));

を用いてRe(α₁³)=σ₁³-9σ₁σ₂/2+27σ₃/2=-27/2q。

またIm(α₁³)=(3√3/2)(x₁²x₃-x₂²x₃-x₁x₃²+x₂x₃²-x₁²x₂+x₁x₂²)

=(3√3/2)(x₂-x₁)(x₃-x₂)(x₃-x₁)=3√3√Δ/2なので、α₁³=27/2[-q+√(-Δ/27)]。

写像α₁³→(23)·α₁³は、x₂にx₃を、x₃にx₂を代入する求値写像なので、

定理2.1.2により環準同型。

Re(α₁³)は対称式なのでこの写像に対し不変で、

Im(α₁³)は交代式に比例するから命題2.4.1によりIm(β₁³)=-Im(α₁³)。

したがってβ₁³=27/2[-q-√(-Δ/27)]だからβ₁=3∛{1/2[-q-√(-Δ/27)]}を得る。

(b)

α₁=x₁+ω²x₂+ωx₃, β₁=x₁+ωx₂+ω²x₃, σ₁=x₁+x₂+x₃を、

x₁,x₂,x₃について解いて(8.15)を得る。

コックス「ガロワ理論」 8.2節の演習問題

演習問題1

(a)

7.3節演習問題8(a)で示した。L=ℚ(ζ₇+ζ₇^-1)である。

(b)

7.3節演習問題8(a)により、L=ℚ(ζ₇+ζ₇^-1)である。

ζ₇+ζ₇^-1∈ℚ(ζ₇)だからL⊂ℚ(ζ₇)。したがってℚ⊂L⊂ℚ(ζ₇)。

ζ₇⁷=1∈ℚより拡大ℚ⊂ℚ(ζ₇)は定義8.2.1を満たすので、ℚ⊂ℚ(ζ₇)は冪根的。

演習問題2

ℚ⊂Lが冪根的なら定義8.2.1によりあるγ∈Lとm∈ℕが存在して、

L=ℚ(γ), γ^m∈ℚである。m<3なら補題4.1.3により、

γのℚ上の最小多項式の次数が2次以下となるが、

これは7.3節演習問題8(a)により[L:ℚ]=3であることと矛盾するからm≥3。

演習問題3

(a)

K₁⊂L, K₂⊂Lだから、K₁,K₂を含むLの部分体は少なくともLが存在する。

K₁,K₂を含むLの部分体全体を{L_i}とし、K=⋂_i L_iとすれば、

全てのiに対しK⊂L_iかつK₁⊂K, K₂⊂K。

k₁,k₂∈Kとする。全てのiに対しk₁,k₂∈L_iで、各L_iは体だから、

k₁,k₂の和、積、加法・乗法の逆元も全てのL_iの元となるので、

それらはKの元になる。また明らかに0,1∈Kなので、Kは体。

したがって、KはK₁,K₂を含むLの最小の部分体だからK=K₁K₂。

(b)

K=F(α₁,...,α_n,β₁,...,β_m)とすると、Kは体でK₁⊂K, K₂⊂Kだから、

(a)によりK₁K₂⊂K。

k∈Kとすると、kはα₁,...,α_n,β₁,...,β_mのF係数有理式で表される。

K₁,K₂を含む任意の体Mにおいて、α₁,...,α_n,β₁,...,β_m∈Mだからk∈Mである。

したがってK₁,K₂を含む全ての体の共通部分にkは含まれるから、

(a)によりk∈K₁K₂となりK⊂K₁K₂。

以上によりK=K₁K₂。

演習問題4

(a)

F⊂KはGalois拡大だから命題7.1.7(a)を満たす。

L⊂K'が、F⊂K'がGalois拡大となる拡大だったとすると、

F⊂K'は有限次正規拡大でα∈L⊂K'だから、h∈F[x]⊂L[x]はK'上完全分解する。

したがってあるK''⊂K'が存在してK''はhの分解体となり、

系5.1.7によりL上恒等写像であるような体の同型K''≃Kが存在する。

K''⊂K'だからこの同型はK'の中への、体の準同型となり、

命題7.1.7(b)が満たされる。したがって、KはLのF上のGalois閉包である。

(b)

hは命題4.1.5によりF上の既約多項式で、Kはhの分解体だから、

命題6.3.7によりGal(K/F)は可移。

σ∈Gal(K/F)とすれば、σはhの根α₁を根α_iへ可移に移すから、

F⊂L⊂K におけるL=F(α₁)の共軛体はσL=σF(α₁)=F(α_i)。

演習問題5

(a)

iについての数学的帰納法で示す。

i=0のときF₀=F⊂K₂=F₀'だからF_i⊂F_i'。

F_i=F₀(γ₁,...,γ_i)⊂F_i'=F₀'(γ₁,...,γ_i)と仮定すると、

F_i+1=F₀(γ₁,...,γ_i)(γ_i+1)⊂F₀'(γ₁,...,γ_i)(γ_i+1)=F₀'(γ₁,...,γ_i+1)= F_i+1'。

したがって全てのi=0,...,nに対しF_i⊂F_i'。

(b)

(8.4)式によりF_n'=K₂(γ₁,...,γ_n)なのでK₂⊂F_n'。

F⊂K₂だからF(γ₁,...,γ_n)=K₁⊂F_n'。

故に定義8.2.5と演習問題3(a)によりK₁K₂⊂F_n'。

k∈F_n'=K₂(γ₁,...,γ_n)なら、kはγ₁,...,γ_n∈K₁のK₂係数有理式で表されるから、

kはF_n'を含む任意の体の元である。したがって演習問題3(a)によりF_n'⊂K₁K₂。

したがってF_n'=K₁K₂。

演習問題6

F⊂Lは冪根的だから、体の列F=F₀⊂F₀(γ₁)⊂F₀(γ₁,γ₂)⊂...⊂F₀(γ₁,...,γ_n)=Lが存在して、

あるm_i>0に対しγ_i^m_i∈F₀(γ₁,...,γ_i-1)。

σはF上恒等なMの自己同型だから、

σF₀=F₀⊂σF₀(γ₁)=F₀(σ(γ₁))⊂... ⊂σF₀(γ₁,...,γ_n)=F₀(σ(γ₁),..., σ(γ_n))は体の列となり、

γ_i^mi∈F₀(γ₁,...,γ_i-1)よりσ(γ_n)^m_i∈F₀(σ(γ₁),..., σ(γ_i))となるので、

この列は定義8.2.1を満たすから、F⊂σLは冪根的。

演習問題7

F⊂K₁はGalois拡大だから有限次拡大。

定理7.1.1によりK₁に根を持つF上の分離多項式f₁は、

α₁,...,α_n∈K₁をf₁の根とするとf₁=(x-α₁)... (x-α_n)とK₁上完全分解し、

K₁はf₁の分解体となるので、K₁=F(α₁,...,α_n)。

同様に、K₂に根を持つF上の分離多項式f₂は、

β₁,..., β_m∈K₂をf₂の根としてf₁=(x-β₁)... (x-β_m)とK₂上完全分解し、K₂=F(β₁,..., β_m)。

α₁,...,α_n,β₁,..., β_mのうち異なるものをγ₁,..., γ_rとする。

(8.3)式によりK₁K₂=F(γ₁,..., γ_r)であるから、F⊂K₁K₂は有限次拡大。

K₁K₂に根を持つF上の分離多項式f=(x-γ₁)... (x-γ_n)は、

K₁K₂上完全分解するから、定理7.1.1によりF⊂K₁K₂はGalois拡大である。