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。