コックス「ガロワ理論」 9.2節の演習問題3

演習問題11

(a)(d)

定理9.1.11によりGal(ℚ(ζ_p)/ℚ)≃(ℤ/pℤ)^*=<[g]>で、

H_f=Gal(ℚ(ζ_p)/L_f)⊂Gal(ℚ(ζ_p)/ℚ)は、

(ℤ/pℤ)^*の位数fの唯一の部分群と同型だからH_f≃<[g^(p-1)/f]>=<[g^e]>。

同じ同型写像によって、同様にH_fq=Gal(ℚ(ζ_p)/L_fq)≃<[g^(p-1)/fq]>=<[g^e/q]>。

τ(ζ_p)=ζ_p^ge/qなので、定理9.1.11によりこの同型は、

τを[g^e/q]へ移すからH_fq=<τ>。

L_fはH_fの固定体だから、H_fqの各元をL_fへ制限すると、

H_fqにおいてH_fに対する同じ左剰余類に属する元は、

L_fにおいて同じ置換を引き起こす。

f|fqだから演習問題1(b)によりH_f⊂H_fq、

さらにH_fqは巡回群なのでAbel群だからH_f⊴H_fqなので、

H_fqの各元のL_fへの制限の集合は、H_fq/H_f≃<τ|_LfH_f >=<σ'H_f >となる。

なお<σ'H_f >の位数は|H_fq|/|H_f|=qでqは素数なので<σ'H_f >≃ℤ/qℤだから、

σ'=τ|_Lf をH_fq=<τ>≃<[g^e/q]>の同型によって [g^e/q]と同一視し、

さらに[g^e/q]を簡単のためg^e/qと書くことにすれば

H_fq/H_f ={H_f, g^e/qH_f, g^2e/qH_f, ..., g^(q-1)e/qH_f}、

すなわちH_fq=H_f⋃g^e/qH_f⋃g^2e/qH_f⋃...⋃g^(q-1)e/qH_fとなり(9.23)式を得る。

一方f|fqだから命題9.2.1によりℚ⊂L_fq⊂L_f⊂ℚ(ζ_p)で、

Gal(ℚ(ζ_p)/ℚ)≃(ℤ/pℤ)^*はAbel群だから、H_f ⊴Gal(ℚ(ζ_p)/ℚ)。

L_fq⊂L_f⊂ℚ(ζ_p)に定理7.3.2を用いてGal(L_f /L_fq)≃H_fq/H_fとなるので、

Gal(L_f /L_fq)≃<σ'H_f >≃ℤ/qℤ。

σ'H_fの代表元としてσ'をとってσ'H_fと同一視することで、

Gal(L_f /L_fq)≃<σ'>≃ℤ/qℤとなる。

(b)

q=2ならω=-1∈ℚ⊂L_fqなので、L_fq(ω)=L_fq, L_f(ω)=L_fだから

Gal(L_f (ω)/L_fq(ω))≃Gal(L_f /L_fq)。

以下q≠2すなわちqは奇素数とする。

命題4.2.5と命題4.1.5によりωのℚ上の最小多項式はΦ_q∈ℚ[x]。

qはp-1の約数なのでgcd(q,p)=1だから、

9.1節演習問題16によりΦ_qはℚ(ζ_p)上規約。

L_fq⊂L_f⊂ℚ(ζ_p)だから、Φ_qはL_fq, L_f上でも規約である。

qは奇素数だから9.1節演習問題1により

[L_fq(ω):L_fq]=deg(Φ_q)=φ(q)=q-1, [L_f(ω):L_f]=q-1

また(8.6)によりℚ⊂ℚ(ζ_p)はGalois拡大だから、

ℚ⊂L_fq⊂ℚ(ζ_p)と命題7.1.3によりL_fq⊂ℚ(ζ_p) はGalois拡大。

L_fq⊂L_f⊂ℚ(ζ_p)から定理7.3.1と定理A.1.1（Lagrangeの定理）により

[L_f:L_fq]=[Gal(ℚ(ζ_p)/L_fq):Gal(ℚ(ζ_p)/L_f)]=[H_fq:H_f]=|H_fq|/|H_f |=q。

したがって定理4.3.8（塔定理）により、

[L_f(ω):L_fq]=[L_f(ω):L_f][L_f:L_fq]=q(q-1)だから

q(q-1)=[L_f(ω):L_fq]=[L_f(ω):L_fq(ω)][L_fq(ω):L_fq]=(q-1)[L_f(ω):L_fq(ω)]により

[L_f(ω):L_fq(ω)]=q。

(a)によりℚ⊂L_fq⊂L_f⊂ℚ(ζ_p)でℚ⊂L_fは命題9.2.1によりGalois拡大だから、

命題7.1.3によりL_fq⊂L_fはGalois拡大で、

定理7.1.5により|Gal(L_f/L_fq)|=[L_f:L_fq]=q。

さらに補題8.3.1によりL_fq(ω)⊂L_f(ω)はGalois拡大だから、

定理7.1.5により|Gal(L_f(ω)/L_fq(ω))|=[L_f(ω):L_fq(ω)]=q。

L_fq⊂L_f(ω), L_fq⊂L_fはGalois拡大だから、

定理7.2.7によりGal(L_f(ω)/L_fq)/Gal(L_f(ω)/L_f)≃Gal(L_f/L_fq))。

この同型写像は定理7.2.7の証明から、

群準同型写像Φ: Gal(L_f(ω)/L_fq)→Gal(L_f/L_fq)

(σ∈Gal(L_f(ω)/L_fq)→Φ(σ)=σ|_Lf)において、

Ker(Φ)=Gal(L_f(ω)/L_f)であることから得られる。

Gal(L_f(ω)/L_fq(ω))⊂Gal(L_f(ω)/L_fq) から、

Φ|_{Gal(Lf(ω)/Lfq(ω))}: Gal(L_f(ω)/L_fq(ω))→Gal(L_f/L_fq) を考えると、

Φ|_{Gal(Lf(ω)/Lfq(ω))}は明らかに群準同型。

Gal(L_f(ω)/L_fq(ω))の元はL_fq(ω)上恒等なのでωを固定するから、

Φ|_{Gal(Lf(ω)/Lfq(ω))}(τ)=1_LfならτはL_f,とωを共に固定するので、

Ker(Φ|_{Gal(Lf(ω)/Lfq(ω))})はGal(L_f(ω)/L_fq(ω))の単位元のみからなる。

したがってΦ|_{Gal(Lf(ω)/Lfq(ω))}は1対1。

|Gal(L_f(ω)/L_fq(ω))|=|Gal(L_f/L_fq)|=qだったから、

Φ|_{Gal(Lf(ω)/Lfq(ω))}は全射となり、故に同型。

よってGal(L_f (ω)/L_fq(ω))≃Gal(L_f /L_fq)≃<σ'H_f >≃ℤ/qℤ。

(c)

定義9.2.3より(f,λ)=∑_a∈[λ]Hf ζ_p^aで、

命題9.2.6により任意のλについてL_f=ℚ((f,λ))だから(f,λ) ∈L_f。

(b)によりσ∈Gal(L_f(ω)/L_fq(ω)) に対しσ'=σ|_Lfなので、

σ((f,λ))=σ'((f,λ))=∑_a∈[λ]Hf ζ_p^age/q =(f,g^e/qλ)。

演習問題12

(a)

gcd(m,p)=1だから9.1節演習問題16によりΦ_pはℚ(ζ_m)上規約で、

したがって命題4.1.5によりℚ(ζ_m)上のζ_pの最小多項式。

deg(Φ_p)=p-1だから、命題4.3.4により1, ζ_p,..., ζ_p^p-2はℚ(ζ_m)上線形独立。

(b)

ζ_p,..., ζ_p^p-1が線形従属すなわち、

すべてが0でないあるa₁,..,a_p-1∈ℚ(ζ_m)が存在して

a₁ζ_p+...+a_p-1ζ_p^p-1=0なら、ζ_p(a₁+...+a_p-1ζ_p^p-2)=0より

a₁+...+a_p-1ζ_p^p-2=0となり、(a)の1, ζ_p,..., ζ_p^p-2の線形独立性と矛盾。

したがってζ_p,..., ζ_p^p-1は線形独立。

(c)

(b)により、補題9.2.4の証明と全く同様に示される。

演習問題13

aが(a/17)=1を満たす、すなわち17を法とした平方剰余であることは、

17を法としたある原始根に対するaの指数が偶数であることと同値だから、

演習問題8(b)により、原始根として3を取ると

平方剰余の集合はH₈=<[3²]>={[1],[2],[4],[8],[9],[13],[15],[16]}。

非剰余の集合は[3]H₈で、(ℤ/17ℤ)^*=H₈⋃[3]H₈、なお(17/17)=0なので、

∑_0≤a≤17 (a/17) ζ₁₇^a=∑_a∈H8 ζ₁₇^a-∑_a∈[3]H8ζ₁₇^a=(8,1)-(8,3)。

演習問題14

(a)

gはnを法とした原始根なので、

補題9.1.2（Fermatの小定理）により[g^n-1]=[1]。

rは1の原始n乗根だからk=r^gn-2。

A={r, r^[g],..., r^[gn-2]}とおくと、

Galoisの表の置換は、0≤j≤n-2に対し、

rを r^[gj]へ移す自己同型の群Gを与える。

明らかに写像φ: G→(ℤ/nℤ)^* (σ∈G→[g^j])は同型だから、

τ(r)=r^[g]とすればG=<τ>, o(τ)=|(ℤ/nℤ)^*|=n-1。

すなわちGは位数n-1の巡回群。

(b)

deg((xⁿ-1)/(x-1))=deg(Φ_n)=|(ℤ/nℤ)^*|=n-1、

また最後の行はより一般の場合として、

定理7.1.5(c)について述べていると思われる。

演習問題15

f=1なら定義9.2.3においてH₁={e}だから、

[λ]H₁={[λ]}なので、 (1,λ)=ζ_p^[λ]。

すなわち1周期とは1の原始p乗根。

演習問題16

<[3]>はGal(ℚ(ζ₇)/ℚ)≃(ℤ/7ℤ)^*の部分群なので定理A.1.1（Lagrangeの定理）により、

|<[3]>|=o([2])は|(ℤ/7ℤ)^*|=φ(7)=6を割る。

3が7の原始根でない、すなわち[3]が(ℤ/7ℤ)^*の生成元でないなら、

1でも6でもない6の正の約数m∈{2,3}が存在して[3^m]=[1]だが、

[3²]=[2]≠[1], [3³]=[6]≠[1]なので、

このようなmは存在しない。よって3は7の原始根。

Galois対応により

[L₂:ℚ]=|Gal(L₂/ℚ)|=[Gal(ℚ(ζ₇)/ℚ):H₂]=|Gal(ℚ(ζ₇)/ℚ)|/|H₂|=3だから、

ℚ⊂L₂は3次拡大なので2周期のℚ上の最小多項式は3次。

この最小多項式をf=y³+a₂y²+a₁y+a₀とする。

H₂=<[3³]>={1,6}, 2H₂={2,5}, 3H₂={3,4}で

Gal(ℚ(ζ₇)/ℚ)≃(ℤ/7ℤ)^*=H₂⋃2H₂⋃3H₂。

相異なる2周期は(2,1),(2,2),(2,3)で、

(2,1)=∑_a∈H2 ζ₇^a=ζ₇+ζ₇⁶=η₁, (2,2)=∑_a∈2H2 ζ₇^a=ζ₇²+ζ₇⁵=η₂,

(2,3)=∑_a∈3H2 ζ₇^a=ζ₇³+ζ₇⁴=η₃で、例9.2.5が確認される。

命題9.2.6により2周期のℚ上の最小多項式は

f=(y-(2,1))(y-(2,2))(y-(2,3))∈ℚ[y]。

これよりa₂=-((2,1)+(2,2)+(2,3))=1、ただし

演習問題6により(2,1)+(2,2)+(2,3)=-1を用いた。

補題9.2.9により

(2,1)(2,2)=(2,1+2)+(2,6+2)=(2,3)+(2,1),

(2,1)(2,3)=(2,1+3)+(2,6+3)=(2,3)+(2,2)。

命題9.2.4を用いて、σ_i∈Gal(ℚ(ζ₇)/ℚ), σ_i((2,λ))=(2,iλ)とすると、

(2,2)(2,3)=σ₂((2,1)(2,2))=σ₂((2,3)+(2,1))=(2,1)+(2,2)。

a₁はこれらの和だからa₁=2((2,1)+(2,2)+(2,3))=-2。

また補題9.2.9を用いて

(2,3)²=(2,3+3)+(2,4+3)=(2,1)+2。これより

-a₀= (2,1)(2,2)(2,3)=(2,3)²+(2,1)(2,3)=(2,1)+2+(2,3)+(2,2)=1,

よってa₀=-1。

以上によりf= y³+y²-2y-1。これで演習問題3(a)が示された。

演習問題3(b)については、

命題9.2.6によりL₂=ℚ((2,1))=ℚ(η₁)だから

[ℚ(η₁):ℚ]=[L₂:ℚ]=3かつℚ(η₁)はH₂={1,6}の固定体。

[6]=[-1]だから、σ₆(ζ₇)=ζ₇^-1=ζ₇となり、

6は複素共役を取る置換τに対応する。

3(c)は演習問題3と同様。

演習問題17

2|fだから演習問題1(b)により{[1],[p-1]}≃H₂⊂H_f。

H_fのH₂による左剰余類をH₂=[λ₁]H₂, [λ₂]H₂,..., [λ_f/2]H₂とする(λ₁=1)と、

すべての1≤i≤f/2について[λ_i]H₂≃{[λ_i], [λ_i(p-1)]}={[λ_i], [-λ_i]}だから、

∑_a∈[λi]H2 ζ_p^a=ζ_p^λ_i+ζ_p^-λ_i=ζ_p^λ_i+ζ_p^λ_i∈ℝ。

H_f=∐_1≤i≤f/2 [λ_i]H₂だから、(f,1)=∑_a∈Hf ζ_p^a=∑_1≤i≤f/2 (ζ_p^λ_i+ζ_p^λ_i) ∈ℝ。

補題9.2.4によりσ∈Gal(ℚ(ζ_p)/ℚ)), σ(ζ_p)=ζ_p^λを用いることで、

任意の1≤λ≤p-1に対し

(f,λ)=σ((f,1))=∑_1≤i≤f/2 (ζ_p^λλ_i+ζ_p^-λλ_i) =∑_1≤i≤f/2 (ζ_p^λλ_i+ζ_p^λλ_i)∈ℝ。