コックス「ガロワ理論」 13.2節の演習問題1

演習問題1

簡単のため[i]∈F₅≃ℤ/5ℤを単にiと書くことにする。

(a)

F₅≃ℤ/5ℤ={0,1,2,3,4}の元へのτ∈S₅の作用を、τ·i=[τ(i)]で定義する。

ただし0=5である。

(1243)·{0,1,2,3,4}={0,2,4,3,1}

={2×0,2×1,2×2,2×3,2×4}だから、

(1243)はF₅の元を2倍する作用と見ることができる。

2は5を法とした原始根だから、F₅^*≃<2>≃<(1243)>。

また(12345) ·{0,1,2,3,4}={1,2,3,4,0}

={0+1,1+1,2+1,3+1,4+1}だから、

(12345)はF₅の元に1を足す作用と見ることができる。

加法群としてのF₅≃<1>≃<(12345)>。

a,b,u∈F₅ (a≠0)に対し6.4節Aと同様に、アフィン線形変換群AGL(1,F₅)≃F₅⋊F₅^*を、

γ_a,b∈AGL(1,F₅)としてγ_a,b(u)=au+bで定義する。

uを2倍する変換はγ_2,0で、uに1を足す変換はγ_1,1である。

F₅^*≃<2>なので任意のc∈F₅^*に対しc=2^i_cとなるi_cが存在する。

γ_2,0∘γ_a,0=γ_2a,0だから、γ_c,0=(γ_2,0)^i_c。

また、F₅≃<1> なので任意のd∈F₅に対しd=j_d×1なるj_dが存在する。

γ_1,1∘γ_1,b=γ_1,b+1だから、γ_1,d=(γ_1,1) ^j_d。

すると、任意のγ_c,d∈AGL(1,F₅)に対し、γ_c,d=γ_1,d∘γ_c,0=(γ_1,1) ^j_d∘(γ_2,0)^i_cとなるので、

AGL(1,F₅)=<γ_1,1, γ_2,0>。

AGL(1,F₅)はS₅の部分群と同型なので、

この同型写像によってγ_1,1は(12345)に、γ_2,0は(1243)に移る。

このS₅の部分群をAGL(1,F₅)と同一視すれば、

AGL(1,F₅)=<(12345), (1243)>。

(b)

(a)により、任意のγ_c,d∈AGL(1,F₅)に対し、γ_c,d=γ_1,d∘γ_c,0=(γ_1,1) ^j_d∘(γ_2,0)^i_cである。

γ_1,1=(12345)は偶置換、γ_2,0=(1243)は奇置換なので、

γ_c,d∈A₅であることはi_c≡0 (mod 2)と同値。

すなわちi_c/2=i'_cとおけばγ_c,d=(γ_1,1) ^j_d∘[(γ_2,0)²]^i'_cだから、

AGL(1,F₅)⋂A₅=<γ_1,1, (γ_2,0)²>=<(12345), (1243)²>=<(12345), (14)(23)>。

(c)

r=(12345), s=(14)(23)とすると、

o(r)=5, o(s)=2で、srs=(15432)=r^-1だから、

<r,s>はD₁₀の定義に一致する。

(d)

AGL(1,F₅)の部分群が<(12345)>を含むなら、

この部分群の位数は20を割り5で割れるから、5,10,20のいずれかである。

|AGL(1,F₅)|=20=2²·5,|<(12345)>|=5なので、

<(12345)>はAGL(1,F₅)の5-Sylow部分群。

Sylowの第3定理により、AGL(1,F₅)の位数5の部分群の個数N₅≡1 (mod 5)、

かつN₅は| AGL(1,F₅)|=20を割るので、N₅=1でなければならない。

したがって、<(12345)>はAGL(1,F₅)の位数5の唯一の部分群。

AGL(1,F₅)=<(12345), (1243)>の、<(12345)>を含む|G|=10なる部分群Gは、

定理A.1.5（Cauchyの定理）により位数2の元τを持つ。

(a)によりτ=(12345) ^jd(1243)^icと表されるが、

o((12345))=5だから、j_d≠0ならo(τ)=2ではありえない。

したがってτ∈<(1243)>だからG=<(12345), τ>で、

o(τ)=2となるのはτ=(1243)²=(14)(23)だけである。

よってG=<(12345), (14)(23)>=AGL(1,F₅)⋂A₅となり、

AGL(1,F₅)の<(12345)>を含む位数10の部分群はAGL(1,F₅)⋂A₅のみ。

演習問題2

(a)

|S₅|=120=2³·3·5で|<(12345)>|=5だから、

<(12345)>を含むS₅の部分群の位数の、5の最高冪は1である。

故に<(12345)>はこのような部分群の5-Sylow部分群。

(b)

5サイクル(i₁ i₂ i₃ i₄ i₅)においてi₁,i₂,i₃,i₄,i₅の選び方は

5!通りあるが、i₁,i₂,i₃,i₄,i₅を巡回的に置き換えた5つのサイクルは、

同じサイクルを表すので、5サイクルの数は5!/5=24通り。

演習問題3

(a)

・・・τは5サイクルなのでτ=(i₁ i₂ i₃ i₄ i₅)とすると、

σ·τ=στσ^-1=(σ(i₁) σ(i₂) σ(i₃) σ(i₄) σ(i₅))で5サイクルとなり、

明らかに(1)·τ=τ, σ₂·(σ₁·τ)=(σ₂σ₁)·τではあるが、

σ∈S₅は任意なので、σ·τ∈Gすなわちσ·τ∉Cとなってしまう場合がありうるんだが・・・。

それに定理13.2.2から、A₅⊂Gとなる場合がありえて、

このときGはすべての5サイクルを含むから、

C=∅になってしまうわけだが、その時はどうすんだ・・・。

なんか問題おかしくね？

演習問題4

a₁=(12345), a₂=(1243)とする。

AGL(1,F₅)=<a₁, a₂>の構成は以下の通り。

(i) 部分群<a₁>≃C₅：

{1,2,3,4,5}の各元に0,1,2,3,4をそれぞれ足す置換。

C₅≃<a₁>={(1), (12345), (13524), (14253), (15432)}
={e, a₁, a₁², a₁³, a₁⁴},

(ii) 部分群AGL(1,F₅)⋂A₅≃D₁₀：

演習問題1(b)により、C₅と、a₂²=(14)(23)によるC₅の左剰余類の和集合、

すなわち(i)および{1,2,3,4,5}の各元に0,1,2,3,4をそれぞれ足して4倍する置換。

D₁₀≃AGL(1,F₅)⋂A₅=<a₁, a₂²>=<a₁>⋃a₂²<a₁>

=<a₁>⋃{(14)(23), (13)(45), (12)(35), (25)(34), (15)(24)}

=<a₁>⋃{a₂², a₂²a₁, a₂²a₁², a₂²a₁³, a₂²a₁⁴},

=<a₁>⋃{a₂², a₁a₂²a₁^-1, a₁²a₂²a₁^-2, a₁³a₂²a₁^-3, a₁⁴a₂²a₁^-4}

(iii) AGL(1,F₅)：

AGL(1,F₅)⋂A₅と、a₂=(1243)によるAGL(1,F₅)⋂A₅の左剰余類の和集合、

すなわち、(ii)および、{1,2,3,4,5}の各元に0,1,2,3,4をそれぞれ足して2倍する置換と、

同じく8倍する置換：

AGL(1,F₅)=(AGL(1,F₅)⋂A₅)⋃a₂(AGL(1,F₅)⋂A₅)

=(AGL(1,F₅)⋂A₅)⋃{(1243),

(2354) =(12345)(1243)(12345)^-1,

(1534)=(12345)²(1243)(12345)^-2,

(1452)=(12345)³(1243)(12345)^-3,

(1523)=(12345)⁴(1243)(12345)^-4,

(1342)=(1243)^-1, (2453)=(2354)^-1, (1435)=(1534)^-1, (1254)=(1452)^-1, (1325)=(1523)^-1}

=(AGL(1,F₅)⋂A₅)⋃{a₂, a₁a₂a₁^-1, a₁²a₂a₁^-2, a₁³a₂a₁^-3, a₁⁴a₂a₁^-4,

a₂^-1, a₁a₂^-1a₁^-1, a₁²a₂^-1a₁^-2, a₁³a₂^-1a₁^-3, a₁⁴a₂^-1a₁^-4}。

|AGL(1,F₅)|=20, |S₅|=120だから、[S₅: AGL(1,F₅)]=6。

代表系の一つがeであることは自明。

g₁=e, g₂=(123), g₃=(234), g₄=(345), g₅=(145), g₆=(125)とする。

g∈S₅として、g_a∈gAGL(1,F₅)はg^-1g_a∈AGL(1,F₅)と同値。

すなわちあるh_a∈hAGL(1,F₅)についてg^-1h_a∉AGL(1,F₅)は、h_a∉gAGL(1,F₅)と同値。

gAGL(1,F₅)=hAGL(1,F₅)またはgAGL(1,F₅)⋂hAGL(1,F₅)=∅だから、

h_a∉gAGL(1,F₅)はすべてのh'∈hAGL(1,F₅)についてh'∉gAGL(1,F₅)と同値。

故にあるa∈AGL(1,F₅)について、g^-1ha∉AGL(1,F₅)は、

gAGL(1,F₅)⋂hAGL(1,F₅)=∅と同値。

したがって、g₁=e, g₂=(123), g₃=(234), g₄=(345), g₅=(145), g₆=(125)として、

g₁, g₂,..., g₆がS₅におけるAGL(1,F₅)の左剰余類の代表系であることと、

あるa∈AGL(1,F₅)についてi≠jならg_i^-1g_ja∉AGL(1,F₅)であることは同値となる。

aとしてeをとると、g₂,…, g₆は上のAGL(1,F₅)に含まれないので、

2≤i≤6についてg_iAGL(1,F₅)≠AGL(1,F₅)。さらに、

g₃^-1g₂e=(143), g₄^-1g₂e=(12543), g₅^-1g₂e=(12354),g₆^-1g₂e=(235),

g₄^-1g₃e=(254), g₅^-1g₃e=(15423), g₆^-1g₃e=(15234), g₅^-1g₄e=(153),

g₆^-1g₄e=(15342), g₆^-1g₅e=(142)はすべてAGL(1,F₅)の元でない。

よってg₁=e, g₂,..., g₆はS₅におけるAGL(1,F₅)の左剰余類の代表系である。

演習問題5

定理13.2.6(b)の(13.18)の係数の証明：

(13.18)の左辺は(y-β₁)⁶=y⁶-6β₁y⁵+15β₁²y⁴-20β₁³y³+15β₁⁴y²-6β₁⁵y+1。

右辺のy⁵の係数は、最初の平方式の、

y³とb₂y²の2通りの積から来るから2b₂となるので、-6β₁=2b₂。

Fの標数は2でないから、b₂=-3β₁。

右辺のy⁴の係数は、最初の平方式の、

b₂y²の平方と、y³とb₄yの2通りの積とから来るから、

b₂²+2b₄となるので、15β₁²=b₂²+2b₄。

b₂=-3β₁よりb₄=3β₁²。

右辺のy³の係数は、最初の平方式の、

b₂y²とb₄yの2通りの積と、y³とb₆の2通りの積とから来るから、

2b₂b₄+2b₆となるので、-20β₁³=2b₂b₄+2b₆。

b₂=-3β₁, b₄=3β₁²よりb₆=-β₁³。

定理13.2.6(c)の証明：

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|G|=|Gal(L/F)|=[L:F]。

fがF(α)上完全分解することは、L= F(α)と同値だから、

|G|= [L:F]=deg(f)=5と同値で、

定理13.2.2により、|G|=5となるのはGが<(12345)>と共軛な場合に限られる。

したがって、fがF(α)上完全分解することと、

Gが<(12345)>と共軛であることは同値。

演習問題6

(a)

Maximaでは

u1:x1*x2+x2*x3+x3*x4+x4*x5+x5*x1

-x1*x3-x3*x5-x5*x2-x2*x4-x4*x1;

u2:psubst([x1=x2,x2=x3,x3=x1],u1);

u3:psubst([x2=x3,x3=x4,x4=x2],u1);

u4:psubst([x3=x4,x4=x5,x5=x3],u1);

u5:psubst([x1=x4,x4=x5,x5=x1],u1);

u6:psubst([x1=x2,x2=x5,x5=x1],u1);

(b)

Maximaでは

res:(y-u1)*(y-u2)*(y-u3)*(y-u4)*(y-u5)*(y-u6);

ratsimp(elem([5],expand(res),[x1,x2,x3,x4,x5])),elem:2;

で、Θ(y)のy⁴, y², y⁰の係数B₂, B₄, B₆が(13.20)と一致することが確認できる。

また、Θ(y)のy¹の係数は

160σ₅²+[(-160σ₂-128σ₁²)σ₃+96σ₁σ₂²]σ₅+(96σ₁²-128σ₂)σ₄²+(96σ₃²-32σ₁σ₂σ₃)σ₄

=2⁵{5σ₅²+[(-5σ₂-4σ₁²)σ₃+3σ₁σ₂²]σ₅+(3σ₁²-4σ₂)σ₄²+(3σ₃²-σ₁σ₂σ₃)σ₄}

であるが、y¹の係数は√Δ(f)で交代式なので、これはゴミ。

(c)

√Δ(f)を

des:(x1-x2)*(x1-x3)*(x1-x4)*(x1-x5)*(x2-x3)*(x2-x4)

*(x2-x5)*(x3-x4)*(x3-x5)*(x4-x5);

ratsimp(elem([5],des^2,[x1,x2,x3,x4,x5]),elem:2);

で計算しようとしても、Maximaでは表現が長すぎて出ない・・・。

演習問題7

(a)

補題13.2.4によりAGL(1,F₅)でu²は不変だから、

uを不変にする作用はAGL(1,F₅)=<(12345),(1243)>の部分群。

ここで演習問題1(a)を用いた。

(12345)·u=uまた(1243)·u=-uだから(1243)²·u=(14)(23)·u =u。

したがって、uの対称の群は演習問題1(b)により

<(12345),(14)(23)>=AGL(1,F₅)⋂A₅。

(b)

演習問題4と同様にg₁=e, g₂=(123), g₃=(234), g₄=(345), g₅=(145), g₆=(125)とする。

g₁,..., g₆は偶置換だから、g_iAGL(1,F₅)には、

AGL(1,F₅)の偶置換の数=|AGL(1,F₅)⋂A₅|=10個の偶置換が含まれ、

これらはg_i(AGL(1,F₅)⋂A₅)の元となるから、

S₅におけるg_iAGL(1,F₅)⋂A₅は 、A₅における g_i(AGL(1,F₅)⋂A₅)と同じ集合である。

したがって(13.15)はA₅におけるAGL(1,F₅)⋂A₅の剰余類の代表系となる

演習問題8

演習問題4と同様のノーテーションを用いる。

(a)

補題13.2.4により、u²の固定部分群はAGL(1,F₅) だから、

uの固定部分群をG_uとすると、G_u⊂AGL(1,F₅) 。

u₁=u=∑_0≤i≤4 a₁ⁱ·(x₁x₂- x₁x₃)=∑_a∈<a1> a·(x₁x₂- x₁x₃)なので、

<a₁>≃C₅の元の作用に対しuは不変だから、<a₁>⊂G_u。

さらに 、(13.13)にa₂²= (14)(23)を作用させることで、

a₂²·u=(14)(23)·u=uが確かめられるので、AGL(1,F₅)⋂A₅=C₅⋃(14)(23)C₅⊂G_u。

a₂·u= (1243)·u=-uだから、a₂(AGL(1,F₅)⋂A₅)の作用に対し、

uは-uに移る。

AGL(1,F₅)=(AGL(1,F₅)⋂A₅)⋃a₂(AGL(1,F₅)⋂A₅)だから、

G_u=AGL(1,F₅)⋂A₅で、uに作用すると-uとなるようなS₅の置換は

a₂(AGL(1,F₅)⋂A₅)の元だけである。

以下a₁の指数はℤ/5ℤの元と考える。

a₂(AGL(1,F₅)⋂A₅)は演習問題4で示したように、

i∈ℤ/5ℤ としてa₁ⁱa₂^±1a₁^-iからなる。

また、j∈ℤ, 0≤j≤4とし、ℤ/5ℤの代表系{0,1,2,3,4}をjと同一視すると、

g_j+2=a₁^jg₂a₁^-j, a₁g_j+2a₁^-1= g_[j+1]+2である。

τ₁=(34), τ₂=(13)とすると、o(τ₁)=o(τ₂)=2, o(g_j+2)=3なので

τ₁=(123)(1342)=g₂a₂^-1=a₂g₂^-1=a₂g₂², τ₂=(234)(1243)=g₃a₂=a₂^-1g₃^-1=a₂^-1g₃²。

10=₅C₂個あるS₅の互換は、

基本互換T₁={(34),(45),(15),(12),(23)}={τ₁, a₁τ₁a₁^-1, a₁²τ₁a₁^-2, a₁³τ₁a₁^-3, a₁⁴τ₁a₁^-4}か、

T₂={(13),(24),(35),(14),(25)}={τ₂, a₁τ₂a₁^-1, a₁²τ₂a₁^-2, a₁³τ₂a₁^-3, a₁⁴τ₂a₁^-4},

のいずれかの元である。

u₁,u₂へのS₅の互換の作用をMaximaでベタで探索すると

(12)·u₁=-u₅

(13)·u₁=-u₃

(14)·u₁=-u₆

(15)·u₁=-u₄

(23)·u₁=-u₆

(24)·u₁=-u₄

(25)·u₁=-u₂

(34)·u₁=-u₂

(35)·u₁=-u₅

(45)·u₁=-u₃

(12)·u₂=-u₆

(13)·u₂=-u₅

(14)·u₂=-u₄

(15)·u₂=-u₃

(23)·u₂=-u₃

(24)·u₂=-u₅

(25)·u₂=-u₁

(34)·u₂=-u₁

(35)·u₂=-u₄

(45)·u₂=-u₆

である。

k∈ℤ, 0≤k≤4とし、

ℤ/5ℤの代表系{0,1,2,3,4}をkと同一視する。

a₁^ka₂^±1a₁^-k∈a₂(AGL(1,F₅)⋂A₅)より

-u₁=(a₁^ka₂^±1a₁^-k)·u₁である。

複号+については、

a₁^ka₂a₁^-k=a₁^ka₂g₂^-1g₂a₁^-k=(a₁^ka₂g₂^-1a₁^-k)(a₁^kg₂a₁^-k)

=(a₁^kτ₁a₁^-k)g_k+2=τ'_kg_k+2である。ただしτ'_k=a₁^kτ₁a₁^-k∈T₁は互換。

すなわちすべてのk について、-u₁=(τ'_kg_k+2)·u₁=τ'_k·u_k+2で、

-u₁=(34)·u₂=(45)·u₃=(15)·u₄=(12)·u₅=(23)·u₆を意味する。

複号-については、

a₁^ka₂^-1a₁^-k=a₁^ka₂^-1g₃^-1g₃a₁^-k=(a₁^ka₂^-1g₃^-1a₁^-k)(a₁^kg₃a₁^-k)

=(a₁^kτ₂a₁^-k)g_[k+1]+2=τ''_kg_[k+1]+2である。ただしτ''_k=a₁^kτ₂a₁^-k∈T₁は互換。

すなわちすべてのk について、-u₁=(τ''_kg_[k+1]+2)·u₁=τ''_k·u_[k+1]+2で、

-u₁=(13)·u₃=(24)·u₄=(35)·u₅=(14)·u₆=(25)·u₂を意味する。

したがって、S₅の10個すべての互換τに対し、ある0≤j≤4が存在してτ·u_j+2=-u₁。

次に0≤j≤4に対し、-u_j+2=g_j+2·(-u₁)=(g_j+2a₁^ka₂^±1a₁^-k)·u₁である。

複号+については、g_j+2=g_[j-1]+3=a₁^j-1g₃a₁^-(j-1)よりk=j-1なら

g_j+2a₁^j-1a₂a₁^-(j-1)=a₁^j-1g₃a₁^-(j-1)a₁^j-1a₂a₁^-(j-1)=a₁^j-1g₃a₂a₁^-(j-1)

=a₁^j-1τ₂a₁^-(j-1)=τ''_j-1だから、-u_j+2=τ''_j-1·u₁で、

-u₂=(25)·u₁,-u₃=(13)·u₁, -u₄=(24)·u₁, -u₅=(35)·u₁,-u₆=(14)·u₁を意味し、

上のMaximaでの計算と一致する。

複号-については、g_j+2=a₁^jg₂a₁^-jよりk=jなら

g_j+2a₁^ja₂^-1a₁^-j=a₁^jg₂a₁^-ja₁^ja₂^-1a₁^-j=a₁^jg₂a₂^-1a₁^-j-

=a₁^jτ₁a₁^-j=τ'_jだから、-u_j+2=τ'_j·u₁で、

-u₂=(34)·u₁,-u₃=(45)·u₁, -u₄=(15)·u₁, -u₅=(12)·u₁,-u₆=(23)·u₁を意味し、

上のMaximaでの計算と一致する。

したがって、S₅の10個すべての互換τに対し、ある0≤j≤4が存在してτ·u₁=-u_j+2。

最後に、0≤k≤4, 0≤j≤4に対するτ'_k·u_j+2, τ''_k·u_j+2については、

Maximaで計算したj=0,0≤k≤4に対する、

τ'_k·u₂, τ''_k·u₂の10個の関係式τ'_k·u₂=-u_l+2, τ''_k·u₂=-u_m+2, (0≤l≤4, 0≤m≤4)の両辺に、

a₁^jを左作用させると、

a₁^j∈G_uよりa₁^j·u₁=u₁なので、τ'_kについて

左辺=(a₁^jτ'_k)·u₂=(a₁^jτ'_kg₂)·u₁=(a₁^jτ'_kg₂a₁^-j)·u₁=(τ'_k+jg _j+2)·u₁=τ'_k+j·u_j+2

右辺=a₁^j·(-u_l+2)=(a₁^jg_l+2a₁^ka₂^±1a₁^-k)·u₁=(a₁^jg_l+2a₁^ka₂^±1a₁^-k a₁^-j)·u₁

=(a₁^jg_l+2a₁^-ja₁^ja₁^ka₂^±1a₁^-ka₁^-j)·u₁=(g_[l+j]+2a₁^k+ja₂^±1a₁^-(k+j))·u₁=g_[l+j]+2·(-u₁)=-u_[l+j]+2、

ただしa₁^k+ja₂^±1a₁^-(k+j)∈a₂(AGL(1,F₅)⋂A₅)から(a₁^k+ja₂^±1a₁^-(k+j))·u₁=-u₁を用いた。

したがって、τ'_k·u₂=-u_l+2ならτ'_k+j·u_j+2=-u_[l+j]+2の

0≤k≤4, 0≤j≤4に対する25個の関係式を得る。

同様に、τ''_k·u₂=-u_m+2ならτ'_k+j·u_j+2=-u_[m+j]+2の25個の関係式を得る。

以上により、S₅の10個すべての互換τと、6個のu_i (1≤i≤6)に対し、

τとiの60個の組み合わせ全てに対して、ある(1≤n≤6)が存在してτ·u_i=-u_n。

(b)

(a)により0≤j≤4,0≤k≤4, 0≤l≤4,について、

τ'_k·u₁=-u_k+2,τ'_k·u_k+2=-u₁、またτ'_k·u₂=-u_l+2ならτ'_k+j·u_j+2=-u_[l+j]+2。

これより任意の固定されたkについて、τ'_kがu₁,...,u₆に作用すると、

元の順番は入れ替わるが集合としては、

{u₁,...,u₆}は{-u₁,...,-u₆}に移ることがわかる。

τ''_kについても同様である。

したがって、u₁,...,u₆の対称多項式を一般にs=∑_σ∈S6 u_σ(1)ⁱ¹...u_σ(6)ⁱ⁶として、

S₅の互換τの作用について、

τ·s= ∑_σ∈S6 (-u_σ(1)ⁱ¹)...(-u_σ(6)ⁱ⁶)=(-1)^{i1+...+ i6}s。

B_iはu₁,...,u₆の対称多項式で、i= i₁+...+ i₆だから、τ·B_i =(-1)ⁱB_i。

(c)

(b)により、iが偶数ならS₅の任意の互換τに対しτ·B_i =B_i。

対称群S₅は10個の互換T₁⋃T₂から生成されるから、

S₅のすべての元の作用に対しB_iは不変なので、

定義2.2.1によりB_iはx₁,...,x₅の対称多項式となるから、

定理2.2.2によりB_i∈F[σ₁,...,σ₅]。

(d)

(b)により、iが奇数ならS₅の任意の互換τに対しτ·B_i =-B_i。

A₅の元は偶数個の互換の積だから、B_iはA₅の作用に対し不変なので、

7.4節演習問題3により、B_i=A+B√Δ(f)となるA,B∈F[σ₁,...,σ₅]が存在する。

τの作用に対しA,Bは不変でτ·√Δ(f)=-√Δ(f)だから、

-B_i=τ·B_i=τ·(A+B√Δ(f))=A-B√Δ(f))。

これとB_i=A+B√Δ(f)の和をとって、A=0を得る。

よってB_i=B√Δ(f), B∈F[σ₁,...,σ₅]。

(e)

u₁,...,u₆はx₁,...,x₅の2次式で、

B_iはu₁,...,u₆のi次式だから、x₁,...,x₅の2i次式。

Δ(f)はx₁,...,x₅の10次式なので(d)により、

iが奇数ならi≥5またはB=0でなければならない。

したがってB₁=B₃=0かつ B₅=a√Δ(f) (a∈F)。

演習問題9

(a)

θ_fはL上完全分解するから、θ_fの分解体をKとしてK⊂L。

θ_fは仮定によりF上規約で、y⁶の項を必ず持つから恒等的に0でなく、

deg(θ_f)=6は素数べきでないので、5.3節演習問題7によりθ_fは分離的。

したがって命題6.3.7によりGal(K/F)に対応するS₆の部分群は可移だから、

6.3節演習問題6により6は|Gal(K/F)|を割る。

f, θ_fは分離的だから、定理7.1.1によりF⊂L, F⊂KはGalois拡大。

故に定理7.3.2によりGal(L/F)/Gal(L/K)≃Gal(K/F)なので、

|Gal(K/F)|は|Gal(L/F)|=|G|を割る。6は|Gal(K/F)|を割るから、|G|を割る。

（または、F⊂LはGalois拡大だから|G|=|Gal(L/F)|=[L:F]。

定理4.3.8（塔定理）により[L:F]=[L:K][K:F]で、

θ_fは仮定によりF上規約だからβ₁∈Kの最小多項式なので、

補題4.4.2により6|[K:F]だから、6は|G|を割る。

これならθ_fの分離性は示さなくていい。）

定理13.2.2により|G|は(13.12)の群の一つと共役で、

これらの群のうち位数が6で割れるのはA₅とS₅のみだから、

A₅⊂G。

(b)

定理8.4.3の証明から、A₅はすべての3サイクルを含むので、

演習問題7(b)によりA₅は(13.15)の代表系をすべて含むから、

{h₁,...,h₆}⊂A₅·h。

求値写像x_i→α_iによってh_i→β_iと写るから

{β₁,..., β₆}⊂A₅·β₁なので、β₁,..., β₆のA₅の作用は可移的である。

(c)

β₁,..., β₆はθ_fの根だから、補題4.1.3によりp|θ_f。

θ_fの根はβ₁,..., β₆のみで、β₁,..., β₆のF上の最小多項式はすべてp。

pもθ_fも単多項式だから、θ_f =p^m。

ここで、deg(θ_f)=6よりdeg(p)m=6すなわちm|6でなければならないから、

m=1,2,3または6。

m=6ならdeg(p)=1となり、p∈F[y]だから、

θ_fはF上完全分解するのでβ₁,..., β₆∈F。

すなわち定理13.2.6の証明のσ_i∈Gal(L/F)についてσ_i(β₁)= β_iを意味し、

定理13.2.6の証明で示されたようにこれは不可能。

したがってm=1,2または3。

(d)

(c)によりm=2ならdeg(p)=3なので、

p=y³+ay²+by+cとしてθ_f =(y³+ay²+by+c)²。

すると命題13.2.5のθ_fとの比較により、Δ(f)=0となるが、

fは分離的だから命題5.3.2によりΔ(f)≠0なので矛盾。

したがってm≠2。

(e)

まずFの標数は3でないとする

（すでにFの標数は2でないことは仮定されている）。

(c)によりm=3ならdeg(p)=2なので、p=y²+ay+bとして

θ_f =(y²+ay+b)³=y⁶+3ay⁵+(3b+3a²)y⁴+(6ab+a³)y³+(3b²+3a²b)y²+3ab²y+b³。

命題13.2.5のθ_fとy⁵, y⁴, y³の係数を比較して、

2b₂=3a, 2b₄+b₂²=3b+3a², 2b₂b₄+2b₆=6ab+a³。

これよりb₂=3a/2, b₄=(3/8)(4b+a²), b₆=(12ab-a³)/16。

y²の係数から2b₂b₆+b₄²=3b²+3a²bなので、

b₂, b₄, b₆の式を代入して整理すると、

3(4b-a²)²/64=0を得るので4b=a²。

y¹の係数から2b₂b₆-2¹⁰Δ(f)=3ab²。

b₂, b₄, b₆の式を代入して整理すると、

3(4b-a²)²/64=-2¹⁰Δ(f)だから、4b=a²よりΔ(f)=0となり、

(d)と同様にfの分離性に反する。

したがってFの標数が3でなければm≠3。

次にFの標数を3とする。

θ_f =(y²+ay+b)³=y⁶+a³y³+b³なので、

命題13.2.5のθ_fとyの各冪の係数を比較して、

0=2b₂=2b₄+b₂²=2b₂b₆+b₄²=2b₂b₆-2¹⁰Δ(f),

2b₂b₄+2b₆=a³,b³=b₆²。

これよりb₂=0だから、2b₂b₆-2¹⁰Δ(f)=0よりΔ(f)=0となり、

fの分離性に反する。

したがってFの標数が3でもm≠3。

(c)(d)によりm=1となり、θ_f はF上既約。

標数3を特別扱いしても式は係数を3を法として還元するだけで、

全く変わらないけど・・・。

演習問題10

(a)

演習問題4、演習問題8と同様のノーテーションを用いる。

Gは可移だから定理13.2.2により、

Gは<a₁>=<(12345)>と共軛な部分群を含むので、

必要ならα₁,..., α₅のラベルを適当に付け替えて<a₁>⊂Gとしてよい。

演習問題8から、j∈ℤ, 0≤j≤4としℤ/5ℤの代表系{0,1,2,3,4}をjと同一視すると、

g_j+2=a₁^jg₂a₁^-j, a₁g_j+2a₁^-1= g_[j+1]+2である。

h₂=u₂²=g₂·u₁²で、a₁·u₁=u₁だから、a₁^jの作用に対し

a₁^j·h₂=(a₁^jg₂)·u₁²=[(a₁^jg₂a₁^-j)a₁^j]·u₁²=g_j+2·u₁²=h_j+2だから、

求値写像x_i→α_iによってh_i→β_iと写ることを用いて、

a₁^j·β₂=β_j+2となる。故に<a₁>·β₂={β₂, β₃, β₄, β₅, β₆}だから、

<a₁>はβ₂,..., β₆上に可移的に作用する

(b)

演習問題9(c)と同様に証明できる。

β₂,..., β₆はgの根だから、補題4.1.3によりp|g。

gの根はβ₂,..., β₆のみで、β₂,..., β₆のF上の最小多項式はすべてp。

pもgも単多項式だから、g=p^m。

ここで、deg(g)=5よりdeg(p)m=5すなわちm|5でなければならないから、

m=1または5。

(c)

まずFの標数は3でないとする

（すでにFの標数は2でないことは仮定されている）。

(b)によりm=5ならdeg(p)=1。β₂はgの根だから、p=y-β₂なので、

g=(y-β₂)⁵=y⁵-5β₂y⁴+10β₂²y⁴-10β₂³y²+5β₂⁴y-β₂⁵, θ_f =(y-β₁)g。

命題13.2.5のθ_fとy⁵, y⁴, y³の係数を比較して、

2b₂=-5β₂-β₁, 2b₄+b₂²=10β₂²-5β₁β₂, 2b₂b₄+2b₆=-10β₂³-10β₁β₂²。

これよりb₂=(-5β₂-β₁)/2, b₄=(15β₂²+5β₁β₂-β₁²)/8, b₆=(-5β₂³-15β₁β₂²+5β₁²β₂-β₁³)/16。

y²の係数から2b₂b₆+b₄²=5β₂⁴+10β₁β₂³なので、

b₂, b₄, b₆の式を代入して整理すると、

(β₂-β₁)⁴=0を得るのでβ₁=β₂。

y¹の係数から2b₂b₆-2¹⁰Δ(f)=-β₂⁵-5β₁β₂⁴なので、

b₂, b₄, b₆の式を代入して整理すると、

2¹⁰Δ(f)=(β₂-β₁)⁴(11β₂-β₁)/64=0を得るので、β₁=β₂からΔ(f)=0となり、

fの分離性に反する。したがってFの標数が3でなければm≠5。

次にFの標数を3とする。

g=y⁵+β₂y⁴+β₂²y⁴+2β₂³y²+2β₂⁴y+2β₂⁵, θ_f =(y-β₁)gなので、

命題13.2.5のθ_fとyの各冪の係数を比較して、

b₂=β₁+2β₂, b₄=β₁²+2β₁β₂, b₆=β₂³+2β₁²β₂+2β₁³。

標数が3でない場合と同様の手順で、

y²の係数から(β₂-β₁)⁴=0を得、y¹の係数からΔ(f)=0となるので、

fの分離性に反する。

したがってm≠5だから(b)によりm=1となり、gはF上規約。

標数3を特別扱いしても式は係数を3を法として還元するだけで、

全く変わらないけど・・・。