7.3節の演習問題
演習問題1
定理A.1.1（Lagrangeの定理）により
|Gal(L/F)|=[Gal(L/F):H]|H|=[Gal(L/F):H][L:LH]、
F⊂LはGaloisだから、定理7.1.5(c)により|Gal(L/F)|=[L:F]。
したがって定理4.3.8（塔定理）により
[Gal(L/F):H]=|Gal(L/F)|/[L:LH]=[L:F]/[L:LH]=[LH:F]。
演習問題2
(a)
iの最小多項式はx2+1で根±iを持ち、
∜2の最小多項式はx4-2で根±∜2,±i∜2を持つので、ℚ⊂Lは8次の代数拡大。
f=(x2+1)(x4-2)はℚ上分離的で、その分解体はℚ(±i,±∜2,±i∜2)。
fの根はすべてLに含まれるから、ℚ(±i,±∜2,±i∜2)⊂L。
逆にi∜2/∜2=iだから、ℚ(±i,±∜2,±i∜2)⊃Lなので、
ℚ(±i,±∜2,±i∜2)=LとなりLは fの分解体。
したがって定理7.1.1によりℚ⊂LはGalois。
Gal(L/ℚ)はx2+1とx4-2のそれぞれの根を入れ替える自己同型の合成からなるから、
σ(i)=i, σ(∜2)=i∜2かつτ(i)=-i, τ(∜2)=∜2となるσ,τ∈Gal(L/ℚ)が存在する。
(b)
σはL上の自己同型だからσ(i)=i, σ(∜2)=i∜2より
σ(i∜2)=σ2(∜2)=-∜2, σ(-∜2)=σ3(∜2)=-i∜2, σ(-i∜2)=σ4(∜2)=∜2
となるので、任意のα∈Lについてσ4(α)=α=e(α)だからo(σ)=4。
x4-2の根全体はσによって巡回的に移される。
同様にτ(i)=-i, τ(∜2)=∜2よりτ(-i)=τ2(i)=iとなりτ2=eだからo(τ)=2。
τは iと-iだけを交換するから、複素共役のLへの制限である。
(c)
x2+1とx4-2はF上既約だから、命題6.3.5と(b)により、
Gal(L/ℚ)はx2+1の根全体を可移に入れ替える位数2の可移部分群と、
x4-2の根全体を可移で巡回的に入れ替える位数4の可移部分群だけから生成される。
(b)のσとτはこのような可移部分群<σ>,<τ>を生成するから、
Gal(L/ℚ)はσとτから生成される。
(d)
Gal(L/ℚ)は命題6.3.1によりS8の部分群と同型で、
(a)によりℚ⊂LはGaloisだから、定理7.1.5により|Gal(L/ℚ)|=[L:ℚ]=8。
ところが(b)によりτは複素共役なので、
x4-2の根のうち互いに複素共軛な2つi∜2, -i∜2を入れ替える互換でもあるから、
Gal(L/ℚ)は実はx4-2の4根を可移に入れ替えさえすればよい。
すなわちGal(L/ℚ)はS4の部分群と同型でもある。
S4の位数8の部分群は二面体群D8しかないので、Gal(L/ℚ)≃D8。
D8は正方形を巡回的に回転する位数4の巡回置換と、
正方形を裏返す位数2の置換から生成されるので、(c)の性質を満たしている。
演習問題3
(a)
|Gal(L/ℚ)|=8だから、定理A.1.1（Lagrangeの定理）により、
自明でないGal(L/ℚ)の部分群は位数2または4を持つ。
位数2の有限群はC2のみで、位数4の有限群はC4, C2×C2, D4で、
これらは全てS4の部分群。
演習問題2(d)によりGal(L/ℚ)はx4-2の4根を入れ替える置換によって生成され、
Gal(L/ℚ)≃D8。α1=∜2, α2=i∜2, α3=-∜2, α4=-i∜2とおけば、
Gal(L/ℚ) とD8の同型によってσ→(1234),τ→(24)と写像される。
するとσ2=(13)(24), σ3=(1432)、またτσ=σ3τ=(14)(23), στ=τσ3=(12)(34),
σ2τ=τσ2=(13)。
これより位数2の部分群はC2と同型な、<τ>,<σ2τ>,<σ2>,<στ>,<σ3τ>である。
位数4の部分群は<σ>≃C4と、位数2の元2つから生成される群だが、
σの奇数乗×τ×τの形が作れる群になるような元2つの組合せの生成する群は、
単に<σ,τ>=Gal(L/ℚ)に等しくなるから、それ以外の組として、
<σ2,τ>=<σ2,σ2τ>=<σ2τ,τ>≃{e,(13),(24),(13)(24)}=D4,
<σ2,σ3τ>=<σ2,στ>≃{e,(12)(34),(13)(24),(14)(23)}=D4。
包含関係は<σ2,τ>の部分群<τ>,<σ2τ>,<σ2>、
<σ2,στ>=<σ2,σ3τ>の部分群が<σ2>,<στ>,<σ3τ>、<σ>の部分群が<σ2>。
以上により(7.13)が説明される。
(b)
(a)によりGal(L/ℚ)の各部分群はある置換群と同型。
置換群の作用のもとで不変なx4-2の根の有理式は、
2.2節演習問題7,8により、置換群の作用で不変な、根の基本対称式の有理式である。
したがって根の基本対称式の値とそれら有理式だけで、Galois群に対応する固定体の、
ℚへの添加元は尽くされる。
いま(a)と同様にα1=∜2, α2=i∜2, α3=-∜2, α4=-i∜2とする。
4根全ての対称式については、全ての根はx4-2の根なので系2.1.5により
α1+α2+α3+α4=α1α2+α1α3+α1α4+α2α3+α2α4+α3α4=α1α2α3+α1α2α4+α1α3α4+α2α3α4=0∈ℚ,
α1α2α3α4=-2∈ℚ。
<τ>≃{e,(24)}より<τ>の作用に対し不変なのは、α1=∜2, α3=-∜2と、
α2とα4の互換で不変な基本対称式α2+α4=0とα2α4=√2=α12だからL<τ>=ℚ(∜2)。
<σ2τ>≃{e,(13)}より<σ2τ>の作用に対し不変なのは、α2=i∜2, α4=-i∜2と、
α1とα3の互換で不変な基本対称式α1+α3=0とα1α3=-√2=α22だからL<σ2τ>=ℚ(i∜2)。
<σ2>≃{e,(13)(24)}で、(13)(24)は根の符号を全て変える自己同型だから、
<σ2>の作用に対し不変な基本対称式は、2要素のα1+α3=α2+α4=0,
α1α3=-√2,α2α4=√2とα1α2=α3α4=i√2, α1α4=α2α3=-i√2となりL<σ2>=ℚ(i,√2)。
<στ>≃{e,(12)(34)} より<στ>の作用に対し不変な基本対称式は
α1+α2=-(α3+α4)=(1+i)∜2, α1α2=α3α4=i√2=(α1+α2)2/2だからL<στ>=ℚ((1+i)∜2)。
<σ3τ>≃{e,(14)(23)} より<σ3τ>の作用に対し不変な基本対称式は
α1+α4=-(α2+α3)=(1-i)∜2, α1α4=α2α3=-i√2=(α1+α4)2/2だからL<σ3τ>=ℚ((1-i)∜2)。
<σ2,τ>≃{e,(13),(24),(13)(24)}=C2×C2より<σ2,τ>は複素共役をとる自己同型τと、
根の符号を変える自己同型σ2の合成。
σ2で不変な基本対称式のうち、α1α3=-√2,α2α4=√2だけが
τの作用で不変なので、L<σ2,τ>=ℚ(√2)。
<σ2,στ>≃{e,(12)(34),(13)(24),(14)(23)}=D4より、
L<σ2,στ>=ℚ(i,√2)∩ℚ((1+i)∜2)∩ℚ((1-i)∜2)=ℚ(i√2)。
<σ>≃C4なので<σ>は根を巡回的に入れ替える自己同型からなる。
σ2で不変な基本対称式のうち、2要素のα1+α3=α2+α4=0,
α1α3=-√2,α2α4=√2とα1α2=α3α4=i√2, α1α4=α2α3=-i√2となり
対称式の有理式のα2/α1=α3/α2=α4/α3=α1/α4=iだけが不変だからL<σ>=ℚ(i)。
以上により(7.14)を得る。
・・・のだが、固定群の同定はその都度やってる感じで、
答えを知らないと分からん固定体もある・・・特に対称式の有理式をどうするのか。
F上のベクトル空間としてみて、とかやってみたが、
うまういかないのもある。もっと統一的で精密にできないものか。
(c)
Gal(L/ℚ)の群演算で(a)によりσ2τ=τσ2, σ3τ=τσ, στ=τσ3を用いることができる。
σ2はすべてのg∈Gal(L/ℚ)と可換なのでgσ2g-1=σ2 (1)、またσ2g(σ2)-1=g (2)。
<σ>={e,σ,σ2,σ3}≃C4へのGal(L/ℚ)の作用は、(1), (2)および、
明らかに可換なσとσ3同士以外については、
τστ-1=στσ(στ)-1=σ2τσ(σ2τ)-1=σ3τσ(σ3τ)-1=σ3∈<σ>,
τσ3τ-1=στσ3(στ)-1=σ2τσ3(σ2τ)-1=σ3τσ3(σ3τ)-1=σ∈<σ>により、
全てのg∈Gal(L/ℚ)についてg<σ>g-1∈<σ>なので、<σ>はGal(L/ℚ)の正規部分群。
(b)により<σ>の固定体L<σ>=ℚ(i)で、例えばx2+1の分解体。
<σ2,τ>={e,σ2,τ,σ2τ}≃C2×C2へのGal(L/ℚ)の作用は、(1),(2)および、
στσ-1=σ3τ(σ3)-1=σττ(στ)-1=σ3ττ(σ3τ)-1=σ2τ∈<σ2,τ>, σ2ττ(σ2τ)-1=τ∈<σ2,τ>,
σ(σ2τ)σ-1=σ3(σ2τ)(σ3)-1=στ(σ2τ)(στ)-1=σ3τ(σ2τ)(σ3τ)-1=τ∈<σ2,τ>, τ(σ2τ)τ-1=σ2τ∈<σ2,τ>から、
全てのg∈Gal(L/ℚ)についてg<σ>g-1∈<σ>なので、<σ2,τ>はGal(L/ℚ)の正規部分群。
(b)により<σ2,τ>の固定体L<σ2,τ>=ℚ(√2)で、例えばx2-2の分解体。
<σ2,στ>={e,σ2,στ,σ3τ}≃D4へのGal(L/ℚ)の作用は、(1),(2)および、
τ(στ)τ-1=σ(στ)(σ)-1=σ3(στ)(σ3)-1=σ3τ∈<σ2,στ>,
στ(στ)(στ)-1=σ3τ(στ)(σ3τ)-1=στ∈<σ2,στ>,
τ(σ3τ)τ-1=σ(σ3τ)(σ)-1=σ3(σ3τ)(σ3)-1=στ∈<σ2,στ>,
σ3τ(σ3τ)(σ3τ)-1=στ(σ3τ)(στ)-1=σ3τ∈<σ2,στ>により、
全てのg∈Gal(L/ℚ)についてg<σ2,στ>g-1∈<σ2,στ>なので、
<σ2,στ>はGal(L/ℚ)の正規部分群。
(b)により<σ2,στ>の固定体L<σ>=ℚ(i√2)で、例えばx2+2の分解体。
<σ2>は(1), (2)によりGal(L/ℚ)の正規部分群。
(b)により<σ2>の固定体L<σ2>=ℚ(i,√2)で、例えば(x2+1)(x2-2)の分解体。
<τ>へのGal(L/ℚ)の作用において、
στσ-1=σ3τ(σ3)-1=σττ(στ)-1=σ3ττ(σ3τ)-1=σ2τ∉<τ>だから、
<τ>はGal(L/ℚ)の正規部分群でない。
<στ>へのGal(L/ℚ)の作用において、
τ(στ)τ-1=σ(στ)(σ)-1=σ3(στ)(σ3)-1=σ3τ∉<στ>だから、
<στ>はGal(L/ℚ)の正規部分群でない。
<σ2τ>へのGal(L/ℚ)の作用において、
σ(σ2τ)σ-1=σ3(σ2τ)(σ3)-1=στ(σ2τ)(στ)-1=σ3τ(σ2τ)(σ3τ)-1=τ∉<σ2τ>だから、
<σ2τ>はGal(L/ℚ)の正規部分群でない。
<σ3τ>へのGal(L/ℚ)の作用において、
τ(σ3τ)τ-1=σ(σ3τ)(σ)-1=σ3(σ3τ)(σ3)-1=στ∉<σ3τ>だから、
<σ3τ>はGal(L/ℚ)の正規部分群でない。
(d)
(c)での計算により、NGal(L/ℚ)(<τ>)=<σ2,τ>で、|NGal(L/ℚ)(<τ>)|=4より、
7.2節演習問題9から[Gal(L/ℚ):NGal(L/ℚ)(<τ>)]=|Gal(L/ℚ)||NGal(L/ℚ)(<τ>)|=2
なので、<τ>の共軛体の数は2個だから、<τ>自身ともう一つ。
στσ-1=σ3τ(σ3)-1=σττ(στ)-1=σ3ττ(σ3τ)-1=σ2τだから、
<τ>の共軛は補題7.2.4により<σ2τ>だけである。
したがって共軛体は(7.14)によりL<τ>=ℚ(∜2)とL<σ2τ>=ℚ(i∜2)。
同じくNGal(L/ℚ)(<στ>)=<σ2,στ>で
[Gal(L/ℚ):NGal(L/ℚ)(<στ>)]=|Gal(L/ℚ)||NGal(L/ℚ)(<στ>)|=2
なので、<στ>の共軛体の数は2個だから、<στ>自身ともう一つ。
τ(στ)τ-1=σ(στ)(σ)-1=σ3(στ)(σ3)-1=σ3τだから、
<στ>の共軛は補題7.2.4により<σ3τ>だけである。
したがって共軛体は(7.14)によりL<στ>=ℚ((1+i)∜2)とL<σ3τ>=ℚ((1-i)∜2)。
