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代数学をやるその9　ガロア拡大のありがちな問題

はじめに

今回はガロア拡大に関するよくありがちな問題を持ってきました．

その他の問題たちはこちらのまとめページから見れます．よろしければリンクをご利用ください．

問題と解答

$F$が可換体，$a \in F$で$b=1+a^2 \in F$は$F$の中に平方根を持たないとする．$X$に関する方程式$X^4-2bX^2+a^2b=0$の一根を$F$につけて得られる体を$K$とするとき，次の問に答えよ．(東大)
(1) $K$は$F$上のガロア拡大であることを証明せよ．
(2) $K/F$のガロア群を求めよ．
(3) $K$と$F$の中間体で，$K,F$以外のものを求めよ．

感想

与えられた多項式が複2次式なので解の計算がしやすいのが嬉しいですね．具体的に解の形を書き下したら，後は定石通りの計算を丁寧にするだけです．所々で$F$の標数が$2$かどうかが気になりますが，仮定から直ぐに${\rm ch}\,F \neq 2$を導けるので心配せずとも大丈夫です．

証明を表示

仮定より$b \neq 0$であることに注意する．また，$a=0$とすると$b=1=1^2$となって仮定に反するので$a \neq 0$である．$F$の標数が$2$であるとすると，
$$b=1+a^2=(1+a)^2$$
となり，$b$の平方根が$F$の中に存在しないという仮定に反する．よって$F$の標数は$2$ではない．$\overline{F}$を$F$の代数閉包とする．解の公式から$\pm\sqrt{b\pm\sqrt{b}} \in \overline{F}$が$X^4-2bX+a^2b$の全ての根となることが分かる．$f(X)=X^4-2bX^2+a^2b$，$\alpha=\sqrt{b+\sqrt{b}}$とおく．$\sqrt{b}=\alpha^2-b \in F(\alpha)$であるから，体の拡大列
$$F \subsetneq F(\sqrt{b}) \subset F(\alpha)$$
を得る．$\sqrt{b} \notin F$であることと$\sqrt{b}$が多項式$X^2-b$の根であることから，$[F(\sqrt{b}):F]=2$である．$\alpha \in F(\sqrt{b})$と仮定する．このとき，$x,y \in F$が存在して$\alpha=x+y\sqrt{b}$と書ける．すると，
$$b+\sqrt{b}=\alpha^2=x^2+by^2+2xy\sqrt{b}$$
となるから，$b=x^2+by^2$かつ$1=2xy$となる．後者の式から$x \neq 0$かつ$y=\frac{1}{2x}$となるから(${\rm ch}\,F \neq 2$に注意)
$$b=x^2+\frac{b}{4x^2}$$
$$4x^4-4bx^2+b=0$$
$$x^2=\frac{b \pm a\sqrt{b}}{2} \hspace{0.2in} ({\rm ch}\,F \neq 2 \, に注意)$$
$$\sqrt{b}=\pm\frac{2x^2-b}{a} \in F \hspace{0.2in} (\because \, a \neq 0)$$
が成り立つが，これは仮定$\sqrt{b} \notin F$に矛盾．よって$\alpha \notin F(\sqrt{b})$である．$\alpha$は$F(\sqrt{b})$上の多項式$X^2-(b+\sqrt{b})$の根であることを考えると，$[F(\alpha):F(\sqrt{b})]=2$が成り立つ．これより
$$[F(\alpha):F]=[F(\alpha):F(\sqrt{b})][F(\sqrt{b}):F]=4$$
となるので，$\alpha$の$F$上の最小多項式は$f(X)$である．これより，$\alpha$の$F$上の共役が$\pm\sqrt{b\pm\sqrt{b}}$で全てであることも分かる．

さて，$\sqrt{b}=\alpha^2-b \in F(\alpha)$であることと$\sqrt{b+\sqrt{b}} \cdot \sqrt{b-\sqrt{b}}=a\sqrt{b}$であることから，
$$\sqrt{b-\sqrt{b}}=\frac{a\sqrt{b}}{\sqrt{b+\sqrt{b}}} \in F(\alpha)$$
が成り立つ．よって，$\pm\sqrt{b\pm\sqrt{b}} \in F(\alpha)$であるから，$K=F(\alpha)$と書ける．更に$K/F$が正規拡大であることも分かる．

$K/F=F(\alpha)/F$が分離拡大であることを示す．$f(X)$の微分$f'(X)$は
$$f'(X)=4X^3-4bX=4X(X^2-b)$$
である．$F$の標数は$2$でないから，$f'(X)$は零多項式ではない．仮に$\pm\sqrt{b\pm\sqrt{b}}$のいずれかが$0$であるとすると，
$$b\pm\sqrt{b}=0 \hspace{0.2in} \Longrightarrow \hspace{0.2in} \pm\sqrt{b}=-b, \hspace{0.2in} \Longrightarrow \hspace{0.2in} b=b^2$$
となって仮定に矛盾．また，$\pm\sqrt{b\pm\sqrt{b}}$のいずれかが多項式$X^2-b$の根であるとすると，
$$b\pm\sqrt{b}-b=0 \hspace{0.2in} \Longrightarrow \hspace{0.2in} b=0$$
となるのでやはり矛盾．従って$f(X)$は重根を持たないから，$K/F$は分離拡大である．以上より，$K/F$がガロア拡大であることが示された．(証明終)

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1の結果から$|{\rm Gal}(K/F)|=4$である．$\sigma \in {\rm Gal}(K/F)$を
$$\sigma(\sqrt{b+\sqrt{b}})=\sqrt{b-\sqrt{b}}$$
を満たす元とする．このとき，
$$b-\sqrt{b}=\left(\sigma\left(\sqrt{b+\sqrt{b}}\right)\right)^2=\sigma((b+\sqrt{b})^2)=\sigma(b+\sqrt{b})=b+\sigma(\sqrt{b})$$
となるので，$\sigma(\sqrt{b})=-\sqrt{b}$である．すると，$\sqrt{b-\sqrt{b}}=\frac{a\sqrt{b}}{\sqrt{b+\sqrt{b}}}$から
$$\sigma\left(\sqrt{b-\sqrt{b}}\right)=\sigma\left(\frac{a\sqrt{b}}{\sqrt{b+\sqrt{b}}}\right)=\frac{a \cdot \sigma(\sqrt{b})}{\sigma(\sqrt{b+\sqrt{b}})}=\frac{-a\sqrt{b}}{\sqrt{b-\sqrt{b}}}=-\sqrt{b+\sqrt{b}}$$
が成り立つ．従って，$\sigma^2(\sqrt{b+\sqrt{b}})=-\sqrt{b+\sqrt{b}}$である．これより$\sigma^3(\sqrt{b+\sqrt{b}})=-\sqrt{b-\sqrt{b}}$，$\sigma^4(\sqrt{b+\sqrt{b}})=\sqrt{b+\sqrt{b}}$であるから，$\sigma$の位数は$4$である．よって${\rm Gal}(K/F)=\langle \sigma \rangle$となるので，$\underline{{\rm Gal}(K/F) \cong \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}}$である．(終)

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ガロアの基本定理から，$K/F$の中間体は${\rm Gal}(K/F) \cong \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$の部分群に1対1に対応する．$\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$の自明でない部分群は$2\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$のみである．これに対応する部分体は$\sigma^2$で固定される元全体からなる体である．その体を$M$とおくと$[M:F]=2$である．2で計算したことから$\sigma^2(\sqrt{b})=\sqrt{b}$が成り立つので，$F(\sqrt{b}) \subset M$が成り立つ．1での計算から$[F(\sqrt{b}):F]=2$であったから，$[F(\sqrt{b}):M]=1$となる．即ち$\underline{M=F(\sqrt{b})}$であり，これが求めるべき部分体である．(終)