代数学をやるその10　場合分けが少し大変な体論の問題

集合$A$を$F(x)$の根全体からなる集合
$$A=\{\alpha \in \overline{\mathbb{Q}} \, | \, F(\alpha)=0\}$$
とする．$F(x)$は分離的な$8$次式であるから$|A|=8$である．ここで$\overline{\mathbb{Q}}$は$\mathbb{Q}$の代数閉包である．$\alpha \in A$とすると$f(f(f(\alpha)))=\alpha$が成り立つから，
$$F(f(\alpha))=f(f(f(f(\alpha))))-f(\alpha)=f(\alpha)-f(\alpha)=0$$
が成り立つ．即ち，$f(\alpha)$も$F(x)$の根である．これより写像
$$\sigma : A \ni \alpha \longmapsto f(\alpha) \in A$$
を定義することができる．$\alpha,\beta \in A$に対して$f(\alpha)=f(\beta)$が成り立つとすると，$f$を2回作用させることで
$$\alpha=f(f(f(\alpha)))=f(f(f(\beta)))=\beta$$
が成り立つ．これより$\sigma$は単射であり，$A$は有限集合であるから$\sigma$は全単射となる．即ち$\sigma$は$A$の元の置換を引き起こす．(証明終)

(1)の証明で用いた記号を用いる．$\alpha \in A$であるとき$f(f(f(\alpha)))=\alpha$であることから，$\sigma^3(\alpha)=\alpha$である．これより$1 \leq i \leq 3$を満たす整数$i$が各$\alpha \in A$に対して存在して$\sigma^i(\alpha)=\alpha$が成り立つ．$\sigma^2(\alpha)=\alpha$であるとすると，両辺に$\sigma$を作用させることで$\sigma(\alpha)=\alpha$を得る．以上より，$\alpha \in A$は
$$\sigma(\alpha)=\alpha \hspace{0.2in} もしくは \hspace{0.2in} \sigma^i(\alpha) \neq \alpha \, (i=1,2), \, \sigma^3(\alpha)=\alpha$$
を満たす．$A$の部分集合$A_1,A_2$を
$$A_1=\{\alpha \in A \, | \, \sigma(\alpha)=\alpha\}$$
$$A_2 =\{\alpha \in A \, | \, \sigma^i(\alpha) \neq \alpha\,(i=1,2), \, \sigma^3(\alpha)=\alpha\}$$
で定める．$\alpha \in A_1$とすると$\alpha$は$f(x)-x$の根である．$f(x)$は$\mathbb{Q}$上の$2$次多項式であったから$f(x)-x$もそうであり，また$|A_1|=2$となる．よって$F(x)$は$f(x)-x$で割り切れるから，
$$g(x)=\frac{F(x)}{f(x)-x}$$
とすると$g(x)$は$\mathbb{Q}$上の$6$次多項式となる．$g(x)$の根は$A_2$の元で全てであり，$|A_2|=|A|-|A_1|=6$であるから，その根はある$\beta,\gamma \in A_2$によって
$$\beta,\sigma(\beta),\sigma^2(\beta), \, \gamma, \sigma(\gamma), \sigma^2(\gamma)$$
と書ける．これより
$$g(x)=(x-\beta)(x-\sigma(\beta))(x-\sigma^2(\beta))(x-\gamma)(x-\sigma(\gamma))(x-\sigma^2(\gamma))$$
が成り立つ．$K=\mathbb{Q}(\beta)$とおく．$f(x) \in \mathbb{Q}[x]$であるから$\sigma(\beta),\sigma^2(\beta) \in K$であることに注意する．$g(x)$の次数が$6$であることから$[K:\mathbb{Q}] \leq 6$が成り立つ．また，$(x-\beta)(x-\sigma(\beta))(x-\sigma^2(\beta)) \in K[x]$であるから，$[K(\gamma):K] \leq 3$であることにも注意する．

以下，各場合について考えていく．


(i)$[K:\mathbb{Q}]=1$のとき：このとき$\beta \in \mathbb{Q}$であるから$\sigma(\beta),\sigma^2(\beta) \in \mathbb{Q}$である．すると，
$$(x-\gamma)(x-\sigma(\gamma))(x-\sigma^2(\gamma))=\frac{g(x)}{(x-\beta)(x-\sigma(\beta))(x-\sigma^2(\beta))} \in \mathbb{Q}[x]$$
が成り立つから，この場合は主張が成り立つ．


(ii)$[K:\mathbb{Q}]=2$のとき：$K$は$\mathbb{Q}$の$2$次拡大体である．$(x-\beta)(x-\sigma(\beta))(x-\sigma^2(\beta)) \in K[x]$である．$g(x) \in \mathbb{Q}[x] \subset K[x]$であるから
$$(x-\gamma)(x-\sigma(\gamma))(x-\sigma^2(\gamma))=\frac{g(x)}{(x-\beta)(x-\sigma(\beta))(x-\sigma^2(\beta))} \in K[x]$$
も成り立つ．従ってこの場合も主張が成り立つ．


(iii)$[K:\mathbb{Q}]=3$のとき：$\beta$の$\mathbb{Q}$上の共役は3個である．そのうち$\beta$以外のものを$\sigma(\beta),\sigma^2(\beta),\gamma,\sigma(\gamma),\sigma^2(\gamma)$の中から選び出すことで，$\beta$の$\mathbb{Q}$上の最小多項式を作ることができる．それを$h(x)$とすると，仮定より$h(x)$の次数は$3$であり，$\frac{g(x)}{h(x)} \in \mathbb{Q}[x]$も$3$次多項式となる．従ってこの場合も主張が成り立つ．


(iv)$[K:\mathbb{Q}]=4$のとき：$\beta$の$\mathbb{Q}$上の共役は4個存在する．すると，$g(x)$の根のうち残りの2個は$\mathbb{Q}$上の共役が2個以下のものであり，この場合は上記の(i),(ii)のいずれかの場合に帰着できる．


(v)$[K:\mathbb{Q}]=5$のとき：$\beta$の$\mathbb{Q}$上の共役は5個存在する．すると，$g(x)$の根のうち残りの1個は$\mathbb{Q}$の元となる．$\sigma(\beta),\sigma^2(\beta)$のいずれかが$\mathbb{Q}$の元であるとすると$\sigma$を適当に作用させることで$\beta \in \mathbb{Q}$となって矛盾．従って$\gamma,\sigma(\gamma),\sigma^2(\gamma)$のいずれかが$\mathbb{Q}$の元となるが，どれが$\mathbb{Q}$の元であっても$\sigma$を適当回作用させることでそれら全てが$\mathbb{Q}$の元となるので，$\beta$の$\mathbb{Q}$上の共役が5個となることは有り得ない．


(vi)$[K:\mathbb{Q}]=6$かつ$[K(\gamma):K]=1$のとき：$\sigma$を適当回作用させることで$\gamma,\sigma(\gamma),\sigma^2(\gamma) \in K$が分かる．よって，拡大$K/\mathbb{Q}$は正規拡大であり，$g(x)$が分離多項式であることから$K/\mathbb{Q}$はガロア拡大である．よってそのガロア群は位数$6$の群に同型である．位数$6$の群は$\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$もしくは$S_3$($3$次対称群)のいずれかに同型であり，どちらも指数$2$の正規部分群を持つ(前者は$2\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$，後者は$A_3$($3$次交代群))．ガロアの基本定理より，それらに対応する部分体を$M$とすると，$M$は$\mathbb{Q}$の$2$次拡大体である．$\beta$の$M$上の最小多項式を$h(x)$とすると，$h(x)$は$3$次多項式である．そして$g(x) \in \mathbb{Q}[x] \subset M[x]$であるから$\frac{g(x)}{h(x)} \in M[x]$でこれも$3$次多項式である．よって，この場合も主張が成り立つ．


(vii)$[K:\mathbb{Q}]=6$かつ$[K(\gamma):K]=2$のとき：
$$(x-\gamma)(x-\sigma(\gamma))(x-\sigma^2(\gamma))=\frac{g(x)}{(x-\beta)(x-\sigma(\beta))(x-\sigma^2(\beta))} \in K[x]$$
であることに注意する．$[K(\gamma):K]=2$より$\gamma$の$K$上の最小多項式は$2$次であるから，$\sigma(\gamma),\sigma^2(\gamma)$のいずれかは$K$の元となる．このとき$\sigma$を適当回作用させることで$\gamma \in K$となるから矛盾．従ってこの場合は有り得ない．


(viii)$[K:\mathbb{Q}]=6$かつ$[K(\gamma):K]=3$のとき：$\sigma(\gamma),\sigma^2(\gamma) \in K(\gamma)$であるから，$K(\gamma)=\mathbb{Q}(\beta,\gamma)$は$\mathbb{Q}$上の$18$次ガロア拡大となる．よってそのガロア群は位数が$18$の群に同型である．$18=2 \cdot 3^2$であるから，そのガロア群にはSylow$3$部分群$N_3$が存在し，その指数は$2$である．$N_3$に対応する部分体を$M$とすると，$[M:\mathbb{Q}]=2$が成り立つ．後は(vi)の場合と同様に議論でき，この場合も主張が成り立つ．

以上より全ての場合分けが終了し，題意は示された．(証明終)