東大数理院試過去問解答例(2025B04)

以下の答案では、基礎体を明言せずに「ガロア拡大」「ガロアである」などいった場合、全て$\mathbb{Q}$上ガロアであることを指すものとする。
(1) まず$\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{6}\in K$であるから
$$\sqrt{2-\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2+\sqrt{2}}}\in K$$
$$\sqrt{3-\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{3+\sqrt{3}}}\in K$$
が従う。よって$K$は$\mathbb{Q}$係数多項式
$$((X^2-2{)}^2-2)((X^2-3{)}^2-3)$$
の最小分解体なので、ガロアである。次に$S=\mathbb{Q}(\sqrt{2+\sqrt{2}})$及び$T=\mathbb{Q}(\sqrt{3+\sqrt{3}})$とおく。まず$S$は$\mathbb{Q}$上$4$次巡回拡大でその非自明は中間体は$\mathbb{Q}(\sqrt{2})$であるのに対し、$T$はガロアでない。実際$T$がガロアだとすると、$\sqrt{3-\sqrt{3}},\sqrt{6}\in T$になるが、このとき$\mathrm{Gal}(T/\mathbb{Q}(\sqrt{3}))$の$T$への作用が$\sqrt{6}$ないし$\sqrt{3-\sqrt{3}}$を固定し矛盾する。またこの議論から$\sqrt{2}\notin T$もわかる。以上から$S\cap T=\mathbb{Q}$が従う。よって
$$[K:\mathbb{Q}]=[S:\mathbb{Q}][T:\mathbb{Q}]=16$$
である。
(2) $G=\mathrm{Gal}(K/\mathbb{Q})$は
$${\sigma }_{a,b,c,d}\left(\sqrt{2+\sqrt{2}}\right)=(-1{)}^a\sqrt{2+(-1{)}^b\sqrt{2}}$$
$${\sigma }_{a,b,c,d}\left(\sqrt{2-\sqrt{2}}\right)=(-1{)}^{a+b}\sqrt{2-(-1{)}^b\sqrt{2}}$$
$${\sigma }_{a,b,c,d}\left(\sqrt{3+\sqrt{3}}\right)=(-1{)}^c\sqrt{3+(-1{)}^d\sqrt{3}}$$
$${\sigma }_{a,b,c,d}\left(\sqrt{3-\sqrt{3}}\right)=(-1{)}^{b+c+d}\sqrt{3-(-1{)}^d\sqrt{3}}$$
で定義される${\sigma }_{a,b,c,d}$全体の集合で書ける。$G=\mathrm{Gal}(K/\mathbb{Q})$の部分群
$$H=\{{\sigma }_{a,b,0,0}\}\simeq \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$$
$$N=\{{\sigma }_{0,0,c,d}\}\simeq \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$$
をとる。まず$H\cap N=\{{\mathrm{id}}_K\}$である。また$N$はガロア拡大$S$の固定部分群なので、$N◃G$である。また$|N||H|=|G|$であることと$K/\mathbb{Q}$がガロアでない中間体を持つことを考慮すれば、$G$は非自明な半直積
$$\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}⋊\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$$
である。$N$の生成元を$x$、$H$の生成元を$y$を適切にとると、$G$は表示
$$G=⟨x,y|x^4=y^4=1,yx{y}^{-1}=x^{-1}⟩$$
を持つ。この元の位数は全て$4$の約数であり、位数$2$の元は$x^2,y^2,x^2{y}^2$である。以上から位数$4$の部分群の個数は
$$1+\frac{12}{2}=7$$
である。よって列挙に当たっては、互いに一致しない$K/\mathbb{Q}$の$4$次拡大を$7$個あげれば良い。ここで
$$K_1=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})=\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3})$$
$$K_2=\mathbb{Q}\left(\sqrt{2+\sqrt{2}}\right)$$
$$K_3=\mathbb{Q}\left(\sqrt{3+\sqrt{3}}\right)$$
$$K_4=\mathbb{Q}\left(\sqrt{3-\sqrt{3}}\right)$$
$$K_5=\mathbb{Q}(\sqrt{3+\sqrt{3}}+\sqrt{3-\sqrt{3}})$$
$$K_6=\mathbb{Q}(\sqrt{3+\sqrt{3}}-\sqrt{3-\sqrt{3}})$$
$$K_7=\mathbb{Q}\left(\sqrt{12+6\sqrt{2}}\right)$$
とおく。これらは全て$\mathbb{Q}$上$4$次拡大である。まず次のことがわかる。
(a) $K_2,K_7$は$\mathbb{Q}$上巡回拡大
(b) $K_1$は$\mathbb{Q}$上非巡回アーベル拡大
(c) $K_3$は${\sigma }_{0,1,0,0}$で固定される一方、$K_4$は固定されない。特に$K_3\ne K_4$。またここから相異なる$i,j\in \{3,4,5,6\}$に対して$K_i\ne K_j$が従う。
(d) $K_3$から$K_4$へ、$K_5$から$K_6$への同型が存在する。特に$K_3,K_4,K_5,K_6$はガロアではない。
(e) $K_2$は${\sigma }_{0,0,0,1}$で固定される一方、$K_7$は固定されない。特に$K_2\ne K_7$
以上から$K_i$たちは互いに一致しないことがわかる。よって$K/\mathbb{Q}$の$4$次部分拡大は以上の$K_1,\cdots ,K_7$で尽くされている。
(3) (2)で挙げた群$G$の位数$2$の部分群$⟨x^2⟩$及び$⟨y^2⟩$及び$⟨x^2{y}^2⟩$はいずれも正規部分群であり、よってこれらの部分群による剰余群が考えられる。これらの剰余群は$G$の表示に$x^2=1$または$y^2=1$または$x^2{y}^2=1$を条件に課して得られる群であり、これらをそれぞれ$G_3,G_1,G_2$とする。このとき
$$G_3=⟨x,y|x^2=y^4=1,yx=xy⟩$$
$$G_1=⟨x,y|x^4=y^2=1,yxy=x^{-1}⟩$$
$$G_2=⟨x,y|x^4=y^4=1,yx{y}^{-1}=x^{-1},x^2=y^2⟩$$
である。ここで$G_3$はアーベル群、$G_1$は二面体群$D_8$である。一方四元数群
$$Q_8=⟨i,j,k|i^2=j^2=k^2=ijk⟩$$
を取ったとき、
$$\begin{array}{rl}{Q}_8& \to G_2\\ i& \mapsto y\\ j& \mapsto x\\ k& \mapsto yx\end{array}$$
は位数の同じ群の間の全射準同型を定めているから同型であり、よって$G_3$は四元数群$Q_8$に等しい。以上から　$M_1=K^{⟨y^2⟩}$及び$M_2=K^{⟨x^2{y}^2⟩}$とすれば、これが所望の条件を満たしている。このとき$M_1$及び$M_2$を求めるには、それぞれ$⟨y^2⟩$及び$⟨x^2{y}^2⟩$で不変な$8$次拡大を取れば良いから
$$M_1=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3+\sqrt{3}})$$
$$M_2=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{(2+\sqrt{2})(3+\sqrt{3})})$$
になることがわかる。