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
   $$ [K:\mathbb{Q}]=[S:\mathbb{Q}][T:\mathbb{Q}]={\color{red}16} $$
   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、$N\triangleleft G$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
   $$ \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\rtimes \mathbb{Z}/4\mathbb{Z} $$
   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
   $$ G=\langle x,y|x^4=y^4=1, yxy^{-1}=x^{-1}\rangle $$
   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$x^2,y^2,x^2y^2$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
   $$ K_1=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})={\color{red}\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3})} $$
   $$ K_2={\color{red}\mathbb{Q}\left(\sqrt{2+\sqrt{2}}\right)} $$
   $$ K_3={\color{red}\mathbb{Q}\left(\sqrt{3+\sqrt{3}}\right)} $$
   $$ K_4={\color{red}\mathbb{Q}\left(\sqrt{3-\sqrt{3}}\right)} $$
   $$ K_5={\color{red}\mathbb{Q}\left(\sqrt{3+\sqrt{3}}+\sqrt{3-\sqrt{3}}\right)} $$
   $$ K_6={\color{red}\mathbb{Q}\left(\sqrt{3+\sqrt{3}}-\sqrt{3-\sqrt{3}}\right)} $$
   $$ K_7={\color{red}\mathbb{Q}\left(\sqrt{12+6\sqrt{2}}\right)} $$
   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$K_3\neq K_4$。またここから相異なる$i,j\in \{3,4,5,6\}$に対して$K_i\neq K_j$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$K_2\neq K_7$
   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$\langle x^2\rangle$及び$\langle y^2\rangle$及び$\langle x^2y^2 \rangle$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$x^2y^2=1$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
   $$ G_3=\langle x,y|x^2=y^4=1, yx=xy\rangle $$
   $$ G_1=\langle x,y|x^4=y^2=1, yxy=x^{-1}\rangle $$
   $$ G_2=\langle x,y|x^4=y^4=1,yxy^{-1}=x^{-1},x^2=y^2\rangle $$
   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
   $$ Q_8=\langle i,j,k|i^2=j^2=k^2=ijk\rangle $$
   を取ったとき、
   $$ \begin{split} Q_8&\to G_2\\ i&\mapsto y\\ j&\mapsto x\\ k&\mapsto yx \end{split} $$
   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　$M_1=K^{\langle y^2\rangle}$及び$M_2=K^{\langle x^2y^2\rangle}$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$\langle y^2\rangle$及び$\langle x^2y^2\rangle$で不変な$8$次拡大を取れば良いから
   $$ M_1={\color{red}\mathbb{Q}\left(\sqrt{2},\sqrt{3+\sqrt{3}}\right)} $$
   $$ M_2={\color{red}\mathbb{Q}\left(\sqrt{2},\sqrt{(2+\sqrt{2})(3+\sqrt{3})}\right)} $$
   になることがわかる。