複二次式のガロア群の分類

あぶすと

$a,b$を自然数としよう．例えば二重根号$\sqrt{a+\sqrt{b}}$を$\mathbb{Q}$に添加した体$\mathbb{Q}\left(\sqrt{a+\sqrt{b}}\right)$の$\Qbb$上のガロア閉包$M$におけるガロア群$\text{Gal}\left(M/\mathbb{Q}\right)$を求める，みたいな問題はよくあって，解き方さえ知っていればだいたい流れで分かるよね．という話をまとめてみる．基本的な体論の用語，あるいはガロア理論は既知とします．

$\sqrt{a+\sqrt{b}}$の$\Qbb$上の最小多項式．

基本的に，$\sqrt{a+\sqrt{b}}$の$\Qbb$上の最小多項式$F_\Ga(x)$を求めるときは，$\Ga=\sqrt{a+\sqrt{b}}$とおいて両辺を二乗すれば
\begin{align} \Ga^2&=a+\sqrt{b}\\ \Ga^2-a&=\sqrt{b} \end{align}
と変形して，もう一度二乗して式を整理すれば
\begin{align} \Ga^4-2a\Ga^2+a^2-b=0 \end{align}
となる．係数はすべて整数だから，特に$F(x)=x^4-2ax^2+a^2-b\in \Qbb[x]$なる多項式は$\Ga=\sqrt{a+\sqrt{b}}$を根に持つ．よって$F_\Ga(x)$は$f(x)$を割り切って，もし$F(x)$が$\Qbb$上既約なら$F(x)=F_\Ga(x)$となるのだから，$F(x)$の既約性の判定がすぐにできたら嬉しい．そして実は$a,b$の値だけから判定ができる．

証明自体は，愚直に既約性を確認するときと全く同様．だから難しくない．

この命題から，$\Ga=\sqrt{a+\sqrt{b}}$を根に持つ複二次式$F(x)=x^4-2ax^2+a^2-b$の$\Qbb$上での可約性と条件

1. $(-2a)^2-4(a^2-b)=4b$は平方数になる．
2. $a^2-b$は平方数で，かつ$2\sqrt{a^2-b}-(-2a)=2\sqrt{a^2-b}+2a$が平方数になる．

のうちいづれかを満たすことは同値になることが分かる．1.は$b$が平方数となることと同値だから，

1'. $b$は平方数になる．
2. $a^2-b$は平方数で，かつ$2\sqrt{a^2-b}-(-2a)=2\sqrt{a^2-b}+2a$が平方数になる．

が$F(x)$の$\Qbb$上での可約性の判定法となる．翻ってこの否定を取れば，$F(x)$の$\Qbb$上での既約性は

1'. $b$は平方数でない．
2. $a^2-b$は平方数でない．または$a^2-b$は平方数だが$2\sqrt{a^2-b}+2a$が平方数でない．
の両方を満たすことと同値になる．

$\bisq/\Qbb$の拡大次数．

まず$\bisq/\Qbb$の拡大次数$\left[\bisq:\Qbb\right]$は$\sqrt{a+\sqrt{b}}$の$\Qbb$上の最小多項式の次数に一致するから，前節を使って考えてあげればいい．2条件

1'. $b$は平方数でない．
2. $a^2-b$は平方数でない．または$a^2-b$は平方数だが$2\sqrt{a^2-b}+2a$が平方数でない．

を満たす場合は$F(x)=x^4-2ax^2+a^2-b$が欲しい最小多項式になるから，$\left[\bisq:\Qbb\right]=4$となる．

次に$F(x)$が$\Qbb$上可約である場合を考える．このとき

1'. $b$は平方数になる．
2. $a^2-b$は平方数で，かつ$2\sqrt{a^2-b}+2a$が平方数になる．

のいづれかが成り立つ．1'.が成り立つとして，$b=n^2\ (n\in \mathbb{Z})$とおくと$\sqrt{a+\sqrt{b}}=\sqrt{a+n}$となる．もし$a+n$が平方数でないなら$\sqrt{a+n}$の$\Qbb$上の最小多項式が$x^2-(a+n)$になるので，$\left[\bisq:\Qbb\right]=2$である．そうでないなら$\left[\bisq:\Qbb\right]=1$となる．

次に2.が成り立つとして，このもとで$a^2-b=n^2,2\sqrt{a^2-b}+2a=m^2\ (n,m\in \mathbb{Z})$とおいて，$a,b$について解けば
\begin{cases} a&= \cfrac{m^2}{2}-n\\ b&= \cfrac{m^2}{4}(m^2-4n) \end{cases}
となる．$2(n+a)=m^2$ゆえ$m^2$は$4$の倍数だから，$m^2-4n$が平方数であることと$b$が平方数となることは同値．この場合は1'.に帰着すればいいから，$m^2-4n$は平方数でないとしてよい．一方で
\begin{align} f(x)&=(x^2+mx+n)(x^2-mx+n) \end{align}
と因数分解できたから，$\sqrt{a+\sqrt{b}}$は$x^2+mx+n,x^2-mx+n$の少なくとも一方の根となる．ところでこの二つの二次式の判別式は$m^2-4n$で，これは平方数でないとしているからこれらは有理数根を持たない．つまり$x^2+mx+n,x^2-mx+n$は$\Qbb$上既約で，$\left[\bisq:\Qbb\right]=2$となる．以上をまとめれば次を得る．

一般に$\Qbb$上の1次，2次拡大は代数拡大は常にガロア拡大になるから，考えるべきは1.の場合に限る．

$F(x)$のガロア群．

すぐに分かるように$F(x)=x^4-2ax^2+a^2-b$の根は
\begin{align} \sqrt{a+\sqrt{b}},\ -\sqrt{a+\sqrt{b}},\ \sqrt{a-\sqrt{b}} ,\ -\sqrt{a-\sqrt{b}} \end{align}
で尽くされる．$\Ga=\sqrt{a+\sqrt{b}},\Gb=\sqrt{a-\sqrt{b}}$とおくと，$F(x)$の$\Qbb$上の最小分解体は$\Qbb(\Ga,\Gb)$となり，これが$\Qbb(\Ga)/\Qbb$のガロア閉包になる．

$F(x)=x^4-2ax^2+a^2-b$は$\Qbb$上既約であるとしよう．この場合，

1. $b$が平方数でなく，かつ$a^2-b$が平方数でない．
2. $b$が平方数でなく，かつ$a^2-b$は平方数だが$2\sqrt{a^2-b}+2a$が平方数でない．

のどちらか一方が成り立つ．2.から調べることとして，仮定から$\Ga\Gb\in \Qbb$だから$\Gb\in \Qbb(\Ga)$となる．つまり$\Qbb(\Ga)=\Qbb(\Ga,\Gb)$となるから$\Qbb(\Ga)/\Qbb$はガロア拡大で，$\Gf,\psi\in \text{Gal}(\Qbb(\Ga)/\Qbb)$をそれぞれ
\begin{align} \Gf(\Ga)=-\Ga,\ \psi(\Ga)=\Gb \end{align}
とおけば，
\begin{align} \Gf^2(\Ga)&=\Gf(-\Ga)=-\Gf(\Ga)=\Ga,\\ \psi^2(\Ga)&=\psi(\Gb)=\sqrt{a^2-b}\psi(\Ga)^{-1}=\Ga,\\ \Gf\psi\Gf\psi(\Ga)&=\Gf\psi\Gf(\sqrt{a^2-b}\Ga^{-1})=\Gf\psi(\sqrt{a^2-b}\Gf(\Ga)^{-1})=\Gf\psi(\sqrt{a^2-b}(-\Ga)^{-1})=\Gf(-\sqrt{a^2-b}\psi(\Ga)^{-1})=\Gf(-\Ga)=\Ga \end{align}
なので，$\text{Gal}(\Qbb(\Ga)/\Qbb)$は部分群として$ \langle\Gf,\psi \ |\ \Gf^2,\psi^2, \Gf\psi\Gf\psi\rangle\cong C_2\times C_2$をもち，また$|\text{Gal}(\Qbb(\Ga)/\Qbb)|=4$だから$\text{Gal}(\Qbb(\Ga)/\Qbb)\cong C_2\times C_2$となる．ただし$C_2$は2次巡回群のことを表す．

ここまでをまとめておく．

残りは$b$が平方数でなく，かつ$a^2-b$が平方数でない場合である．

$a^2-b<0$の場合.

まず$a^2-b<0$の場合から考えてみる．

したがって真の拡大$\Qbb(\Ga)\subset \Qbb(\Ga,\Gb)=M$が得られる．よって$[M:\Qbb]=[M:\Qbb(\Ga)][\Qbb(\Ga):\Qbb]=4[\Qbb(\Ga,\Gb):\Qbb(\Ga)]>4$だから$[M:\Qbb]\geq 8$となる．また$\Gf\in \text{Gal}(M/\Qbb)$は$\Ga,\Gb$の対応先を定めれば決まって，具体的には$\Ga,-\Ga,\Gb,-\Gb$のいづれかで，特に全単射になるような$\Gf$の候補は
\begin{align} \Gf\colon &\Ga\mapsto \Ga,\ \Gb\mapsto \Gb,\\ &\Ga\mapsto \Ga,\ \Gb\mapsto -\Gb,\\ &\Ga\mapsto -\Ga,\ \Gb\mapsto \Gb,\\ &\Ga\mapsto -\Ga,\ \Gb\mapsto -\Gb,\\ &\Ga\mapsto \Gb,\ \Gb\mapsto \Ga,\\ &\Ga\mapsto \Gb,\ \Gb\mapsto -\Ga,\\ &\Ga\mapsto -\Gb,\ \Gb\mapsto \Ga,\\ &\Ga\mapsto -\Gb,\ \Gb\mapsto -\Ga,\\ \end{align}
の8通り．したがって$[M:\Qbb]=8$となる．ところで$\text{Gal}(M/\Qbb)$は$4$次対称群$S_4$の部分群と同型になるわけだが，シローの定理から$S_4$のシロー2部分群は$4$次二面体群$D_4$にすべて共役だから(不安なら具体的に群の表示を計算しても良い)，$\text{Gal}(M/\Qbb)\cong D_4$となる．

$a^2-b>0$の場合．

$a^2-b=bk^2\ (k\in \mathbb{Z})$なる形なら，$\Ga^2=a+\sqrt{b}$なので，$\sqrt{b}\in \Qbb(\Ga)$となるので，この場合は$\Gb=k\sqrt{b}\Ga^{-1}$だから$\Qbb(\Ga,\Gb)=\Qbb(\Ga)$となる．この場合は$\text{Gal}(M/\Qbb)$は位数4の群で，また$\Gf\in \text{Gal}(M/\Qbb)$を$\Gf(\Ga)=\Gb$で与えると，
\begin{align} a-\sqrt{b}&=\Gb^2=\Gf(\Ga^2)=a+\Gf(\sqrt{b}) \end{align}
ゆえ$\Gf(\sqrt{b})=-\sqrt{b}$となって，
\begin{align} \Gf^2(\Ga)&=\Gf(\Gb)=\Gf(k\sqrt{b}\Ga^{-1})=k\Gf(\sqrt{b})\Gf(\Ga)^{-1}=-k\sqrt{b}(k\sqrt{b})^{-1}\Ga=-\Ga,\\ \Gf^4(\Ga)&=\Gf^{2}(-\Ga)=\Ga \end{align}
ゆえ，$\Gf$は位数4の元となって，$\text{Gal}(M/\Qbb)\cong C_4$であると分かる．

そうでない場合は$\Gb$が$\Qbb(\Ga)$に含まれているかどうかはすぐに分からない(いまから示すが，(たぶん)含まれない)．まず，$\Ga=\sqrt{a+\sqrt{b}},\Gb=\sqrt{a-\sqrt{b}}$とおいて
\begin{align} \frac{1}{\Ga}=\frac{\Gb}{\Ga\Gb}=\frac{\Gb}{\sqrt{a^2-b}} \end{align}
だから，$\Gb\in \Qbb(\Ga)$と$\sqrt{a^2-b}\in \Qbb(\Ga)$は同値である．以降，$b,a^2-b$は平方数でなく，$a^2-b>0$で，$a^2-b=bk^2\ (k\in \mathbb{Z})$なる形で表せないとする．

頑張って計算してみよう．$\sqrt{a^2-b}\in \Qbb(\Ga)$を仮定する．このときある有理数$s,t,u,v$を用いて
\begin{align} \sqrt{a^2-b}=s+t\sqrt{b}+u\Ga+v\Ga\sqrt{b} \end{align}
と表せるから，これを2乗して計算してみると，
\begin{align} a^2-b&=(s+t\sqrt{b}+u\Ga+v\Ga\sqrt{b})^2\\ &=s^2+bt^2+u^2\Ga^2+bv^2\Ga^2+2st\sqrt{b}+2su\Ga+2sv\Ga\sqrt{b}+2tu\Ga\sqrt{b}+2btv\Ga+2uv\Ga^2\sqrt{b}\\ &=s^2+bt^2+u^2(a+\sqrt{b})+bv^2(a+\sqrt{b})+2st\sqrt{b}+2su\Ga+2sv\Ga\sqrt{b}+2tu\Ga\sqrt{b}+2btv\Ga+2uv(a+\sqrt{b})\sqrt{b}\\ &=(s^2+bt^2+u^2a+bv^2a+2uvb)+(u^2+bv^2+2st+2uva)\sqrt{b}+(2su+2btv)\Ga+(2sv+2tu)\Ga\sqrt{b} \end{align}
となるから，
\begin{align} a^2-b&=s^2+bt^2+u^2a+bv^2a+2uvb,\\ 0&=u^2+bv^2+2st+2uva,\\ 0&=2su+2btv,\\ 0&=2sv+2tu \end{align}
が係数を比較することで得られる．$u=0$とすれば
\begin{align} a^2-b&=s^2+bt^2+bv^2a,\\ 0&=bv^2+2st,\\ 0&=tv,\\ 0&=sv \end{align}
が成り立つ．もし$v=0$なら2つ目の式から$st=0$ゆえ，$s,t$のいづれかが0になる．$s=0$なら1つ目の式から$a^2-b=bt^2$なる形になる．$t$は有理数だから互いに素な$p,q\in \mathbb{Z}$を用いて$t=p/q$と書けて，したがって$a^2-b=b(p^2/q^2)$となる．左辺は整数だから$b=kq^2\ (k\in \mathbb{N})$と表せて，結局$a^2-b=kp^2$となるが，いまはこのような場合は考えていないのだから$s\not=0$となる．$t=0$なら$a^2-b=s^2$となって，左辺が整数だから右辺もそうで，$a^2-b$が平方数となるからこの場合も矛盾して，結局$v\not=0$となる．

よって$s=0,t=0$が成り立たなければならないが，この場合は2つ目の式から$b\not=0$ゆえ$v=0$が成り立ってしまうので，$u\not=0$となる．すると
\begin{align} t=-\frac{v}{u}s \end{align}
となるから
\begin{align} 0=su-\frac{sbv^2}{u}&=\frac{s}{u}(u^2-bv^2) \end{align}
を得る．このとき$u^2-bv^2=0$なら，素因子の個数を数えることで$b$が平方数となって矛盾．したがって$s=0$となるしかなく，したがって$t=0$となる．このとき
\begin{align} a^2-b&=u^2a+bv^2a+2uvb,\\ 0&=u^2+bv^2+2uva \end{align}
となる．2つ目の式から
\begin{align} -2uva^2=u^2a+bv^2a \end{align}
が成り立つから，これを1つ目の式に代入して
\begin{align} a^2-b&=-2uva^2+2uvb＝-2uv(a^2-b) \end{align}
となる．仮定から$a^2-b$は$0$でないから，$uv=-1/2$となるので$v=-1/2u$となる．このとき
\begin{align} 0=u^4-au^2+\frac{b}{4} \end{align}
となるので
\begin{align} u^2&=\frac{a\pm \sqrt{a^2-b}}{2}>0 \end{align}
が成り立つ．有理数の平方が無理数になることはないから，$\pm \sqrt{a^2-b}=2u^2-a\in \Qbb$となる．つまり$a^2-b$は平方数でなければならないが，これは矛盾．やったね！

したがって特に、「$b,a^2-b$は平方数でなく，$a^2-b>0$で，$a^2-b=bk^2\ (k\in \mathbb{Z})$なる形で表せない」場合は，真の拡大$\Qbb(\Ga)\subset \Qbb(\Ga,\Gb)$を得て，あとは$a^2-b<0$の場合の議論と同じものを回せばよい．

まとめ

間違ってたらコメントください．