有理数体の冪根拡大についての雑記

　$\sqrt[n]{a}$が有理数であるとすると$a=(\sqrt[n]{a}{)}^n$および素因数分解の一意性より
$$gcd(e_1,e_2,\dots ,e_k,n)=n$$
が成り立たなければならず矛盾。よって主張を得る。

　$f(x)=x^n-a$が$\sqrt[n]{a}$の$\mathbb{Q}$上の最小多項式であることを示せばよい。
　いま$f(x)$は$1$の原始$n$乗根${\zeta }_n$を用いて
$$f(x)=(x-\sqrt[n]{a})(x-{\zeta }_n\sqrt[n]{a})(x-{\zeta }_n^2\sqrt[n]{a})\cdots (x-{\zeta }_n^{n-1}\sqrt[n]{a})$$
と因数分解できるので、$f$を割り切るようなモニック多項式$g\in \mathbb{Q}[x]$に対し
$$|g(0)|=\sqrt[n]{|a{|}^{\mathrm{deg}g}}$$
が成り立つが、補題1よりこれが有理数となるのは$\mathrm{deg}g=0,n$つまり$g=1$または$g=f$のときに限る。
　したがって$f$は$\mathbb{Q}$上既約であることが示された。

　$\sqrt[n]{a}$の$\mathbb{Q}$上の最小多項式は$x^n-a$、つまり$\sqrt[n]{a}$の共役元は
$${\zeta }_n^j\sqrt[n]{a}(j=0,1,2,\dots ,n-1)$$
で尽くされることに注意すると、$\mathbb{Q}(\sqrt[n]{a})/\mathbb{Q}$が正規拡大であるとき
$${\zeta }_n=\frac{{\zeta }_n\sqrt[n]{a}}{\sqrt[n]{a}}\in \mathbb{Q}(\sqrt[n]{a})$$
が成り立つ。
　特に
$$[\mathbb{Q}(\sqrt[n]{a}):\mathbb{Q}({\zeta }_n)]=\frac{[\mathbb{Q}(\sqrt[n]{a}):\mathbb{Q}]}{[\mathbb{Q}({\zeta }_n):\mathbb{Q}]}=\frac{n}{\phi (n)}$$
は整数となければならず
$$\frac{n}{\phi (n)}=\prod _{p\mid n}\frac{p}{p-1}$$
が整数となる条件を考えると

• $n$が$3$以上の素因数を二つ以上持つとき、この分母は$4$で割り切れることになり矛盾。
• $n$が$3$以上の素因数$p$をただ一つ持つとき、この分子は高々$2p$であり、また$p$と$p-1$は互いに素であるので$(p-1)\mid 2$、つまり$p=3$および$2\mid n$でなければならない。

つまり$n$は$n=2^i(i\ge 0)$または$n=2^i{3}^j(i,j\ge 1)$と表せることがわかる。

　$\mathbb{Q}(\sqrt[n]{a})/\mathbb{Q}({\zeta }_n)$は$\mathbb{Q}({\zeta }_n{)}^{\times }/(\mathbb{Q}({\zeta }_n{)}^{\times }{)}^n$の有限部分群
$$D=⟨a(\mathbb{Q}({\zeta }_n{)}^{\times }{)}^n⟩$$
に対応する クンマー拡大 であり、また
$$|D|=[\mathbb{Q}(\sqrt[n]{a}):\mathbb{Q}({\zeta }_n)]=n/\phi (n)$$
が成り立つので$a^{n/\phi (n)}\in (\mathbb{Q}({\zeta }_n{)}^{\times }{)}^n$つまり$\sqrt[\phi (n)]{a}\in \mathbb{Q}({\zeta }_n)$を得る。
　また$\mathbb{Q}({\zeta }_n)/\mathbb{Q}$はアーベル拡大なのでその部分拡大$\mathbb{Q}(\sqrt[m]{a})/\mathbb{Q}$もアーベル拡大、特に正規拡大となる。

　いま$n\ne 1,2$において$\mathbb{Q}(\sqrt[n]{a})/\mathbb{Q}$が正規拡大ならば

• $n=2^i{3}^j(i\ge 1,j\ge 2)$のとき、$\mathbb{Q}(\sqrt[3]{a})/\mathbb{Q}$も正規拡大となるがこれは補題3に矛盾。
• $n=2^i(i\ge 2)$のとき、$\sqrt{a}\in \mathbb{Q}({\zeta }_4)=\mathbb{Q}(\sqrt{-1})$とならなければならないが、 クンマー理論 により$$(\mathbb{Q}(\sqrt{-1}{)}^{\times }{)}^2\cap \mathbb{Q}=({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^2\cup (-({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^2)$$
  が成り立つことに注意するとこれは$a$の取り方に矛盾。
• $n=6$のとき、$\sqrt{a}\in \mathbb{Q}({\zeta }_6)=\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$および
  $$(\mathbb{Q}(\sqrt{-3}{)}^{\times }{)}^2\cap \mathbb{Q}=({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^2\cup (-3({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^2)$$
  より$a\in -3({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^2$を得る。
  逆に$a\in -3({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^2$が成り立つとき、${\zeta }_6\in \mathbb{Q}(\sqrt{-3})\subseteq \mathbb{Q}(\sqrt[6]{a})$より$\mathbb{Q}(\sqrt[6]{a})/\mathbb{Q}$は正規拡大となる。

以上より主張を得る。

　定理5から$a\in -3({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^2$に対し$\mathbb{Q}(\sqrt[6]{a})/\mathbb{Q}$が非アーベル拡大となることを示せばよい。
　いま
$$\sigma (\sqrt[6]{a})={\zeta }_6\sqrt[6]{a},\tau (\sqrt[6]{a})={\zeta }_3\sqrt[6]{a}$$
によって定まる$\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt[6]{a})/\mathbb{Q})$の元$\sigma ,\tau$を取ると、$\sqrt{-3}\in \sqrt{a}\cdot {\mathbb{Q}}^{\times }$より
$$\begin{array}{rl}\sigma (\sqrt{-3})& ={\zeta }_6^3\sqrt{-3}=-\sqrt{-3}\\ \tau (\sqrt{-3})& ={\zeta }_3^3\sqrt{-3}=\sqrt{-3}\end{array}$$
つまり
$$\sigma ({\zeta }_6)={\zeta }_6^{-1},\tau ({\zeta }_6)={\zeta }_6$$
が成り立つので$\sigma ,\tau$の非可換性
$$\tau \sigma (\sqrt[6]{a})={\zeta }_6\sqrt[6]{a}\ne {\zeta }_3^{-1}{\zeta }_6\sqrt[6]{a}=\sigma \tau (\sqrt[6]{a})$$
を得る。

　$\mathbb{Q}({\zeta }_m)$が冪根$\sqrt[n]{a}(a\notin ({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^n)$を持つとき$n,a$は定理2の仮定を満たすものとしてよく、このとき$\mathbb{Q}({\zeta }_m)/\mathbb{Q}$はアーベル拡大なのでその部分拡大$\mathbb{Q}(\sqrt[n]{a})/\mathbb{Q}$もアーベル拡大となることに注意すると定理6より$n=1,2$を得る。

　補題7より
$$({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^n\subseteq (K^{\times }{)}^n\cap \mathbb{Q}\subseteq ({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^{n/2}$$
が成り立つので$n$が奇数のときは明らかであり、また$n$が偶数のとき逆の包含
$$({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^{n/2}\subseteq (K^{\times }{)}^n\text{つまり}\sqrt{{\mathbb{Q}}^{\times }}\subseteq K^{\times }$$
が成り立つことは ルジャンドル記号のガウス和 から奇素数$p$に対し
$$\sqrt{(-1{)}^{\frac{p-1}{2}}p}=\sum _{a=1}^p\left(\frac{a}{p}\right){\zeta }_p^a\in \mathbb{Q}({\zeta }_p)$$
が成り立つことと$\mathbb{Q}({\zeta }_8)=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{-1})$に注意するとわかる。

　$a_1,a_2,\dots ,a_r$を$R/({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^n$の完全代表系とすると$\mathbb{Q}$-線形空間として
$$\mathbb{Q}(\sqrt[n]{R})=\mathbb{Q}{\sqrt[n]{a}}_1+\mathbb{Q}\sqrt[n]{a_2}+\cdots +\mathbb{Q}\sqrt[n]{a_r}$$
が成り立つことから
$$[\mathbb{Q}(\sqrt[n]{R}):\mathbb{Q}]\le |R/({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^n|$$
がわかるのでこの逆の不等号を示せばよい。
　いま自然な準同型
$$\begin{array}{rl}\phi :R/({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^n& \to K^{\times }/(K^{\times }{)}^n\\ a({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^n& \mapsto a(K^{\times }{)}^n\end{array}$$
を考えると クンマー理論 より
$$[K(\sqrt[n]{R}):K]=|\mathrm{Im}\phi |=\frac{|R/({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^n|}{|\mathrm{Ker}\phi |}$$
が成り立つ。
　また$\mathrm{Ker}\phi$は
$$\mathrm{Ker}\phi =S/({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^n(S=(K^{\times }{)}^n\cap R)$$
と表せ、補題8より$\sqrt[n]{S}\subseteq \sqrt{{\mathbb{Q}}^{\times }}$つまり$\mathbb{Q}(\sqrt[n]{S})/\mathbb{Q}$は高々指数$2$のクンマー拡大となり、したがって
$$[\mathbb{Q}(\sqrt[n]{S}):\mathbb{Q}]=|S/({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^n|$$
が成り立つので$\mathbb{Q}(\sqrt[n]{S})\subseteq K$に注意すると
$$\begin{array}{rl}|R/({\mathbb{Q}}^{\times }{)}^n|& =[K(\sqrt[n]{R}):K][\mathbb{Q}(\sqrt[n]{S}):\mathbb{Q}]\\ & \le [\mathbb{Q}(\sqrt[n]{R}):\mathbb{Q}(\sqrt[n]{S})][\mathbb{Q}(\sqrt[n]{S}):\mathbb{Q}]\\ & =[\mathbb{Q}(\sqrt[n]{R}):\mathbb{Q}]\end{array}$$
を得る。