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有理数体の冪根拡大についての雑記

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$$\newcommand{a}[0]{\alpha} \newcommand{Aut}[0]{\operatorname{Aut}} \newcommand{b}[0]{\beta} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{c}[0]{\cdot} \newcommand{d}[0]{\delta} \newcommand{dis}[0]{\displaystyle} \newcommand{e}[0]{\varepsilon} \newcommand{F}[4]{{}_2F_1\left(\begin{matrix}#1,#2\\#3\end{matrix};#4\right)} \newcommand{farc}[2]{\frac{#1}{#2}} \newcommand{FF}[6]{{}_3F_2\left(\begin{matrix}#1,#2,#3\\#4,#5\end{matrix};#6\right)} \newcommand{G}[0]{\Gamma} \newcommand{g}[0]{\gamma} \newcommand{Gal}[0]{\operatorname{Gal}} \newcommand{H}[0]{\mathbb{H}} \newcommand{id}[0]{\operatorname{id}} \newcommand{Im}[0]{\operatorname{Im}} \newcommand{Ker}[0]{\operatorname{Ker}} \newcommand{l}[0]{\left} \newcommand{L}[0]{\Lambda} \newcommand{la}[0]{\lambda} \newcommand{La}[0]{\Lambda} \newcommand{Li}[0]{\operatorname{Li}} \newcommand{li}[0]{\operatorname{li}} \newcommand{M}[4]{\begin{pmatrix}#1& #2\\#3& #4\end{pmatrix}} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{o}[0]{\omega} \newcommand{O}[0]{\Omega} \newcommand{ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{ord}[0]{\operatorname{ord}} \newcommand{P}[0]{\mathfrak{P}} \newcommand{p}[0]{\mathfrak{p}} \newcommand{q}[0]{\mathfrak{q}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{r}[0]{\right} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{Re}[0]{\operatorname{Re}} \newcommand{s}[0]{\sigma} \newcommand{t}[0]{\theta} \newcommand{ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{vp}[0]{\varphi} \newcommand{vt}[0]{\vartheta} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} \newcommand{z}[0]{\zeta} \newcommand{ZZ}[1]{\mathbb{Z}/#1\mathbb{Z}} \newcommand{ZZt}[1]{(\mathbb{Z}/#1\mathbb{Z})^\times} $$

はじめに

 この記事では有理数体$\Q$に有理数の$n$乗根$\sqrt[n]{a}$を添加した体
$$\Q(\sqrt[n]{a_1},\sqrt[n]{a_2},\ldots,\sqrt[n]{a_k})$$
の振る舞いについて簡単に考察していきます。
 なお以下での議論は完全に個人的な考察となるのでより良い方法などがあるかもしれませんが悪しからず。
 以下$\sqrt[n]a$の偏角の取り方については特に気にしないものとします($\sqrt[n]a$をどのように定めても以下の議論に影響はありません)。

冪根拡大の場合

 まず$\Q$のただ一つの冪根を添加した体$\Q(\sqrt[n]a)$の振る舞いについて考える。

拡大次数

 正整数$n$と有理数$a$について、$a$の(負の指数を認めた)素因数分解
$$a=\pm p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_k^{e_k}\quad(e_j\geq1)$$
において
$$\gcd(e_1,e_2,\ldots,e_k,n)\neq n$$
が成り立つとき$\sqrt[n]a$は無理数となる。

 $\sqrt[n]a$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
$$\gcd(e_1,e_2,\ldots,e_k,n)=n$$
が成り立たなければならず矛盾。よって主張を得る。

 $a$の素因数分解において
$$\gcd(e_1,e_2,\ldots,e_k,n)=1$$
が成り立つとき$\Q(\sqrt[n]a)/\Q$の拡大次数は$n$となる。

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

正規性

 以下$n,a$は定理2の仮定を満たすものとする。

 $\Q(\sqrt[n]a)/\Q$が正規拡大であるとき$\z_n\in\Q(\sqrt[n]a)$が成り立つ。
 特に$n$$n=2^i\ (i\geq0)$または$n=2^i3^j\ (i,j\geq1)$と表せ
$$[\Q(\sqrt[n]a):\Q(\z_n)]=\l\{\begin{array}{lll} 1&\mathrm{if}\ n=1\\ 2&\mathrm{if}\ n=2^i&(i\geq1)\\ 3&\mathrm{if}\ n=2^i3^j&(i,j\geq1) \end{array}\r.$$
が成り立つ。

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

  • $n$$3$以上の素因数を二つ以上持つとき、この分母は$4$で割り切れることになり矛盾。
  • $n$$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$$p-1$は互いに素であるので$(p-1)\mid2$、つまり$p=3$および$2\mid n$でなければならない。

つまり$n$$n=2^i\ (i\geq0)$または$n=2^i3^j\ (i,j\geq1)$と表せることがわかる。

 $\Q(\sqrt[n]a)/\Q$が正規拡大であるとき、$\sqrt[\vp(n)]a\in\Q(\z_n)$が成り立つ。
 また$\vp(n)$の任意の約数$m$に対し$\Q(\sqrt[m]a)/\Q$も正規拡大となり、$\sqrt[\vp(m)]a\in\Q(\z_m)$が成り立つ。

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

 $\Q(\sqrt[n]a)/\Q$が正規拡大となるのは$n=1,2$、または$n=6$かつ$a\in-3(\Q^\times)^2$の場合に限る。

 いま$n\neq1,2$において$\Q(\sqrt[n]a)/\Q$が正規拡大ならば

  • $n=2^i3^j\quad(i\geq1,j\geq2)$のとき、$\Q(\sqrt[3]a)/\Q$も正規拡大となるがこれは補題3に矛盾。
  • $n=2^i\quad(i\geq2)$のとき、$\sqrt a\in\Q(\z_4)=\Q(\sqrt{-1})$とならなければならないが、 クンマー理論 により$$(\Q(\sqrt{-1})^\times)^2\cap\Q=(\Q^\times)^2\cup(-(\Q^\times)^2)$$
    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、$\sqrt a\in\Q(\z_6)=\Q(\sqrt{-3})$および
    $$(\Q(\sqrt{-3})^\times)^2\cap\Q=(\Q^\times)^2\cup(-3(\Q^\times)^2)$$
    より$a\in-3(\Q^\times)^2$を得る。
    逆に$a\in-3(\Q^\times)^2$が成り立つとき、$\z_6\in\Q(\sqrt{-3})\subseteq\Q(\sqrt[6]a)$より$\Q(\sqrt[6]a)/\Q$は正規拡大となる。

以上より主張を得る。

アーベル性

 $\Q(\sqrt[n]a)/\Q$がアーベル拡大となるのは$n=1,2$の場合に限る。

 定理5から$a\in-3(\Q^\times)^2$に対し$\Q(\sqrt[6]a)/\Q$が非アーベル拡大となることを示せばよい。
 いま
$$\s(\sqrt[6]a)=\z_6\sqrt[6]a,\quad\tau(\sqrt[6]a)=\z_3\sqrt[6]a$$
によって定まる$\Gal(\Q(\sqrt[6]a)/\Q)$の元$\s,\tau$を取ると、$\sqrt{-3}\in\sqrt a\cdot\Q^\times$より
\begin{align} \s(\sqrt{-3})&=\z_6^3\sqrt{-3}=-\sqrt{-3}\\ \tau(\sqrt{-3})&=\z_3^3\sqrt{-3}=\sqrt{-3} \end{align}
つまり
$$\s(\z_6)=\z_6^{-1},\quad\tau(\z_6)=\z_6$$
が成り立つので$\s,\tau$の非可換性
$$\tau\s(\sqrt[6]a)=\z_6\sqrt[6]a\neq\z_3^{-1}\z_6\sqrt[6]a=\s\tau(\sqrt[6]a)$$
を得る。

一般の場合

 次に複数の冪根を添加した体$\Q(\sqrt[n]{a_1},\sqrt[n]{a_2},\ldots,\sqrt[n]{a_k})$の振る舞いについて考える。
 $\Q$上の拡大
$$\Q(\sqrt[n]{a_1},\sqrt[n]{a_2},\ldots,\sqrt[n]{a_k})/\Q$$
の振る舞いを直接考えるのは難しいので、$\Q$$1$の冪根を全て添加した体$K=\bigcup^\infty_{m=1}\Q(\z_m)$上のクンマー拡大
$$K(\sqrt[n]{a_1},\sqrt[n]{a_2},\ldots,\sqrt[n]{a_k})/K$$
を経由して考える(なお定理9を示すだけなら$K=\Q(\z_n)$とすれば十分であり、他の$\z_m$も添加したのはただのおまけである)。

 円分体$\Q(\z_m)$に含まれる有理数の冪根は$1$の冪根(の有理数倍)と平方根に限る。

 $\Q(\z_m)$が冪根$\sqrt[n]a\ (a\not\in(\Q^\times)^n)$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$\Q(\z_m)/\Q$はアーベル拡大なのでその部分拡大$\Q(\sqrt[n]a)/\Q$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。

$$(K^\times)^n\cap\Q=\Bigg\{\begin{array}{ll} (\Q^\times)^n&(n:\mathrm{odd})\\ (\Q^\times)^{n/2}&(n:\mathrm{even}) \end{array}$$
が成り立つ。

 補題7より
$$(\Q^\times)^n\subseteq(K^\times)^n\cap\Q\subseteq(\Q^\times)^{n/2}$$
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
$$(\Q^\times)^{n/2}\subseteq(K^\times)^n \quad\mbox{つまり}\quad \sqrt{\Q^\times}\subseteq K^\times$$
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
$$\sqrt{(-1)^{\frac{p-1}2}p}=\sum^p_{a=1}\l(\frac ap\r)\z_p^a\in\Q(\z_p)$$
が成り立つことと$\Q(\z_8)=\Q(\sqrt2,\sqrt{-1})$に注意するとわかる。

 $(\Q^\times)^n\subseteq R\subseteq\Q^\times$なる乗法群$R$であって$R/(\Q^\times)^n$を有限群とするものに対し
$$[\Q(\sqrt[n]R):\Q]=|R/(\Q^\times)^n|$$
が成り立つ。

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

 この事実により クンマー理論の記事 の定理8と同じことが言える。

 $a_0,a_1,a_2,\ldots,a_{r-1}$$R/(\Q^\times)^n$の完全代表系とすると
$$\sqrt[n]{a_0},\sqrt[n]{a_1},\sqrt[n]{a_2},\ldots,\sqrt[n]{a_{r-1}}$$
$\Q$-線形独立である。特に$a_0=1$とすると非自明な$\Q$-線型結合
$$x_1\sqrt[n]{a_1}+x_2\sqrt[n]{a_2}+\cdots+x_{r-1}\sqrt[n]{a_{r-1}}$$
は無理数となる。

投稿日:810
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投稿者

子葉
子葉
985
226209
主に複素解析、代数学、数論を学んでおります。 私の経験上、その証明が簡単に探しても見つからない、英語の文献を漁らないと載ってない、なんて定理の解説を主にやっていきます。 同じ経験をしている人の助けになれば。最近は自分用のノートになっている節があります。

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