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

　$f(x)=x^n-a$が$\sqrt[n]a$の$\Q$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$\z_n$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$f$は$\Q$上既約であることが示された。

　$\sqrt[n]a$の$\Q$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

• $n$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$(p-1)\mid2$、つまり$p=3$および$2\mid n$でなければならない。

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

　$\Q(\sqrt[n]a)/\Q(\z_n)$は$\Q(\z_n)^\times/(\Q(\z_n)^\times)^n$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。

　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。

　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。

　$\Q(\z_m)$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。

　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。

　$a_1,a_2,\ldots,a_r$を$R/(\Q^\times)^n$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$\Ker\vp$は
$$\Ker\vp=S/(\Q^\times)^n\quad(S=(K^\times)^n\cap R)$$
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。