虚数を用いないと表現できない実数について(casus irreducibilis)

　ある$g,h\in K[x]$が存在して
$$f=gh\qquad(1\leq\deg g< p)$$
と因数分解できるとすると(根と係数の関係から)
$$g(0)=\pm\g^{\deg g}$$
が成り立つことになるが、$rp+s\deg g=1$なる整数$r,s$を取ると
$$(\g^p)^rg(0)^s=\pm \g\in K$$
となって矛盾。よって主張を得る。

　$L\subset M\subset \R$なる冪根拡大$M/K$が存在したと仮定し
$$K=M_0\subset M_1\subset M_2\subset\cdots\subset M_n=M \qquad(M_{m+1}=M_m(\sqrt[l_m]{\g_m}),\ \g_m\in M_m)$$
なる拡大列を取る。ここで各$l_m$は素数であるものとしてよい。
$$\xymatrix@R=10pt@C=10pt{ &&M_{m+1}\\ &LM_m\ar@{-}[ru]\\ L\ar@{-}[ru]&&M_m\ar@{-}[lu]^p\ar@{-}[uu]_{l_m}&\\ &K\ar@{-}[lu]^p\ar@{-}[ru]}$$
　このとき
$$L\not\subset M_m,\quad L\subset M_{m+1}$$
なる$m$を取ると、推進定理や上の補題から
$$[LM_m:M_m]=p,\quad[M_{m+1}:M_m]=l_m$$
が成り立ち、特に$p,l_m$は素数であったので
$$[M_{m+1}:LM_m]=l_m/p=1$$
つまり$l_m=p$および$M_{m+1}=LM_m$が成り立たなければならない。
　しかし$\z$を$1$の原始$p$乗根とすると$LM_m/M_m$の正規性から
$$\z\sqrt[p]{\g_m}\in LM_m\subset\R$$
となって$\z\not\in\R$であることに矛盾。よって主張を得る。

　位数$p$の元$\s'\in\Gal(L/K)$を任意に取ったとき、ある$f$の根$\b$が存在し$\s'(\b)\neq \b$が成り立つ。
　このとき$\tau(\a)=\b$なる$\tau\in\Gal(L/K)$を取り$\s=\tau^{-1}\s'\tau$とおくと、これは所望の性質を満たすことがわかる。

　$f$の根$\a$に対し補題のような$\s$を取りその固定体を$K'$とおくと、$[L:K']=p$および$L=K'(\a)$が成り立つので補題5より$K'(\a)\subset M\subset\R$を満たすような冪根拡大$M/K'$は存在しない、つまり$\a$は$K'$上ひいては$K$上で実冪根によって表せないことがわかる。

　$\a\in L\subset\R$を満たすような冪根拡大$L/K$に対し、各$l_m$が素数であるような拡大列
$$K=M_0\subset M_1\subset M_2\subset\cdots\subset M_n=L \qquad(M_{m+1}=M_m(\sqrt[l_m]{\g_m}),\ \g_m\in M_m)$$
を取り、$f$が$M_m$上既約かつ$M_{m+1}$上可約となるような拡大$M_{m+1}/M_m$を改めて
$$M_m=M,\quad M_{m+1}=M(\sqrt[p]\g)$$
とおく($\a\in M(\sqrt[p]\g)$である必要はない)。
　このとき$K'=M(\sqrt[p]\g)$が所望の性質を満たすことを示す。
$$\xymatrix@R=10pt@C=10pt{ &M(\a,\sqrt[p]\g)\\ M(\a)\ar@{-}[ur]&&M(\sqrt[p]\g)\ar@{-}[ul]\\ &M\ar@{-}[ul]_{\deg\,f}\ar@{-}[ur]^p}$$
　いま$\sqrt[p]\g\not\in M(\a)$であるとすると補題4から
$$[M(\a,\sqrt[p]\g),M(\a)]=p$$
ひいては
$$[M(\a,\sqrt[p]\g):M(\sqrt[p]\g)]=\deg f$$
が成り立つことになるが、これは$f$が$M(\sqrt[p]\g)$上可約であったことに矛盾。
　したがって$M(\sqrt[p]\g)\subset M(\a)$でなければならず、このとこから$M(\sqrt[p]\g)$における$\a$の最小多項式を
$$g(x)=G(x,\sqrt[p]\g)\qquad(G\in M[x,y])$$
とおくと、$\deg g=(\deg f)/p$および
$$f(x)=\prod^{p-1}_{j=0}G(x,\z^j\sqrt[p]\g)\qquad(\z=e^{2\pi i/p})$$
が成り立つことがわかる。
　このとき$h(x)=\prod^{p-1}_{j=1}G(x,\z^j\sqrt[p]\g)$について

• $p=2$の場合、$g,h$は$M$上で共役なので$g$の既約性から$h$も$M(\sqrt\g)$上既約である。
• $p\neq2$の場合、ある$j\neq0$に対し$G(x,\z^j\sqrt[p]\g)$が実根$\b$を持ったとすると、その複素共役を取ることで$G(x,\z^{p-j}\sqrt[p]\g)$も$\b$を根に持つことになるが、これは$f$が重根を持たないことに矛盾。よって$h$は実根を持たない。

という事実が成り立つので、以上により主張を得る。

　簡単のため$\deg f$の素因数分解
$$\deg f=p_1p_2\cdots p_r$$
($p_i$たちは重複してよい)における素数の個数を$r=\O(f)$とおき、実冪根によって表せるような根の個数・実根の個数をそれぞれ$\rho(f),\s(f)$とおく。
　このとき$\O(f)$に関する数学的帰納法によって

1. $\rho(f)\leq2^m$
2. $\rho(f)=2^m\Longrightarrow\s(f)=2^m$

が成り立つことを示す。
　$\O(f)=0$つまり$\deg f=1$のときは明らか。
　いま$\O(f)< r$なる$f$に対し主張が成り立つものとすると、$\O(f)=r,\rho(f)\geq1$なる$f$に対し、上の補題のような冪根拡大$K'/K$および素数$p$と多項式$g,h\in K'[x]$を取ることで

• $p=2$のとき
  1. $g,h$は$K'$上既約かつ$\deg g=\deg h=(\deg f)/2$より帰納法の仮定から($K'$上ひいては$K$上で)$\rho(g),\rho(h)\leq2^{m-1}$が成り立ち、したがって$\rho(f)=\rho(g)+\rho(h)\leq 2^m$を得る。
  2. また$\rho(f)=2^m$であるとき$\rho(g)=\rho(h)=2^{m-1}$となるので、帰納法の仮定から$\s(g)=\s(h)=2^{m-1}$つまり$\s(f)=\s(g)+\s(h)=2^m$を得る。
• $p\neq2$のとき
  1. $h$は実根を持たず、$g$は$K'$上既約かつ$\deg g=(\deg f)/p$を満たすので帰納法の仮定から$\rho(f)=\rho(g)\leq2^m$を得る。
  2. また$\rho(f)=2^m$であるとき$\rho(g)=2^{m-1}$となるので、帰納法の仮定から$\s(f)=\s(g)=2^m$を得る。

のようにして(i),(ii)が成り立つことが示された。

　$f$の最小分解体を$L$とおいたとき、仮定より$G=\Gal(L/K)$は次数$p$の推移的かつ可解な置換群となる。
　ここでそのような群(可解な原始置換群)は位数$p$の正規部分群$P$を持ち、また$G/P$は
$$\Aut(P)\simeq\Aut(\F_p)=\{\phi_a:x\mapsto ax\mid a\in\F^\times_p\}\simeq\F_p^\times$$
の部分群に同型となることが知られている。
　また$\z$を$1$の原始$p$乗根としたとき$\Gal(K(\z)/K)$も$\F_p^\times$の部分群と同型なので、$p$はフェルマー素数としていたことから$|G/P|$および$[K(\z):K]$は$2$の冪となることに注意する。
　いま$P$に対応する体を$M$とし
\begin{align} \L^+&=L(\z)\cap\R,&\L&=L(\z)\\ \M^+&=M(\z)\cap\R,&\M&=M(\z) \end{align}
とおく。
$$\xymatrix{ \L^+\ar@{-}[r]^2&\L\\ \M^+\ar@{-}[u]_p\ar@{-}[r]^2&\M\ar@{-}[u]_p}$$
　このときある$\g\in\M^+$が存在して$\L^+=\M^+(\sqrt[p]\g)$が成り立つことが次のような手順によって示せる。

• $\L/\M$は クンマー拡大 なので、$\L=\M(\sqrt[p]\a)$なる$\a\in\M$が取れる。このとき$\Gal(\L/\M)$は$\s(\sqrt[p]\a)=\z\sqrt[p]\a$なる$\s$によって生成される。
• $\L^+$は$f$の実根を含むが虚根は含まないので、$\L^+/\M^+$はガロア拡大ではない。特に$\tau$を複素共役写像とすると$\Gal(\L/\M^+)$は$\s,\tau$によって生成される二面体群となる。
• いま クンマー理論 からある整数$1\leq r< p$と$\b\in\M^\times$が存在して
  $$\tau(\a)=\a^r\b^p$$
  が成り立つ。特に$\b$を適当に取り換えることで
  $$\tau(\sqrt[p]\a)=(\sqrt[p]\a)^r\b$$
  が成り立つものとしてよい。
• このとき
  $$\a=\tau^2(\a)=\a^{r^2}\c(\b^r\tau(\b))^p$$
  より$r^2\equiv1\pmod p$つまり$r=\pm1\pmod p$となるが、$r\equiv-1$とすると
  $$\s\tau(\sqrt[p]\a)=\tau\s(\sqrt[p]\a)=(\sqrt[p]\a)^r\z^{-1}\b$$
  となって$\s,\tau$の非可換性に矛盾。
• よって$r=1$であり、特に
  $$\g=|\a|^2=\a\tau(\a)=\b^2\g^p$$
  とおくと$\L=\M(\sqrt[p]\g)$および$\L^+=\M^+(\sqrt[p]\g)$が成り立つことがわかる。

　また$\M^+/K$は巡回拡大$M/K,K(\z)/K$の合成$\M/K$の部分拡大なので位数が$2$の冪のアーベル拡大であり、したがって冪根拡大となることに注意すると、$f$の実根は全て冪根拡大$\L^+/K$に含まれることがわかる。