ℚ(√5,i)のガロア群 2020.08.12 (水)
［Ⅰ] 体 ℚ(√5,i)の体ℚ上のガロア群(Galois群)を基底に着目して求める。
ここに ℚは有理数体とする。
[命題1]
ℚ(√5,i )=ℚ[√5,i]
「証明」
(√5)²=5,i²=－1 だから (√5i)²=－5 ゆえに 多項式環 ℚ[√5,i]の要素は、
a+b√5+ci+d√5i と書ける。ここにa,b,c,d∈ℚ とする。
そこでこの逆数を考えて、「分母の実数化と有理化」をしてみると
a+b√5+ci+d√5i≠0のとき
1/[a+b√5+ci+d√5i]
＝1/[(a+b√5)+(c+d√5)i]
＝[(a+b√5)－(c+d√5)i]/[{(a+b√5)+(c+d√5)i}{(a+b√5)－(c+d√5)i}]
＝[(a+b√5)－(c+d√5)i]/[(a+b√5)²+(c+d√5)²]
＝[(a+b√5)－(c+d√5)i]/[(a²+5b²+c²+5d²)+2(ab+cd)√5]
＝[(a+b√5)－(c+d√5)i][(a²+5b²+c²+5d²)-2(ab+cd)√5]
/[(a²+5b²+c²+5d²)+2(ab+cd)√5][(a²+5b²+c²+5d²)－2(ab+cd)√5]
＝[(a+b√5)－(c+d√5)i][(a²+5b²+c²+5d²)-2(ab+cd)√5]
/[(a²+5b²+c²+5d²)²－20(ab+cd)²]
この右辺の 分子∈ℚ[√5,i] (∵ ℚ[√5,i]は環）分母∈ℚだから、
1/[a+b√5+ci+d√5i]∈Q[√5,i]
であることが分かる。
ゆえに ℚ(√5,i )⊂ℚ[√5,i] 逆の「⊃」は明らかだからℚ(√5,i )=ℚ[√5,i] となる。
（証明終わり）
[命題1] から ℚ(√5,i )の要素もa+b√5+ci+d√5i と書ける。ここにa,b,c,d∈ℚ とする。
なお、{1,√5,i,√5i}はℚ上１次独立である。証明は容易である。証明しておこう。
[命題1.5]
{1,√5,i,√5i}はℚ上１次独立である。
「証明」
a,b,c,d∈ℚ とし。 a+b√5+ci+d√5i=0とする。⇒ (a+b√5)=－(c+d√5)i。⋯(#)
もし仮に c+d√5≠0 とすれば、i=－(a+b√5)/(c+d√5) ここで 右辺∈ℝ (実数全体)
一方 左辺の i∉ℝ これは矛盾。よって c+d√5=0 でなければならない。
√5∉ℚ だから、⇒c＝d＝0 ⇒(#)からa+b√5=0・ よって、また a＝b＝0
こうして a＝b＝c＝d＝0 ゆえに{1,√5,i,√5i}はℚ上１次独立である。
(「証明」終わり)
☆ [命題1][命題1.5]により、体の拡大次数は [ℚ(√5,i):ℚ]=4
さて、ガロア群 Gal([ℚ(√5,i)/ℚ)の元 μ:ℚ(√5,i)→ℚ(√5,i)はℚ準同型で
5∈ℚ だから、μ(5)=5。(√5)²＝5であるから、μ((√5)²)＝5。
μは体の準同型だから、これは
μ(√5×√5)=μ(√5)×μ(√5)=5 ⇔(μ(√5))²=5。⇒μ(√5)=±√5…①となる。
また、i²=－1より、μ(i²)=μ(－1)=－1。つまり、μ(i²)=－1。
μは体の準同型だから、μ(i²)=μ(i×i)=μ(i)×μ(i)=(μ(i))²=－1
⇒μ(i)=±i…②となる。
よってガロア群 Gal([ℚ(√5,i)/ℚ)の元μはℚ準同型だから、
μ(a√5+bi+c√5i+d)=aμ(√5)+bμ(i)+cμ(√5)×μ(i)+d…③である。
故に μはμ(√5)とμ(i)の値によって決まる。
ところで、①②から、μ(√5)=√5 またはμ(√5)=－√5…④の2通りあり、
μ(i)=i,μ(i)=－i…⑤の2通りあるから、
全部で2×2=4通りある。
そこで
(ア) σ(√5)=√5,かつσ(i)=－iのときはσ(√5i)=－√5i。
故に、 σ²(√5)=√5,σ(－i)=－σ(i)=i
より、σ²(i)=σ(σ(i))=σ(－i)=iとなる。よって
σ²(√5i)=σ²(√5)×σ²(i)＝√5iとなる。
即ち③から、
σ²=idとなる。σは位数2の元と言う事である。同様に、
（イ）τ(√5)=－√5かつ τ(i)=i…⑤と定義すれば、τ(√5i)=－√5i
となり、τ²=idとなる。
また、
（ウ) τσ(√5)=τ(√5)=－√5, στ(√5)=σ(－√5)=－√5。
即ち、 τσ(√5)=στ(√5)=－√5。
同様に τσ(i)=στ(i)=－i, よってτσ(√5i)=στ(√5i)=√5iとなる。
故にσとτは可換で、στはσ,τとは異なる。
στ(√5)＝－√5。στ(i)=－i，στ(√5i)=√5i である。
以上により、ガロア群は Gal(ℚ(√5,i)/ℚ)={id,σ,τ,στ}となり、
σ,τ,στは位数2の元で、στ=τσだから、 Gal(ℚ(√5,i)/ℚ) は
{id,σ}と{id,τ}との直積であり、Z/2Z×Z/2Zに同型 つまり、
いわゆるクライン(Klein)の4元群と同型である。
ゆえに ガロア群 Gal(ℚ(√5,i)/ℚ)≅Z/2Z×Z/2Z≅V₄
☆ さて、ℚ(√5,i)を単純拡大にしてみよう。例えば次のようにできる。
[命題2]
ℚ(√5,i)=ℚ(√5+i) …⑥ である。
「証明」
ℚ(√5,i)は、√5,iを含むℚ上の拡大体だから、ℚ(√5,i)∋√5+i
よってまた、ℚ(√5,i) ⊃ℚ(√5+i) [∵ ℚ(√5+i)は、√5+iを含むℚ上の
「最小」の拡大体だから] が成り立つ。逆の包含関係 ℚ(√5,i)⊂ℚ(√5+i) …⑦を
示そう。
a=√5+i とおく。⑦は ℚ(√5,i)⊂ℚ(a) … ⑧となる。
a=√5+i ⇔ a－i=√5 …⑨ ⇒ （a－i)²=(√5)² ⇔ a²－2ai－1=5
⇔ a²－6=2ai …⑩ a=√5+i≠0 だから、⑩から i=(a²－6)/(2a) …⑪
ここでℚ(a)は体で、
a∈ ℚ(a) だから i=(a²－6)/(2a)∈ ℚ(a) ゆえに i∈ ℚ(a) …⑫
また a∈ ℚ(a) 、ℚ(a)は体 だから「差」について閉じていて a－i∈ ℚ(a)
即ち ⑨ から a－i∈ ℚ(a)⇔ √5∈ ℚ(a) …⑬。明らかに示したいときは
√5=a－(a²－6)/(2a)=(a²＋6)/(2a)∈ ℚ(a) つまり
√5=(a²＋6)/(2a)∈ ℚ(a)。 ⑫,⑬から i,√5∈ ℚ(a) ゆえに ℚ(√5,i)⊂ℚ(a) …⑧
となり ⑧ 即ち ⑦が示された。以上により ℚ(√5,i)=ℚ(√5+i) となる。
(証明終わり）
☆ 次に a=√5+iの最小多項式を求めてみよう。
[命題3]
a=√5+iの最小多項式は、f(x)=x⁴－8x²+36 であり、f(x)=0 の 4つの解は
√5+i,－√5＋i,√5－i,－√5－iである。
「証明」
[命題2]の⑪ ，i=（a²－6)/(2a) の両辺を平方して、－1=（a²－6)²/(4a²)
⇔－4a²=（a²－6)²⇔－4a²=a⁴－12a²+36 ⇔ a⁴－8a²+36=0 …⑭
つまり、a=√5+i ⇒ a⁴－8a²+36=0 よって aの最小多項式は、
f(x)=x⁴－8x²+36 …⑮ となる。ここで ⑨の式の右辺の√5を－√5に替えた,
a＝－√5＋i …⑯ を平方しても、（a－i)²=(－√5)² ⇔ a²－2ai－1=5 即ち
⇔ a²－6=2ai …⑩ となるから、i=（a²－6)/(2a) となり、やはり
a⁴－8a²+36=0 …⑬ となる。ゆえに －√5+i も x⁴－8x²+36=0の解になる。
同様に ⑪のiを－iに替えた a=√5－iについても、
a=√5－i ⇔a＋i=√5 …⑨ ⇒ （a＋i)²=(√5)² ⇔ a²＋2ai－1=5
⇔ a²－6=－2ai …⑯ a=√5+i≠0 だから、⑯から －i=（a²－6)/(2a) …⑰
両辺平方すれば、やはり －1=（a²－6)²/(4a²) となり
⇔－4a²=（a²－6)²⇔－4a²=a⁴－12a²+36 ⇔ a⁴－8a²+36=0 …⑬ が出てくる。
こうして f(x)=x⁴－8x²+36=0 の4つの解は √5+i,－√5＋i,√5－i,－√5－i
であると分かった。
（[命題3]の証明終わり）
[Ⅱ]
f(x)=x⁴－8x²+36の ℚ上の ガロア群を求める。[Ⅰ]から、f(x)=x⁴－8x²+36=0
の4つの解は √5+i,－√5＋i,√5－i,－√5－i…(2.1) だった。よって f(x)はℚ上既約
と思われる。（実際には証明が必要→また考えることにする。）
Lをf(x)の最小分解体とすると、(2.1)から、 L=ℚ(√5+i,－√5＋i,√5－i,－√5－i)…(2.2)
－√5＋i=－(√5－i),－√5－i=－(√5+i) だから
L=ℚ(√5+i,－√5＋i,√5－i,－√5－i)=ℚ(√5+i,√5－i) は明らか。ここで
[命題4]
ℚ(√5+i,√5－i)=ℚ(√5+i)…(2.3) が成り立つ。すなわち単純拡大になる。
[証明]
ℚ(√5+i,√5－i)⊇ℚ(√5+i) は明らかであるから、逆の
ℚ(√5+i,√5－i)⊆ℚ(√5+i) …(2.4)を示そう。√5－i∈ℚ(√5+i) を示せば良い。
ここで、1/(√5+i)∈ℚ(√5+i) …(2.5) (∵ℚ(√5+i)は体。 )
そして 1/(√5+i)=(√5－i)/[(√5+i)(√5－i)]=(√5－i)/{(√5)²－i²]
=(√5－i)/6 であるから、(2.5)から (√5－i)/6∈ℚ(√5+i) ゆえに
√5－i=6×[(√5－i)/6]∈ℚ(√5+i) (∵ 6∈ℚ⊂ℚ(√5+i),ℚ(√5+i)は体 )
よってℚ(√5+i)は ℚと √5+iと √5－iを含む 。ℚ(√5+i,√5－i)は、
√5+i,√5－iを含む ℚ上の最小の拡大体であるから、
ℚ(√5+i,√5－i)⊆ℚ(√5+i) …(2.4) となる。
ゆえに ℚ(√5+i,√5－i)=ℚ(√5+i) となって題意は示された。
([命題4]の証明終わり)
[命題4]により、f(x)=x⁴－8x²+36 の最小分解体Lは、
L=ℚ(√5+i,－√5＋i,√5－i,－√5－i)=ℚ(√5+i,√5－i)=ℚ(√5+i) となる。
それでは ℚ(√5+i)のℚ上のガロア群を求める。[Ⅰ]から
ℚ(√5,i)のℚ上のガロア群 Gal(ℚ(√5,i)/ℚ)=<σ,τ|σ²=id,τ²=id、στ=τσ>は、
σとτによって生成されていた。ポイントは、μ(5)=5,μ(－1)=－1 であった。
これより μ(√5)=±√5…①となる。
また、i²=－1より、μ(i²)=μ(－1)=－1。つまり、μ(i²)=－1。
μは体の準同型だから、μ(i²)=μ(i×i)=μ(i)×μ(i)=(μ(i))²=－1
⇒μ(i)=±i…② となる。
σ(√5)=√5,かつσ(i)=－i …(2.6) で τ(√5)=－√5かつ τ(i)=i …(2.7)であった。
この σによりσ(√5+i)=σ(√5) +σ(i)=√5－i, 即ち σ(√5+i)=√5－i …(2.8)
よって
σ²(√5+i)=σ(σ(√5+i))＝σ(√5－i)＝σ(√5)－σ(i)
=√5－(－i)＝√5+i ⇔σ²(√5+i)＝√5+i ゆえに σ²=id on ℚ(√5+i)
また τ(√5+i)＝τ(√5)+τ(i)=－√5+i 即ち τ(√5+i)＝－√5+i …(2.9)
よって τ²(√5+i)＝τ(τ(√5+i))=τ(－√5+i)＝－τ(√5)+τ(i)
=－(－(√5)+i=√5+i ゆえに σ²=id on ℚ(√5+i)
στ(√5+i)=σ(－√5+i)＝－σ(√5)+σ(i)=－√5－i
即ち στ(√5+i)=－√5－i …(2.10)
また 、στ=τσ だから、στ(√5+i)=τσ(√5+i)=－√5－i よって
(2.8)(2.9)(2.10)から、id，σ，τ，στは f(x)=x⁴－8x²+36=0の
4つの解の置換を起こす。ガロア群 Gal(ℚ(√5+i)/ℚ)はS₄の部分群である。
ガロア群 Gal(ℚ(√5+i)/ℚ)≅Z/2Z×Z/2Z≅V₄
[Ⅲ]
ℚ(√5+i)/ℚの拡大次数 [ℚ(√5+i):ℚ]=4について-------
J.ロットマン著・関口次郎訳 [改訂新版 ガロア理論] Springer フェアラーク東京
をみる。P71の[定理45] によると
[定理45]
Fを体とし、p(x)∈F[x］をd次既約多項式とする。このとき
E=F[x]/(p(x))は、d次のFの拡大体になる。
実際 Eは p(x)の根αを含み、F上のEの基底は、 {1,α,α².…,α^(d-1)}である。
また、P73の[定理47]によると
[定理47]
E/Fは体拡大で、α∈Eは F上代数的とする。
(ⅰ) αを根にもつ既約なモニック多項式 p(x)∈F[x]が存在する。
(ⅱ) F[x]/(p(x))≅F(α)が成り立つ。 実際，同型 Φ:F[x]/(p(x))→F(α)
でFを点ごとに固定し、Φ(x+(p))=αとなるものが存在する。
(ⅲ) p(x)はαを根にもつF[x]の最低次数のモニック多項式である。しかも
αを根にもつ最低次数のモニック多項式はp(x)以外にない。
(ⅳ) [F(α):F]=p(x)の多項式としての次数。
この (ⅱ)と(ⅳ)から ℚ(√5+i)≅ℚ[x]/(x⁴－8x²+36)かつ
[ℚ(√5+i):ℚ]=4 となることが分かり、私が計算した結果とあっている。
[定理45]により、その基底の１つは、{1,√5+i,(√5+i)²,(√5+i)³} となる。
A,B､C,D∈ℚ とするとき、
A×1+B(√5+i)＋C(√5+i)²＋D(√5+i)³に対して、
A×1+B(√5+i)＋C(√5+i)²＋D(√5+i)³= H×1+I×√5+J ×i+K×√5i となる
ような H,I,J,K∈ℚの存在が一意的に示され、逆も言える。 …(3.1)
[今は逆が大事であることになる] これを示しておこう。
まず、(√5+i)²＝4+2√5i,
(√5+i)³＝(4+2√5i)(√5+i)=4√5+10i+4i－2√5＝2√5+14i。
そこで
A×1+B(√5+i)＋C(√5+i)²＋D(√5+i)³を計算すると、
A+B√5+Bi＋C(4+2√5i)+D(2√5+14i)＝(A＋4C)＋(B＋2D)√5+(B+14D)i+2C√5i …(*)
これが H×1+I×√5+J ×i+K×√5iに等しいとして [命題1.5]を使うと
A＋4C=H …(1), B＋2D=I …(2), B+14D=J …(3) ,2C=K …(4) これを A,B,C,Dの
連立方程式として解く。(1)(4)から A＝H－2K …(5) ,C=K/2 …(6) ,(3)－(2)として
14D=J－I⇒ D=(J－I)/12 …(7) ,B=I－2D＝(7I－J)/6 …(8) と求まった。
これより
逆に
(5)～(8)のとき
A×1+B(√5+i)＋C(√5+i)²+D(√5+i)³
＝(H－2K)＋(7I－J)/6(√5+i)＋(K/2)(√5+i)²+[(J－I)/12](√5+i)³
＝(H－2K)＋[(7I－J)/6](√5+i)＋(K/2)(4+2√5i)+[(J－I)/12](2√5+14i)
＝[(H－2K)+(K/2)×4]＋[(7I－J)/6＋(J－I)/6]√5
＋[(7I－J)/6+7(J－I)/6]i＋K√5i
＝H＋I√5+Ji+K√5i となって合っている。つまり、
A×1+B(√5+i)＋C(√5+i)²＋D(√5+i)³＝(A＋4C)＋(B＋2D)√5+(B+14D)i+2C√5i …(*)
H×1+I×√5+J ×i+K×√5i =
(H－2K)＋[(7I－J)/6](√5+i)＋(K/2)(√5+i)²＋[(J－I)/12](√5+i)³ …(**)
これから
{1,√5+i,(√5+i)²,(√5+i)³}がQ上一次独立が次のように示される。
[命題5]
{1,√5+i,(√5+i)²,(√5+i)³}はQ上一次独立
「証明」
A,B,C,D∈ℚ で
A×1+B(√5+i)＋C(√5+i)²+D(√5+i)³=0 としよう。すると(*)が成立。
[命題1.5]により {1,√5,i,√5i}はℚ上１次独立であるから、
A＋4C=0,B＋2D=0,B+14D=0,2C=0 …(9) そこで、A＋4C=H …(1),
B＋2D=I …(2), B+14D=J …(3) ,2C=K …(4) と置けば(9)はH=I=J=K=0…(10)
となる。
ところが、上に説明したように、A＝H－2K …(5) ,B＝(7I－J)/6 …(8)，
C=K/2 …(6)，D=(J－I)/12 …(7) となる。そして H=I=J=K=0 …(10) だから
(5)～(8)から A=B=C=D=0。 よって {1,√5+i,(√5+i)²,(√5+i)³}はQ上一次独立