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ガロア理論を勉強しています。ガロア拡大については、ある程度理解できたつもりなのですが、有理数体Qに2の3乗根を添加した体Q(3√2)がQのガロア拡大でない理由がわかりません。
(複素数体Cが実数体Rのガロア拡大になっていることはわかります。)
もしもわかられる方がおられれば、お教えいただければ幸いです。

A 回答 (4件)

「Gal(Q(2^(1/3))/Q)={1}」



Gal(Q(2^(1/3))/Q) というのは、多分、Q(2^(1/3))の自己同型全体から成る群という意味なのでしょうね。また、これが {1} に等しいというのは、恒等写像以外に自己同型が存在しないということでしょうね。

恒等写像以外に自己同型が存在しないことの証明は、簡単です。
記号が煩わしいので、

α = 2^(1/3)
ω = e^(2πi/3)

とします。また、σを、Q(2^(1/3)) = Q(α)の自己同型とします。Q(α)の任意の元は、適当な有理数 a, b, c を使って、a + bα + cα^2 と表すことができます。これがσによってどういう元に移るかを考えます。

σ( a + bα + cα^2 )
=σ(a) + σ(b)σ(α) + σ(c)σ(α)^2
=a + bσ(α) + cσ(α)^2

です。よって、σ(α)が分かれば、σが完全に決定されることになります。一方、

α^3 = 2

ですから、

σ(α)^3 = 2

となります。すなわち、σ(α)は、方程式 X^3 = 2の根です。よって、σ(α)は、α、αω、αω^2のどれかです。ところが、αωとαω^2は、Q(α)の元でないので、σ(α)がこれらに一致することは不可能です。よって、σ(α)=αでなければなりません。そこで、上の式に戻って、

σ( a + bα + cα^2 ) = a + bα + cα^2

を得ます。すなわち、σは、恒等写像です。

「τ(τ:a+b(2)^(1/3)→a-b(2)^(1/3))は何故Gal(Q(2^(1/3))/Q)に含まれないのでしょうか?」

パスします。a+b(2)^(1/3) や a-b(2)^(1/3) が何を指しているのか分かりません。
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この回答へのお礼

大変丁寧にお答え頂き、有り難うございました。
おかげさまで、理解を深めることができました。

お礼日時:2012/10/04 15:22

「L^Gal(Q(2^(1/3))/Q)=Qは何故言えるのでしょうか?」



質問の意味が分かりません。

Q(2^(1/3))/Q がガロア拡大でないことが分かっているのだから、まさか、 Gal(Q(2^(1/3))/Q) はガロア群だ、というのではないでしょうね。

また、L は、体のようにも見えますが、もしそうだとしても、どんな体なのか分かりません。

この回答への補足

すみません、質問にすべき内容を間違えておりました。

Gal(Q(2^(1/3))/Q)={1}と、「環と体の理論(共立出版)p109」に書かれておりますが、Gal(C/R)={1,σ} (σ:z→zの共役複素数)となるのに対し、τ(τ:a+b(2)^(1/3)→a-b(2)^(1/3))は何故Gal(Q(2^(1/3))/Q)に含まれないのでしょうか?

補足日時:2012/10/02 11:38
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Q(2^(1/3)) が Q 上の正規拡大でないからです。



ガロア拡大というのは、正規拡大であり、かつ分離的拡大であるということです。体 K が Q 上の正規拡大であるというのは、K の任意の元の Q 上の最小多項式の根が、すべて K に含まれているということです。

2^(1/3) の Q 上の最小多項式を f(X) とすると、f(X) = X^3-2 で、f(X) の根は、2^(1/3)、2^(1/3)e^(2πi/3)、2^(1/3)e^(4πi/3) の 3 個です。このうち、後の2つは虚数ですから、Q(2^(1/3)) に含まれません(Q(2^(1/3)) が実数体に含まれることに注意)。したがって、Q(2^(1/3) は、Q 上の正規拡大でなく、したがって、ガロア拡大でないことになります。
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この回答へのお礼

お教えいただき、有り難うございます。上記の説明で、理解することができました。

ところで、L^GをLのGによる固定体とするとき、L^Gal(Q(2^(1/3))/Q)=Qは何故言えるのでしょうか?

お礼日時:2012/09/30 22:38

x^3-2=0がいくつ解をもつだろうか。

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「正確にわかるか」と言われたら, それは無理. ただし, ある程度なら想像できる.

例えば, もともとの Q(√a + √b) を考えると, 拡大するために使った √a + √b は代数的数です (√a, √b はどちらも代数的数). したがって √a + √b を解の 1つとする代数方程式が存在し, その次数が拡大次数になります (のはず: http://hooktail.sub.jp/algebra/ExtensionField/ にはそんな感じで書いてある).

で「√a + √b を解の 1つとする代数方程式」の次数を考えるんだけど, 平方根があることから「符号を逆にした片割れ」の存在...続きを読む

Q最大元と極大元の定義の違いが分かりません

数学の基礎「齋藤正彦著」p22からの抜粋です。

定義
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2) aがAの元で,Aのいかなる元xに対してもa<xとならない時,aを極大元という。x<aなるAの元が存在しない時,aを極小元という。極大元や極小元は存在しない事も有るし,沢山存在する事もある」

と定義が紹介されてるのですが最大元と極大元についてのこの文意
"aがAの元でAの全ての元xに対してx≦aが成り立つ"と"aがAの元で,Aのいかなる元xに対してもa<xとならない"
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そこで ab の位数 o(ab) を考える

o(ab)=1,2,3,6である

o(ab)=1ならば ab=e,b=a^{-1}=aで不適

o(ab)=6ならば 位数6の群Gに位数6の要素があるので
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o(ab)=2ならば abab=e つまり aba=b^{-1}
つまり Gはa^2=e, b^3=e aba=b^{-1}で生成される群でありこれは
三次二面体群D_3すなわち3次対称群S_3

o(ab)=3ならば
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3シロー群はひとつしかないので
ab=e,b,b^2
ab=eは不適
ab=bも不適
ab=b^2も不適
よってo(ab)は3とはならない

以上より
位数6の有限群は
巡回群か3次の対称群

実際はもっと強いことがいえて
素数p,qに対して
位数pqの群が決定できます
シローの定理と自己同型の組合せ
♯ぐぐると力作のPDFがすぐ見つかります

Q最小分解体

f(X)=X^4-7∈Q[X]として、f(X)のQ上の最小分解体をLとする。

(1)
拡大次数[L:Q]を求めよ。

(2)
K=L∩Rとする。Kを分かりやすく記述し、L/Kが2次拡大であることを示せ。
K≠K' だが K`=~K'(同値)となるような体は存在するだろうか?

(3)
L/Qの中間体で、Qの2次拡大であるものを複数挙げよ。

(4)
L/Qの中間体Mで、[M : Q]=4 である体を見つけ、これがある多項式のQ上の最小分解体になっていることを示せ。(具体的に多項式を与えよ)



Kは十分に大きいFの拡大体とする。
(5)
(X^2-3)(X^3+8)と(X^2-4)(X^4-9)で生成されるQ[X]のイデアルJとするとき、J=(f(X))となるような多項式を求めよ。

わからない問題がたくさんあって申し訳ないんですが、もしわかる方いたらぜ教えていただけたらと思います。

Aベストアンサー

(1) これまでと同様です。

f(X)は素数7についてアイゼンシュタイン多項式なのでQ上既約。
よって、M=Q(7^(1/4))とおくと[M:Q]=4

f(X)の根は、±7^(1/4), ±i7^(1/4)の4つ。よってL=M(i)
また、M⊂R, L⊄R より[L:M]=2

従って[L:Q]=[L:M][M:Q]=8

(2) (1)のM=Q(7^(1/4))がL∩Rであることを示す。
M⊂L∩R は明らか。一方、L⊄Rより、[L:L∩R]≧2。[L:M]=2だったので、[L∩R:M]=[L:M]/[L:L∩R]=1しかありえない。
つまりL∩R=M=Q(7^(1/4))。以後問題文にならいQ(7^(1/4))=Kとかく。[L:K]=2 はすでに示した通り。

K≃Q[X]/(X^4 -7)に同型な体はf(X)の他の根を付け加えた体。これらの内、
K=Q(±7^(1/4))は同じ体
Q(±i7^(1/4))も同じ体
である一方、K≠Q(i7^(1/4))

なぜなら、仮にK=Q(i7^(1/4))
とすると、K=K( i7^(1/4))=Lとなり、[L:K]=2に矛盾するから。

よって問題のK'は一つだけ存在し、K'=Q(i7^(1/4))

(3) 全て挙げると、
Q(i), Q(√7), Q(√(-7))
これらがL/Qの中間体であることは明らか。

(4) Q上の最小分解体はすべてのQ上の共役元を含むのでガロア拡大。(逆にQのガロア拡大はあるQ係数多項式の最小分解体になる)

ガロア対応を知っていれば、ガロア群Gal(L/Q)の位数2の正規部分群を見つけよ、というのと同値な問題。
知らなくても(3)から、2つの2次体を組み合わせて、
Q(i, √7)はQ上4次拡大と見当をつけることができる。

まず、Q(i), Q(√7)はそれぞれQの2次拡大なのでガロア拡大。よってQ(i, √7)もまたQのガロア拡大。
Q(√7)⊂R, Q(i, √7)⊄Rより、[Q(i, √7):Q(√7)]=2。よって[Q(i, √7):Q]=4

つまりM=Q(i, √7)は問題の条件を満たす。
そこで、例えば、i+√7のQ上の最小多項式を計算すると、
(X-(i+√7))(X-(-i+√7))(X-(i-√7))(X-(-i-√7))=X^4-12 X^2 +64
であり、明らかにQ(i+√7, -i+√7, i-√7, -i-√7)=Mとなるので、Mを最小分解体とするようなQ係数多項式 X^4-12 X^2 +64 が構成出来た。

(5) ユークリッドの互除法の問題です。
f1=(X^2-3)(X^3+8), f2=(X^2-4)(X^4-9)
とおきます。f1, f2 には明らかな共通因子があるので括りだしておきます:
つまり、
h=(X^2-3)(X+2)
g1=(X^2+2 X+4)
g2=(X-2)(X^2+3)
とおくと、

f1=h×g1
f2=h×g2
です。

J = (f1, f2) = h・(g1, g2)なので、(g1, g2)を求めれば十分です。
(g1とg2が互いに素なので最大公約多項式は1になるはずで、それを確かめます)
g1よりg2の方が次数が高いので、g2をg1で割ると、

g2=(x-4)・g1+(7x+10)

次にg1を(7x+10)で割ると、
g1=(x/7+4/49)・(7x+10)+156/49

いま、(7x+10) = g2 -(x-4)・g1∈(g1, g2)
よって、156/49 = g1-(x/7+4/49)・(7x+10)∈(g1, g2)

よって1∈(g1, g2)が分かった。

つまり(g1, g2)=Q[X]
従って、(f1, f2)=(h)

つまり、求める多項式はh=(X^2-3)(X+2)

(1) これまでと同様です。

f(X)は素数7についてアイゼンシュタイン多項式なのでQ上既約。
よって、M=Q(7^(1/4))とおくと[M:Q]=4

f(X)の根は、±7^(1/4), ±i7^(1/4)の4つ。よってL=M(i)
また、M⊂R, L⊄R より[L:M]=2

従って[L:Q]=[L:M][M:Q]=8

(2) (1)のM=Q(7^(1/4))がL∩Rであることを示す。
M⊂L∩R は明らか。一方、L⊄Rより、[L:L∩R]≧2。[L:M]=2だったので、[L∩R:M]=[L:M]/[L:L∩R]=1しかありえない。
つまりL∩R=M=Q(7^(1/4))。以後問題文にならいQ(7^(1/4))=Kとかく。[L:K]=2 はすでに示した通り。

K≃Q[X]/(X^4 ...続きを読む


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