ガロア理論の講義（OCW）を要約する：第13回（1月20日）

(証明) (1) $\Rightarrow$ (2) を示す. 条件から $\sqrt{a} \notin K$ なので, $\sqrt{a}$ は $f(x) = x^2 -a$ の根で, $f(x)$ は既約である. よって $[F:K] = 2$

(2) $\Rightarrow$ (1) を示す. $\alpha \in F \setminus K$ を一つとる. $2$ は素数なので ($K \subset M \subset F$ を満たす中間体 $M$ は存在せず), $F = K(\alpha)$ が成り立つ. $\alpha$ の $K$ 上の最小多項式を

$$a x^2 + bx + c \quad (a, b, c \in K, a \neq 0)$$

とすると, 解の公式から

$$\alpha = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 -4ac}}{2a}$$

であり, $\alpha \notin K$ から $\sqrt{b^2 -4ac} \notin K$ なので

$$F = K(\sqrt{b^2 -4ac})$$

となる. $\Box$

(証明の概略) (1) $\Rightarrow$ (2) を示す. 新たな交点は

1. 直線と直線の交点
2. 直線と円の交点
3. 円と円の交点

で得られる. $(\alpha, \beta)$, $(\alpha^{\prime}, \beta^{\prime})$ を通る直線は,

$$(\alpha -\alpha^{\prime})(y -\beta^{\prime}) -(\beta -\beta^{\prime})(x -\alpha^{\prime}) = 0 $$

で与えられるので, $(\alpha_1, \beta_1)$, $(\alpha_1^{\prime}, \beta_1^{\prime})$ を通る直線と, $(\alpha_2, \beta_2)$, $(\alpha_2^{\prime}, \beta_2^{\prime})$ を通る直線の交点の $x$ 座標, $y$ 座標はそれぞれ

$$\mathbb{Q}(\alpha_1, \beta_1, \alpha_1^{\prime}, \beta_1^{\prime}, \alpha_2, \beta_2, \alpha_2^{\prime}, \beta_2^{\prime})$$

の元である. 直線と円の交点, 円と円の交点は 2 次方程式で与えられるので, 交点の $x$ 座標, $y$ 座標はそれぞれ, $\mathbb{Q}$ に方程式の係数を添加した体の高々 2 次拡大の元である. 新たに得られた交点と既知の交点との距離は, $\mathbb{Q}$ にそれぞれの $x$ 座標, $y$ 座標の値を添加した体の高々 2 次拡大に含まれる. これで (1) $\Rightarrow$ (2) が示された

(21:38~) (2) $\Rightarrow$ (1) を示すには, $\beta_i \in K_i$ に対して $\sqrt{\beta_i}$ が作図できれば良い. $\beta_i, 1, \beta_i+1$ は作図可能で, 直径 $\beta_i+1$ の円は, 垂直2等分線を描くことで作図可能である. 円の中に適当な直角三角形をとり, 垂線を引けば $\sqrt{\beta_i}$ が作図できる. (詳しくは動画を見てください) $\Box$

(証明) : $\cos \frac{2\pi}{5}$, $\sin \frac{2\pi}{5}$ が作図できれば良い.

$$\sin \frac{2\pi}{5} = \sqrt{1 -\cos^2 \frac{2\pi}{5}}$$

なので, $\cos \frac{2\pi}{5} \in L$ であれば良い. $\zeta = \zeta_5$ (原始5乗根) とすると

$$\cos \frac{2\pi}{5} = \frac{\zeta +\zeta^{-1}}{2} = \frac{\zeta +\zeta^4}{2}$$

なので, $t = \zeta +\zeta^4$, $s = \zeta^2 +\zeta^3$ とおくと

\begin{align} t + s &= \zeta + \zeta^2 +\zeta^3+\zeta^4 = -1 \\ ts &= (\zeta +\zeta^4)(\zeta^2 +\zeta^3) \\ &= \zeta^3 +\zeta^4 +\zeta +\zeta^4 = -1 \end{align}

となり, $t, s$ は $x^2 +x -1 = 0$ の解である. それは

$$x = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$$

で, $t > 0$ なので $t = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$ となる. よって作図可能.$\Box$

(証明の概略) : (1) $\Rightarrow$ (2) を示す. 仮定から $\cos \frac{2\pi}{n}, \sin \frac{2\pi}{n} \in L$ である. よって $[\mathbb{Q}(\cos \frac{2\pi}{n}): \mathbb{Q}]$ は 2 冪. $\zeta_n = \exp\left(\frac{2\pi}{n}\sqrt{-1}\right)$ とおくと, $\cos \frac{2\pi}{n} = \frac{1}{2}(\zeta_n + \zeta_n^{-1})$ である. $[\mathbb{Q}(\zeta_n): \mathbb{Q}(\cos \frac{2\pi}{n})] = 2$ なので $[\mathbb{Q}(\zeta_n): \mathbb{Q}]$ も 2 冪. ここで, $n = 2^{i_0} p_1^{i_1} \cdots p_m^{i_m}$ と素因数分解すると, オイラー関数の性質と, $\mathbb{Q}(\zeta_n)$ の $\mathbb{Q}$ 上の拡大次数がオイラー関数に一致することから,

\begin{align} &[\mathbb{Q}(\zeta_n): \mathbb{Q}] = \varphi(n) \\ = \ & 2^{i_0-1} p_1^{i_1-1}(p_1-1) \cdots p_m^{i_m-1}(p_m-1) \end{align}

となる. これが 2 冪なので $i_1 = \cdots = i_m = 1$ かつ $p_1-1, \cdots p_m-1$ はフェルマー素数.

(44:18~) (2) $\Rightarrow$ (1) を示す. 先ほどの議論から $[\mathbb{Q}(\zeta_n): \mathbb{Q}]$ は 2 冪. 円分体のガロア群は

$$\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n) / \mathbb{Q}) \simeq (\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})^{\times}$$

である. 特に $\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n) / \mathbb{Q})$ はアーベル群であり, 任意の部分群は正規部分群である. さらに, 位数の関係から, 任意の部分群の位数は 2 冪である. ガロアの基本定理から, $\mathbb{Q}(\cos \frac{2\pi}{n}) \subset \mathbb{Q}(\zeta_n)$ に対応する部分群 $H \subset \mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n) / \mathbb{Q})$ が存在し

$$\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\cos {\textstyle \frac{2\pi}{n})/ \mathbb{Q}}) \simeq \mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n) / \mathbb{Q}) / H$$

が成り立つ. 特に $\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\cos {\textstyle \frac{2\pi}{n})/ \mathbb{Q}})$ はアーベル群で, 位数は 2 冪である. 有限生成アーベル群の基本定理から

$$\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\cos {\textstyle \frac{2\pi}{n})/ \mathbb{Q}}) \simeq \mathbb{Z}/ 2^{j_1} \mathbb{Z} \times \cdots \times \mathbb{Z}/ 2^{j_l} \mathbb{Z}$$

という形をしている.

$$\mathbb{Z} / 2^{j} \mathbb{Z} \supset \mathbb{Z} / 2^{j-1} \mathbb{Z} \supset \cdots \supset \{0\}$$

という部分群の列を取れば, ガロアの基本定理から 2 次拡大の列

$$\mathbb{Q} \subset K_1 \subset \cdots K_m =\mathbb{Q}(\cos {\textstyle \frac{2\pi}{n}})$$

が得られる. $\Box$

(証明の概要) : (2) から証明する. 上の補題と有限生成アーベル群の基本定理から, $G = \mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ として良い. $a \in \mathbb{Z}$ に対して

$$\phi_a: G \ni \bar{j} \mapsto \exp\left(\frac{2\pi a j \sqrt{-1}}{n}\right) \in \mathbb{C}^1$$

を対応させる写像は準同型である. よって $\phi_a \in G^*$ である. $\phi_a \phi_b = \phi_{a+b}$ かつ, $a \equiv b \pmod n$ ならば $\phi_a = \phi_b$ であることは明らか. よって

$$G \ni \bar{a} \mapsto \phi_a \in G^*$$

は準同型. ここで, 一般の $\varphi \in G^*$ に対して

$$\varphi(\bar{1})^n = \varphi(n \cdot \bar{1}) = \varphi(\bar{0}) = 1$$

なので $\varphi(\bar{1})$ は $1$ の $n$ 乗根である. 従って $\varphi(\bar{1}) = \exp(\frac{2 \pi a \sqrt{-1}}{n})$ という形をしている. $\bar{1}$ は $G$ の生成元で $\varphi(\bar{1}) = \phi_a(\bar{1})$ なので, $\varphi = \phi_a$. これで上の対応 $G \to G^*$ は全射であることがわかった. また $\phi_a(\bar{1}) = \zeta_n^a$ であり $\zeta_n, \cdots, \zeta_n^{n-1}$ は全て異なるので単射でもある. 従って $G \simeq G^*$ である.

(1) を示す. (2) から $|(G^*)^*| = |G^*| = |G|$ が成り立つ. (2) のときと同様, $G \simeq \mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ のときに示せば良い. $G \ni \bar{i} \neq \bar{0}$ に対して

$$\sigma_{\bar{i}}(\phi_1) = \phi_1(\bar{i}) = \zeta_n^i \neq 1$$

なので, $G \to (G^*)^*$ は単射. 位数が等しいので全射. よって $G \simeq (G^*)^*$. $\Box$

(証明) : $g \in G$ に対して

$$\sigma_g: H \ni h \mapsto \Phi(g, h) \in \mathbb{C}^1$$

とおくと, $\Phi$ の $H$ に関する線形性から $\sigma_g \in H^*$ であり, $G \ni g \mapsto \sigma_g \in H^*$ は, $\Phi$ の $G$ に関する線形性から準同型である. $\sigma_g = 0$ ならば, 任意の $h \in H$ に対して $\Phi(g, h) = 1$ であり, これは $g = 0$ を意味する. よって $G \to H^*$ は単射. 同様に単射 $H \to G^*$ が存在する. 位数の関係からそれぞれ全射である.$\Box$

(証明) : $K$ における $1$ の原始 $n$ 乗根を $\zeta$ とおき,

$$\mu_n = \{\zeta^i \mid i = 0, \cdots, n-1\}$$

とおく. これは $\mathbb{C}$ における $1$ の $n$ 乗根全体 $\{\zeta_n^i \mid i = 0, \cdots, n-1\}$ と同型なので, この同型により $\mu_n$ を $\mathbb{C}^1$ の部分群とみなす. $\mathrm{Gal}(K(\sqrt[n]{R}) / K)$ と $R / (K^{\times})^n$ の間の perfect pairing を作る.

まず有限次ガロア拡大であることを示す. 任意の $a \in R$ に対し, $\sqrt[n]{a}$ の共役は $\zeta^i \sqrt[n]{a}$ という形であり, $\zeta \in K$ なので $\zeta^i \sqrt[n]{a} \in K(\sqrt[n]{R})$. つまり正規拡大. $x^n -a$ は分離多項式なので (微分すれば確かめられる), 分離拡大. よって $K(\sqrt[n]{R}) / K$ はガロア拡大. $R / (K^{\times})^n$ が有限群なので, 生成元を考えることで, $K(\sqrt[n]{R}) / K$ が有限次拡大であることがわかる.

perfect pairing を作る. $\sigma \in \mathrm{Gal}(K(\sqrt[n]{R}) / K)$ と $a \in R$ に対して

$$(\sigma, a) \mapsto \frac{\sigma(\sqrt[n]{a})}{\sqrt[n]{a}} = \Phi(\sigma, a)$$

と定めると,

\begin{align} \left(\frac{\sigma(\sqrt[n]{a})}{\sqrt[n]{a}}\right)^n = \frac{\sigma(a)}{a} = \frac{a}{a} = 1 \end{align}

から $\Phi(\sigma, a) \in \mathbb{C}^1$ となる. これが perfect pairing になることを言いたい.

まずは双線形性を示す. $\Phi(\sigma, a) \in K$ ($1$ の $n$ 乗根) であることに注意して

\begin{align} \Phi(\sigma\tau, a) &= \frac{\sigma \tau(\sqrt[n]{a})}{\sqrt[n]{a}} \\ & = \frac{\sigma \tau(\sqrt[n]{a})}{\sigma(\sqrt[n]{a})} \frac{\sigma(\sqrt[n]{a})}{\sqrt[n]{a}} \\ & = \sigma (\Phi(\tau, a)) \Phi(\sigma, a) \\ & = \Phi(\tau, a) \Phi(\sigma, a) \\ \end{align}

となる. $\Phi(\sigma, ab) = \Phi(\sigma, a)\Phi(\sigma, b)$ は明らか.

次は非退化性を示す. $\sigma \neq 1$ のとき, ある $a \in R$ が存在し, $\sigma(\sqrt[n]{a}) \neq \sqrt[n]{a}$ となる. このとき $\Phi(\sigma, a) \neq 1$ である. $a \neq 1$ とすると, これは $a \notin (K^\times)^n$ を意味し, $K(\sqrt[n]{a})/K$ は自明でないガロア拡大となる. このときある $\sigma \in \mathrm{Gal}(K(\sqrt[n]{a} / K)$ が存在して, $\sigma(\sqrt[n]{a}) \neq \sqrt[n]{a}$ となる. $\sigma$ は $\mathrm{Gal}(K(\sqrt[n]{R} / K)$ に延長できて, それも $\sigma$ と表すと, $\Phi(\sigma, a) \neq 1$ を満たす.

以上で $\Phi$ は perfect pairing となり,

$$\mathrm{Gal}(K(\sqrt[n]{R}) / K) \simeq \left(R / (K^{\times})^n\right)^*$$

となる.$\Box$