ガロア理論の講義（OCW）を要約する：第14回（1月27日）

(証明の概略) :

$\sigma_i: L \to L$ は準同型で, 相異なるので, 先ほどの定理から 1 次独立である. 行列 $(\sigma_j(a_i))_{ij}$ が可逆でないとして矛盾を導く. $(\sigma_j(a_i))_{ij}$ が可逆でないとすれば, どれかは $0$ でない $x_1, \cdots, x_n \in L$ が存在して

$$\sum_{j=1}^n (\sigma_j(a_i))x_j = 0$$

を満たす. 任意の $a \in L$ は, $a_1, \cdots, a_n$ の $K$ 上の 1 次結合で表されるので, $a = \sum_{i = 1}^n c_i a_i$ $(c_i \in K)$とおくと

\begin{align} \sum_{j=1}^n (\sigma_j(a))x_j &= \sum_{j=1}^n \sum_{i = 1}^n c_i (\sigma_j(a_i))x_j \\ &= \sum_{i = 1}^n c_i \sum_{j=1}^n (\sigma_j(a_i))x_j \\ &= 0 \end{align}

となる. これが任意の $a \in L$ 対して成り立つので, 関数として

$$ \sum_{j=1}^n \sigma_j x_j = 0$$

となる. これは $\sigma_j$ が 1 次独立であることに反する. $\Box$

(証明の概略 (21:45 ~)) :

(1) $\Rightarrow$ (2) を示す. $\sigma \in \mathrm{Gal}(L / K)$ を生成元とし、$x \in L$ に対して

$$f(x) = \sum_{i = 0}^{n-1} \zeta^{-i} \sigma^i(x)$$

とおく. $1 = \sigma^0, \cdots, \sigma^{n-1}$ は相異なり, $\zeta^{-i} \neq 0$ なので, 準同型の一次独立性から $f(x) \neq 0$ を満たす $x \in L$ が存在する. $b = f(x)$ とおくと,

\begin{align} \sigma(b) &= \sum_{i=0}^{n-1} \sigma(\zeta^{-i}) \sigma^{i+1}(x) \\ &= \sum_{i=0}^{n-1} \zeta^{-i} \sigma^{i+1}(x) \quad (\zeta \in K) \\ &= \zeta \sum_{i=0}^{n-1} \zeta^{-i-1} \sigma^{i+1}(x) \\ &= \zeta \sum_{i=0}^{n-1} \zeta^{-i} \sigma^{i}(x) \quad (\zeta^{-n} \sigma^n(x) = \zeta^{-0} \sigma^0(x)) \\ &= \zeta b \end{align}

となる. よって

\begin{align} \sigma(b^n) = (\sigma(b))^n = (\zeta b)^n = b \end{align}

となり, $\sigma$ がガロア群の生成元であることから, $b^n \in K$ がわかる. $a = b^n$ とおくと $b = \sqrt[n]{a}$ である. これが $L$ を生成することを示すには, 単拡大に関する定理から, $\sigma^i(b)$ が全て異なっていれば良い ($\sigma^i|_{K(b)}$ が全て異なるので, $[K(b):K] = [L : K]$ がわかる). $\sigma(b) = \zeta^ib$ だが, $1, \zeta, \cdots, \zeta^{n-1}$ は全て異なる. よって $L = K(b) = K(\sqrt[n]{a})$. (なぜこの方法で上手くいくのかの解説がここで挟まりますが, この記事では証明後に記述します.)

(2) $\Rightarrow$ (1) を示す. $b = \sqrt[n]{a}$ とおく. $n = 1$ のときは明らかなので, $n \geq 2$ とする. このとき $L \neq K$ なので $b\neq 0$. $b$ は $x^n -a = 0$ の解で, 他の解は $\zeta^i b$ $(i = 0, \cdots n-1)$ である. これらは全て $L = K(b)$ に含まれるので, $L / K$ は正規拡大. また, $p \nmid n$ から $x^n -a$ は分離多項式 (微分すればわかる). よって $L / K$ はガロア拡大.

$\sigma \in \mathrm{Gal}(L / K)$ は $\sigma(b)$ の値のみで決定される. ある $i \in \mathbb{Z} /n\mathbb{Z}$ が存在して $\sigma(b) = \zeta^i(b)$ なので, 対応

$$\mathrm{Gal}(L / K) \ni \sigma \mapsto i \in \mathbb{Z} /n\mathbb{Z}$$

が定まる. これが準同型であることは明らか. $\sigma, \tau \in \mathrm{Gal}(L / K)$ に対して $\sigma(b) = \tau(b)$ ならば $\tau = \sigma$ なので, 単射である. また, 位数の関係から全射であることもわかる. よって

$$\mathrm{Gal}(L / K) \simeq \mathbb{Z} /n\mathbb{Z}$$

がわかる. $\Box$

（証明）：

(1) $\Rightarrow$ (2) を示す. 体の列

$$K_0 = K \subset \cdots \subset K_t \supset L$$

で, $K_i = K_{i-1}(\sqrt[n_i]{a_i})$ を満たすものを考える. ($1$ の冪根は $a_i = 1$ とみなす.) $N = n_1 \cdots n_t$ とおく. $\zeta_N = \exp\left(\frac{2 \pi \sqrt{-1}}{N}\right)$ とおいたとき, $\mathrm{ch} K = 0$ なので $\overline{K} \supset \mathbb{Q}(\zeta_N)$ として良い. $K^{\prime}_1 = K(\zeta_N)$, $K^{\prime}_i = K_{i-1}(\zeta_N)$ と置き換えることで, 初めから $K_1 = K(\zeta_N)$ として良い. $\zeta_N$ の最小分解体の根は $x^N -1 = 0$ の根でもあり, $x^N -1 = 0$ の根は全て $K_1$ に含まれるので, $K_1 / K$ はガロア拡大である. $\zeta_{n_i}$ は $K_{i-1}$ に含まれるので, 先ほどの命題から $K_i/ K_{i-1}$ はガロア拡大で, ガロア群は巡回群である.

(52:17~ ) $K_t$ としてガロア拡大であるものが取れることをいう. 基本的な考え方は, 全ての共役を含むように $K_i$ を大きくすることである. $\phi \in \operatorname{Hom}_K^{al}(K_t, \overline{K})$ に対して, $\zeta_N \in K_1$ から

$$\varphi(K_i) = \varphi(K_{i-1}) (\sqrt[n_i] {\phi(a_i)})$$

となる. よって $F_0 = K$ として, $F_i \subset \overline{K}$ を $K$ 上

$$\left\{\phi(K_i) \mid \phi \in \operatorname{Hom}_K^{al}(K_t, \overline{K}) \right\}$$

で生成された体とする. 以前示した定理から

$$|\operatorname{Hom}_K^{al}(K_t, \overline{K})| \leq [K_t : K] < \infty$$

なので, $F_i$ は $F_{i-1}$ に有限個の $\sqrt[n_i]{\phi(a)}$ の形の元を加えたものになっている. $F_t$ は自身の全ての元の共役を含むので, $F_t / K$ はガロア拡大である. 以上から, $K_1$ から始めて有限個の冪根を加えていって $F_t$ が得られるので, $K_t$ は初めから $K$ のガロア拡大として良い.

(59:00 ~) $\mathrm{Gal}(K_t / K)$ が可解群であることを示す. $H_i = \mathrm{Gal}(K_t / K_i)$ とすると, 群の列

$$\{1\} = H_t \subset H_{t-1} \subset \cdots \subset H_0 = \mathrm{Gal}(K_t/K)$$

が得られる. $i \geq 2$ に対して $\zeta_N \in K_1 \subset K_{i-1}$ なので, 先ほどの命題から $K_i / K_{i-1}$ はガロア拡大であり, ガロアの基本定理から $H_i \triangleleft H_{i-1}$ で $H_{i-1}/H_i = \mathrm{Gal}(K_{i}/K_{i-1})$ は巡回群である. $i = 1$ の場合は推進定理を使う. 以下の図を考えると

\[ \xymatrix@=12pt{ & K_1 \ar@{-}[ld] \ar@{-}[rd] & \\ K \ar@{-}[rd] && \mathbb{Q}(\zeta_N) \ar@{-}[ld] \\ & K \cap \mathbb{Q}(\zeta_N) = K^{\prime}_1 \ar@{-}[d] & \\ & \mathbb{Q} & } \]

$\mathbb{Q}(\zeta_N) / K^{\prime}_1$ は $\mathbb{Q}(\zeta_N)$ が $\mathbb{Q}$ 上の全ての共役を含み, (最小多項式を考えれば) $K^{\prime}_1$ 上の全ての共役を含むので, 正規拡大, 特にガロア拡大である. 推進定理より $K_1/ K$ はガロア拡大で

$$\mathrm{Gal}(K_1 / K) \simeq \mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_N) / K^{\prime}_1)$$

となる.

$$\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_N) / K^{\prime}_1) \subset \mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_N) / \mathbb{Q})$$

で, $\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_N)/ \mathbb{Q})$ は (円分体のガロア群から) 有限アーベル群である. よって $\mathrm{Gal}(K_1 / K)$ も有限アーベル群である. よって $H_1 \triangleleft H_0$ で, $H_0 / H_1$ は有限アーベル群である. 以上で $H_0 = \mathrm{Gal}(K_t / K)$ が可解群であることがわかった.

(1:07:53~) $L / K$ のガロア群が可解群であることを示す. $P = \mathrm{Gal}(K_t / L)$ とおくと, $L / K$ が (定義から) ガロア拡大であることから, ガロアの基本定理により, $P \triangleleft H_0$ かつ $H_0 / P \simeq \mathrm{Gal}(L / K)$ である.

\[ \xymatrix@=12pt{ K_t \ar@{-}[d] \ar@{-}[r] & \{1\} \ar@{-}[d] \\ L \ar@{-}[d] \ar@{-}[r] & P \ar@{-}[d] \\ K \ar@{-}[r]& H_0 } \]

$P$ が正規部分群なので,

$$H_i P = \{h p \in G \mid h \in H_i, p \in P \}$$

は $H_0$ の部分群である ($h_1 p_1 h_2 p_2$ が $h_1 h_2 (h_2^{-1} p_1 h_2) p_2$ と一致し, $h_1 h_2 \in H$, $(h_2^{-1} p_1 h_2) p_2 \in P$ である. 逆元も同様の変形をすれば良い). $\overline{H}_i = H_i P / P$ と定義すると, $\overline{H}_i \subset H_0 / P$ であり, $\mathrm{Gal}(L / K)$ の部分群とみなせる. これにより部分群の列

$$\{1\} = \overline{H}_t \subset \cdots \subset \overline{H}_1 \subset \overline{H}_0 = \mathrm{Gal}(L / K)$$

が得られる. $\overline{H}_i \triangleleft \overline{H}_{i-1}$ を示したい. そのためには, $H_i P$ の任意の元 $bc$ ($b \in H_i$, $c \in P$) が, $a \in H_{i-1}$ と $d \in P$ に対して $a^{-1} (bc) a \in H_i P$, $d^{-1} (bc) d \in H_i P$ となることを示せば十分である.

\begin{align} a^{-1} (bc) a &= (a^{-1} ba) (a^{-1} c a) \in H_i P \\ d^{-1} (bc) d &= b (b^{-1} d^{-1} b) cd \in H_i P \\ \end{align}

となり, $\overline{H}_i \triangleleft \overline{H}_{i-1}$ がわかった. ここで, 群の同型定理 ([wiki] の定理2と定理3) から

\begin{align} \overline{H}_{i-1} / \overline{H}_i &\simeq H_{i-1}P / H_{i}P \\ & \simeq H_{i-1} / H_{i-1} \cap (H_{i}P) \end{align}

となる. $H_{i-1} \cap (H_{i}P) \supset H_i$ が成り立つので, 自然な全射準同型

$$H_{i-1} / H_{i} \to H_{i-1} / H_{i-1} \cap (H_{i}P)$$

が存在するが, $H_{i-1} / H_{i}$ はアーベル群なので, その剰余群である $H_{i-1} / H_{i-1} \cap (H_{i}P)$ もアーベル群である. よって $\mathrm{Gal}(L / K)$ は可解群である.

(1:16:47~) 次は (2) $\Rightarrow$ (1) を示す. $\mathrm{Gal}(L / K)$ が可解群であることから, 部分群の列

$$\{1\} = H_t \subset \cdots \subset H_1 \subset H_0 = \mathrm{Gal}(L / K)$$

で, $H_i \triangleleft H_{i-1}$ かつ $H_{i-1} / H_i$ がアーベル群であるものが存在する.

（補足） $H_{i-1} / H_i$ を巡回群に取れることを示す. $L / K$ は有限次拡大なので, $H_{i-1} / H_i$ は有限群であり, 有限生成アーベル群の基本定理から, 正規部分群の列

$$\{1\} \triangleleft J_1 \triangleleft \cdots \triangleleft J_{s_i} \triangleleft H_{i-1} / H_i$$

で, $J_l / J_{l -1}$ が巡回群であるものが存在する. $\tau: H_{i-1} \to H_{i-1} / H_i$ を自然な全射準同型とすると, $H_{i} \subset \tau^{-1}(J_l) \subset H_{i-1}$ は正規部分群で, 群の同型定理 ([wiki] の定理3) から

\begin{align} \tau^{-1}(J_l) / \tau^{-1}(J_{l-1}) &\simeq (\tau^{-1}(J_l)/ H_{i}) / (\tau^{-1}(J_{l-1}) /H_i) \\ &= J_l / J_{l-1} \end{align}

となる. よって $H_i$ の列に $\tau^{-1}(J_l)$ 達を追加することで, 初めから $H_{i-1} / H_i$ を巡回群として良い. （補足終わり）

(1:17:46~) $N$ を $|H_{i-1} / H_i|$ の全ての倍数になるようにとり, $\zeta_N$ を $1$ の原始 $N$ 乗根として, $K_1 = K(\zeta)$ とおく. $F = K_1 L \subset \overline{K}$ とおくと, 推進定理より

\[ \xymatrix@=12pt{ & F \ar@{-}[rd] \ar@{-}[ld] & \\ K_1 \ar@{-}[rd] & & L \ar@{-}[ld] \\ & K_1 \cap L & } \]

$$G := \mathrm{Gal}(F / K_1) \simeq \mathrm{Gal}(L / K_1 \cap L) \subset H_0$$

となる. $H_0$ は可解群なので, その部分群である $G$ も可解である (部分群の列との共通部分を取れば良い. 一般に $H \supset G$, $H \triangleright N$ に対して, $n \in G \cap N$ かつ $g \in G$ ならば $gng^{-1} \in G \cap N$). $G_i = H_i \cap G$ とおくと, 部分群の列

$$H_0 \supset G \supset G_1 \supset \cdots \supset G_t = \{1\}$$

が得られる. $H_i \triangleleft H_{i-1}$ なので,

$$G_i = (H_i \cap G) \triangleleft (H_{i -1} \cap G) = G_{i-1}$$

となる. $G_{i-1}/G_i$ は $H_{i-1}/H_i$ の部分群とみなせ ($G_{i-1} \hookrightarrow H_{i-1}/ H_i$ の核は $G_i$ ) , $H_{i-1}/H_i$ は巡回群なので, $G_{i-1}/G_i$ も巡回群.

(1:23:19~) $G_i$ に対応する中間体を $K \subset F_i \subset F$ とする. このとき, $G_i \triangleright G_{i-1}$ なので, $F_i / F_{i-1}$ はガロア拡大である. $G_{i-1} / G_{i}$ は巡回群で, その位数は $N$ を割るので, 先ほどの命題から $F_i = F_{i-1}(\sqrt[n]{a})$ という形である. $L \subset F$ なので, $f(x)$ は冪根で解ける. $\Box$

（証明）：

$\mathfrak{S}_n$ を可解群と仮定すると, その部分群である $A_n$ も可解群である. これは

$$\{1\} \subset G_1 \subset \cdots \subset G_t \subset \mathfrak{S}_n$$

に対して

$$\{1\} \subset G_1 \cap A_n \subset \cdots \subset G_t \cap A_n \subset A_n$$

を考えると, $G_i \cap A_n \to G_i / G_{i-1}$ の核が $G_{i-1} \cap A_n$ であることから

$$(G_i \cap A_n) / (G_{i-1} \cap A_n) \subset G_i / G_{i-1}$$

とみなせること, $G_i / G_{i-1}$ がアーベル群であることから $(G_i \cap A_n) / (G_{i-1} \cap A_n)$ もアーベル群となることから従う. これで $A_n$ が可解群であることがわかった.

ここで, 任意の正規部分群の列

$$\{1\} \subset H_1 \subset \cdots \subset H_s \subset A_n$$

に対し, $A_n$ が単純群であることから $H_s = \{1\}$ となる. よって $A_n / H_s = A_n$ はアーベル群である. 一方 $(1\ 2\ 3) = (1\ 2)(2\ 3)$, $(2\ 3\ 4)$ に対して

\begin{align} (1\ 2\ 3)(2\ 3\ 4) &= (1\ 2)(3\ 4) \\ (2\ 3\ 4)(1\ 2\ 3) &= (1\ 3) (2 \ 4) \\ & \neq (1\ 2\ 3)(2\ 3\ 4) \end{align}

なので, $A_n$ はアーベル群でない. よって矛盾. $\mathfrak{S}_n$ は可解群でない. $\Box$

（証明）：

まずは $A_n$ が長さ 3 の巡回置換全体で生成されることを示す. $(i\ j\ k) = (i\ j)(j\ k)$ なので, 長さ 3 の巡回置換は $A_n$ に含まれる. 逆に 2 つの互換の積は, 長さ 3 の巡回置換で表される. 実際 $(i \ j)(k \ l)$ は, $k = j$ のとき

$$(i \ j)(j \ l) = \begin{cases}(i \ j \ l) & (l \neq i) \\ 1 & (l = i) \end{cases}$$

であり, $k \neq j$ のとき

\begin{align} (i \ j)(k \ l) &= (i \ j)(j \ k)(j\ k)(k \ l) \\ &= \begin{cases} (i \ j \ k)(j \ k \ l) & (k \neq i, j \neq l) \\ (j \ k \ l) & (k = i, j \neq l) \\ (i \ j \ k) & (k \neq i, j = l) \\ 1 & (k =i, j = l) \end{cases} \end{align}

と表される. よって $A_n$ は長さ 3 の巡回置換全体で生成される.

$H \subset A_n$ を $\{1\}$ でない正規部分群とする. このとき $H = A_n$ となるには, $H$ に少なくとも一つの長さ 3 の巡回置換を含めば良い. 実際, 例えば $(1\ 2\ 3) \in H$ とすると,

$$\tau = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3 \\ i & j & k \\ \end{array}\right)$$

に対して

$$\tau (1\ 2\ 3) \tau^{-1} = (i, j, k) \in H$$

なので, $H$ は全ての長さ 3 の巡回置換を含む. よって, $H = A_n$ を示すには, $H$ が長さ 3 の巡回置換を少なくとも一つ含むことを示せば良い.

$\sigma \in H$ を, 単位元以外の元で, 動かす文字数が最小のものをとする. $\sigma$ が長さ 3 の巡回置換であることを示す. $H$ は互換を含まないので, 動かす文字数は 3 以上である. 4 以上であるとして矛盾を導く. $\sigma$ に対して, $\sigma(1), \cdots, \sigma^i(1), \cdots$ を計算すると, どこかで $\sigma^l(1) = 1$ となる. 次に, $\{\sigma(1), \cdots \sigma^l(1)\}$ に含まれないものをとって同様に計算し, と繰り返すと, $\sigma$ は

$$\sigma = (1 \ \sigma(1) \ \cdots \ \sigma^l(1)) \cdots$$

と巡回置換の積に一意的に表される. 適当に番号を入れ替えて,

\begin{align}\sigma &= (1\ 2)(3 \ 4) \cdots \quad \textrm{または} \\ \sigma &= (1\ 2 \ 3 \cdots) \cdots\end{align}

と分解される. ただし, 上の分解は全て互換, 下の分解の最初の巡回置換は長さが 3 でも良い. このとき, $\tau = (3 \ 4\ 5) \in A_n$ に対して

\begin{align} \sigma^{\prime} &= \tau \sigma \tau^{-1} = (1\ 2)(4 \ 5) \cdots \\ \sigma^{\prime} &= \tau \sigma \tau^{-1} = (1\ 2 \ 4 \cdots) \cdots\end{align}

なので, 巡回置換の分解の一意性から, $\sigma \neq \sigma^{\prime}$ である. 従って $\rho = \sigma^{\prime} \sigma^{-1} \neq e$. $\rho$ の動かす文字数が $\sigma$ よりも小さいことを示せば, $\sigma$ の最小性に反するため矛盾する.

$i > 5$ に対して $\rho(i) = i$ は明らか. $\rho(1) = 1$ も明らか. $\sigma$ の巡回置換分解が互換のみで表される場合 (上の場合), $\rho(2) = 2$ なので, $\rho$ の動かす文字数は 3 文字. よってこの場合は矛盾. $\sigma$ の巡回置換分解が互換のみで表されない場合 (下の場合), $\sigma$ の $1$ を含む巡回置換の長さが 3 ならば, $\sigma$ は 5 文字以上動かす. $1$ を含む巡回置換の長さが 4 ならば, $(1 \ 2 \ 3 \ 4)$ は奇置換なので, $\sigma$ は 5 文字以上動かす. それ以外の場合も $\sigma$ は 5 文字以上動かすが, $\rho$ の動かす文字は 4 文字以下である. よってこちらの場合も矛盾する. よって $\sigma$ は長さ 3 の巡回置換であり, $\sigma \in H$ なので $H = A_n$ である.

以上で $A_n$ が単純群であることが示された.$\Box$