ガロア理論コミュの体の拡大

何気なしに、データベースを見ていたら、
何とか判りたいと思って、写したものに出会った。
ほとんど忘れていた。 これも写しておきますね。

「数論への出発」、山本芳彦ほか著、ｐ９５−９６
に３次体:Q(2cos(2π/7))における素イデアル分解の記述がありました。
勉強がてら写してみます。
数論Ｉでは、１５５ページの円分体の解説あたりで登場します。

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K=Q(α),
α=2cos(2π/7)=ζ_7+(ζ_7)^(-1)　(ζ_7=e^(2πi/7))
におけるイデアル(p)=pO_k (pは素数）の素イデアル分解を調べる

ζ_7を単にζとかく。
ζは１の原始７乗根だから６次方程式
Ｘ^6+Ｘ^5+Ｘ^4+Ｘ^3+Ｘ^2+Ｘ+1 の根である。

この両辺をＸ^3で割ってＸ+１／Ｘに関しての方程式にまとめ直すと、
（x+1/x)^3+(x+1/x)^2-2(x+1/x)-1=0
である。

α=ζ+ζ^(-1)だったから、αは３次方程式
Ｘ^3+Ｘ^2-2Ｘ-1=0 の根である。 ●

f(X)=X^3+X^2-2X-1とおく。f(X)はQ上既約である。
なぜなら、もし可約だとすると、
f(X)は３次式だから、ある１次式X-a(a∈Z)で割り切れる。
このとき、aはf(X)の定数項-1の約数となるから、a=±1である。
一方、f(±1)=-+1≠0だからf(X)はX±1では割り切れないから、f(X)は可約ではあり得ない。（このあたりは、アイゼンシュタインの定理というのがあった。）

したがって、f(X)は既約である。
f(X)=0の３根は
2cos(2π/7)=ζ+ζ^(-1),
2cos(4π/7)=ζ^2+ζ^(-2),
2cos(6π/7)=ζ^3+ζ^(-3),
で与えられることはすぐに確かめられる。

ところが
ζ+ζ^(-1)=α,
ζ^2+ζ^(-2)=α^2-2,
ζ^3+ζ^(-3)=α^3-3α=(-α^2+2α+1)-3α=-α^2-α+1

だから、f(X)の３根はすべてK=Q(α)に属する。
したがって、KはQ上３次のガロア拡大体であって、
そのガロア群は位数３の群。
したがって、巡回群である。
実際、G(K/Q)は、α→α^2-2より定まるKの自己同型より生成される。

実際、{α^2-2}^2-2=α^4-4α^2+2=
●より、α^3+α^2-2α-1=0　より、α^3=-α^2+2α+1 したがって、α^4=-α^3+2α^2+α
これを代入して、
α^4-4α^2+2=-α^3+2α^2+α-4α^2+2=-α^3-2α^2+α+2
=α^2-2α-1-2α^2+α+2=-α^2-α+1
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好く判りませんが、アナロジーでやってみました。 たいへんです。

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K=Q, L=Q(√2,√3,√5)とすると、
[L:k]=8, G(L/K)={σ_1,σ_2,σ_3,σ_4, σ_5,σ_6,σ_7,σ_8}
ここにσ_1は恒等写像、σ_2,σ_3,σ_4, σ_5,σ_6,σ_7,σ_8は次の性質で特徴づけられるLのK上の自己同型である。
以下はひとつだけマイナス。
σ_2(√2)= -√2, σ_2(√3)=√3, σ_2(√5)=√5, ; (-,+,+)
σ_3(√2)=√2, σ_3(√3)=-√3, σ_3(√5)=√5, ; (+,-,+)
σ_4(√2)=√2, σ_4(√3)=√3, σ_4(√5)=-√5, ; (+,+,-)
以下は２つマイナス。
σ_5(√2)=-√2, σ_5(√3)=-√3, σ_5(√5)=√5, ; (-,-,+)
σ_6(√2)=-√2, σ_6(√3)=√3, σ_6(√5)=-√5, ; (-,+,-)
σ_7(√2)=√2, σ_7(√3)=-√3, σ_7(√5)=-√5, ;(+,-,-)
下はみなマイナス。
σ_8(√2)=-√2, σ_8(√3)=-√3, σ_8(√5)=-√5, ;(-,-,-)

LはKのガロア拡大であり、ガロア群の群構造は
σ_2^2=σ_3^2=σ_4^2=σ_5^2=σ_6^2=σ_7^2=σ_8^2=σ_1=1, (+,+,+)

σ_5=σ_2σ_3=σ_3σ_2 (-,-.+)
σ_6=σ_2σ_4=σ_4σ_2 (-,+,-)
σ_3=σ_2σ_5=σ_5σ_2 (+,-,+)
σ_4=σ_2σ_6=σ_6σ_2 (+,+,-)
σ_8=σ_2σ_7=σ_7σ_2 (-,-,-)
σ_7=σ_2σ_8=σ_8σ_2 (+,-,-)

σ_7=σ_3σ_4=σ_4σ_3 (+,-,-)
σ_2=σ_3σ_5=σ_5σ_3 (-,+,-)
σ_8=σ_3σ_6=σ_6σ_3 (-,-,-)
σ_4=σ_3σ_7=σ_7σ_3 (+,+,-)
σ_6=σ_3σ_8=σ_8σ_3 (-,+,-)

σ_8=σ_4σ_5=σ_5σ_4 (-,-,-)
σ_2=σ_4σ_6=σ_6σ_4 (-,+,+)
σ_3=σ_4σ_7=σ_7σ_4 (+,-,+)
σ_5=σ_4σ_8=σ_8σ_4 (-,-,+)

σ_7=σ_5σ_6=σ_6σ_5 (+,-,-)
σ_6=σ_5σ_7=σ_7σ_5 (-,+,-)
σ_4=σ_5σ_8=σ_8σ_5 (+,+,-)

σ_5=σ_6σ_7=σ_7σ_6 (-,-,+)
σ_3=σ_6σ_8=σ_8σ_6 (+,-,+)

σ_2=σ_7σ_8=σ_8σ_7 (-,+,+)

で与えられ、
G(L/K)∼=Z/2Z x Z/2Zx Z/2Z

K=Q, L=Q(√2,√3,√5)のとき、上の対応M←→Hは、
Q(√2,√3,√5)←→{σ_1},
Q(√2,√3)←→{σ_1,σ_4},
Q(√2,√5)←→{σ_1,σ_3},
Q(√3,√5)←→{σ_1,σ_2},
Q(√2)←→{σ_1, σ_3,σ_4,σ_7},
Q(√3) ←→{σ_1, σ_2,σ_4,σ_6}
Q(√5)←→{σ_1, σ_2,σ_3,σ_5},
Q(√6)←→{σ_1, σ_4,σ_5,σ_8},
Q(√10) ←→{σ_1, σ_3,σ_6,σ_8},
Q(√15)←→{σ_1, σ_2,σ_7,σ_8},
Q ←→ {σ_1,σ_2,σ_3,σ_4,σ_5,σ_6,σ_7,σ_8}
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数論Ｉのテキストでは、Q(√2,√3,√5)と拡大するのでなく、
円分体Q(ζ)で拡大を考えています。例えば、Q(ζ_8)や、Q(ζ_15),Q(ζ_20)。
そうすると、自然数の巡回群と同型になって、モードの計算に持って行けるようです。ζが原始根になっているのが見通しを良くしていると思われます。

Q(ζ_8)では、
Gal(Q(ζ_8)/Q))〜＝(Z/8Z)^(x)={1; 3; 5; 7}
で、
Q(ζ_8)=Q(√2,√-1)⊃Q(√2)⊃Q
Q(ζ_8)=Q(√2,√-1)⊃Q(√-1)⊃Q

Q(ζ_15)では、
Gal(Q(ζ_15)/Q))〜＝(Z/15Z)^(x)={1; 2; 4; 7; 8; 11; 13; 14}
で、
Q(ζ_15)⊃Q(√5,√-3)⊃Q(√-3)⊃Q
Q(ζ_15)⊃Q(√5,√-3)⊃Q(√5)⊃Q
Q(ζ_15)⊃Q(√5,√-3)⊃Q(√-15)⊃Q や、
Q(ζ_15)⊃Q(ζ_5)⊃Q(√5)⊃Q
Q(ζ_15)⊃Q(ζ+ζ^(-1))⊃Q(√5)⊃Q
の塔が現れます。


Q(ζ_20)では、
Gal(Q(ζ_15)/Q))〜＝(Z/20Z)={1; 3; 7; 9; 11; 13; 17; 19}
で
Q(ζ_20)⊃Q(√5,√-1)⊃Q(√5)⊃Q
Q(ζ_20)⊃Q(√5,√-1)⊃Q(√-1)⊃Q
Q(ζ_20)⊃Q(√5,√-1)⊃Q(√-5)⊃Q や、
Q(ζ_20)⊃Q(ζ_5)⊃Q(√5)⊃Q
Q(ζ_20)⊃Q(ζ+ζ^(-1))⊃Q(√5)⊃Q
の塔が現れます。

そして、例えば
体K1 =Q(√5,√-1)で素数Ｐが完全分解する条件
として、P≡1,9 (mod: 20)
といった議論をガロア理論の上に展開していくのが数論のようです。

以上は、数論Ｉ（加藤和也、黒川重信、斎藤毅著）の第５章より、

α,
α^2-2,
-α^2-α+1
はガロア群で位数３の群、巡回群である。
G(K/Q)は、α→α^2-2より定まるKの自己同型より生成される。

実際、{α^2-2}^2-2=-α^2-α+1
また、-{α^2-2}^2-{α^2-2}+1=α, {-α^2-α+1}^2-2=α ●

確かに------
{-α^2-α+1}^2-2=1-2(α^2+α)+(α^2+α)^2-2
=-2(α^2+α)+α^4+2α^3+α^2-1
=-2α^-2α+α^4+2α^3+α^2-1
=α^4+2α^3-α^2-2α-1 ◎

α^3+α^2-2α-1=0より、
α^4+α^3-2α^2-α=0
α^4=-α^3+2α^2+α

◎=-α^3+2α^2+α+2α^3-α^2-2α-1
=α^3+α^2-α-1
=α
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このことは、以下を意味していると思う。

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ガウスが考察した素数次数の円周等分方程式は巡回方程式でした。すなわち、次数nは素数とするとき、円周等分方程式のn個の根は、
　　x、θ(x)、θ^2(x)、θ^3(x)、... θ^(n-1)(x)
というふうに書き表わされます。ここで、xはひとつの根を表わし、θ(x)はxの有理関数を表わします。また、θ^n(x)=xという性質が備わっています。アーベル方程式というのは巡回方程式の概念の延長線上においてアーベルが把握した概念で、下記の定理で語られている代数方程式のことです。

《ある任意次数の方程式の根は、すべての根がそれらのうちのひとつを用いて有理的に表示されるという様式で相互に結ばれているとしよう。そのひとつの根をxで表わそう。また、さらに、θ(x)、θ1(x)は他の任意の二根を表わすとするとき、
　　θ(θ1(x))=θ1(θ(x))
となるとしよう。このとき、ここで取り上げられている方程式はつねに代数的に可解である。》
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http://reuler.blog108.fc2.com/category3-8.html#top
この数学史のページは勉強になります。

ここで、θ(α)=α^2-2, θ1(α)=-α^2-α+1
とすると、●より
θ(θ1(α)=θ1(θ(α))=α

yasumath
さんから、コメントをもらいました。こちらに写しておきます。

2010年10月06日
拝見致しました.
下の考察をされたことが在りますか?

◆f[x]=x^3 -3*x +1 ,のとき αが　f[x]=0　の　解　なら
(1)g[α]=α^2 -2　●も　解●　であることを示せ。
(2)上のgのような多項式を総計3個求めよ

という問題があり、(1)は解けましたが
（イ）どのようにしてg[α]を見出したのでしょうか??? 　
(ロ）(2)を教えてください。

このような問を　「●も　かい●」型の問と命名したくなりました。
http://www.google.co.jp/search?sourceid=navclient&hl=ja&ie=UTF-8&rlz=1T4TSJH_jaJP367JP367&q=%e3%81%8a%e3%81%be%e3%81%88%e3%82%82%e3%81%8b%e3%81%84

以下の「●も　かい●」型の問達を　宜しく　お願い致します；
（gの次数はfの次数-1以下とする)

◆f[x]=x^4 + x^3 + x^2 + x + 1,のとき αが　f[x]=0　の　解　なら
(1)g[α]=α^3　も　解　であることを示せ。
(2)上のgのような多項式を総計4個求めよ
◆f[x]=x^5 + 49*x^4 + 452*x^3 + 1125*x^2 - 207*x + 1, のとき αが　f[x]=0　の　解　なら
g[α]　も　解　であるような　g[α]を総計5個求めよ
◆f[x]=x^8 - 68*x^6 + 918*x^4 - 612*x^2 + 17,のとき αが　f[x]=0　の　解　なら
g[α]　も　解　であるような　g[α]を総計8個求めよ
ーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーーー
◆f[x]=x^3 + 3*x^2 - 1,のとき αが　f[x]=0　の　解　なら
g[α]　も　解　であるような　g[α]を総計3個求めよ

yasumathさま

f(x)=x^3-3x+1
f(α)=0, つまり、α^3-3α+1=0, これは、α^3=3α-1

まずは、
f(α^2 -2)
=(α^2 -2)^3-3(α^2 -2)+1
=(3α^2-7)-3(α^2 -2)+1
=3α^2 -7-3α^2+6+1
=0

ここで、(α^2 -2)^3=(α^2 -2)^2(α^2 -2)
=(α^4 -4α^2 +4)(α^2 -2)
=α^6-4α^4+4α^2-2α^4+8α^2-8
=α^6-6α^4+12α^2-8 [**]
α^6=(α^3)^2=(3α-1)^2=9α^2-6α+1
α^4=α^3α=(3α-1)α=3α^2-α

[**] =(9α^2-6α+1)-6(3α^2-α)+12α^2-8
=9α^2-6α+1-18α^2+6α+12α^2-8
=3α^2-7
を使った。

どうも、以下のことがキーなのでありましょう。
＝＝＝＝＝
f(X)の３根はすべてK=Q(α)に属する。
したがって、KはQ上３次のガロア拡大体であって、
そのガロア群は位数３の群。
したがって、巡回群である。
実際、G(K/Q)は、α→α^2-2より定まるKの自己同型より生成される。

実際、{α^2-2}^2-2=α^4-4α^2+2=
◆f[x]=x^3 -3x+1 ,のとき αが　f[x]=0　の　解　なら
α^3-3α+1=0　より、α^3=3α-1 したがって、
α^4=3α^2-α
これを代入して、
α^4-4α^2+2=3α^2-α-4α^2+2=-α^2-α+2
g(α)=-α^2-α+2

実際：
f(g(α))=f(-α^2-α+2)
=(-α^2-α+2)^3-3(-α^2-α+2)+1
=(-α^2-α+2)^2(-α^2-α+2)-3(-α^2-α+2)+1
={(-α^2-α)^2+4(-α^2-α)+4}{2-(α^2+α)}+3α^2+3α-5
=
=-(α^2+α)^3+6(α^2+α)^2-9(α^2+α)+3
=
=-(α^2+α)(-2α^2-α+7)+3
=(α^2+α)(2α^2+α-7)+3
=2α^4+α^3-7α^2+2α^3+α^2-7α+3
=2(3α^2-α)+(3α-1)-7α^2+2(3α-1)+α^2-7α+3
=6α^2-2α+3α-1-7α^2+6α-2+α^2-7α+3
={6α^2-7α^2+α^2}+{-2α+3α+6α-7α}+{-1-2+3}
=0

以下の問題は巡回群をもとめるのでしょうが、
できそうな気がしてきました。
ちょっと時間がかかります。

◆f[x]=x^4 + x^3 + x^2 + x + 1,のとき αが　f[x]=0　の　解　なら
(1)g[α]=α^3　も　解　であることを示せ。
(2)上のgのような多項式を総計4個求めよ

これは、円分方程式なのでしょうね。
x^5-1=(x-1)(x^4 + x^3 + x^2 + x + 1)=0
と考えれば、

2π/5, 4π/5, 6π/5, 8π/5, 2π(10π/5)
が解になるので、

３乗を、角度のかける３と考えて
10のモード計算を考えれば
2*3=6
4*3=12=2
6*3=18=8
8*3=24=4
10*3=30=10=0
やはり、2,4,6,8,10のすべてが出てくる。

つまり、αは、１の５乗根で、４つの多項式は、
α,α^2,α^3,α^4