1月28日実施定期試験解答［1］ a が Q の平方元でないと仮定する

１月２８日実施定期試験解答
［１］
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a が Q の平方元でないと仮定する．このとき，φ( a) = − a によって φ ∈ Gal(Q( a)/Q) が定義され，
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Gal(Q( a)/Q) = {I, φ}． b ∈ Q( a) なら， b = p + q a (p, q ∈ Q) と表わせる．b が Q の平方元でな
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ければ，φ( b) = − b なので，− b = p − q a．したがって， b = q a．逆に，ab−1 が Q の平方元な
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ら，Q( a) = Q( b)．これから，Q( a) = Q( b) ⇔ ab−1 が Q の平方元．
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次に，a が Q の立方元でないと仮定する．ω = e2πi/3 = (−1 + 3i)/2 とおけば，φ( 3 a) = ω 3 a によっ
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∼
3
3
3
て体の Q 同型 Q( 3 a) → Q(ω 3 a) が定義される． b ∈ Q( 3 a) なら， b = p + q 3 a + r a2 (p, q, r ∈ Q)
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3
3
と表わせる．b が Q の立方元でなければ，φ( b) = ω b または ω 2 b．したがって，
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3
3
ω b = p + qω 3 a + rω 2 a2 , ω 2 b = p + qω 2 3 a + rω a2
または，
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3
3
ω b = p + qω 2 3 a + rω a2 , ω 2 b = p + qω 3 a + rω 2 a2
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3
3
3
3
したがって， b = q 3 a または b = r a2 ．逆に，ab−1 または a2 b−1 が Q の立方元なら，Q( 3 a) = Q( b)．
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3
これから，Q( 3 a) = Q( b) ⇔ ab−1 または a2 b−1 が Q の立方元．
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別解．Q( a) = Q( b) と仮定する．a が Q の平方元なら，Q( a) = Q なので，Q( b) = Q．したがって，
b もまた Q の平方元．逆に，b が Q の平方元なら，a もまた Q の平方元．
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以下，a が Q の平方元でないと仮定する． b ∈ Q( a) なので， b = p + q a (p, q ∈ Q) と表わせる．
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このとき，b = (p + q a)2 = (p2 + q 2 a) + 2pq a．ここで， a ̸∈ Q なので，pq = 0．q = 0 と仮定する
と，p2 = b となり，a が Q の平方元でないことに反する．したがって，p = 0，さらに，q 2 a = b．これか
ら，a−1 b は Q の平方元．
［２］
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(1) t4 − 4t2 + 16 = (t2 + 4)2 − 12t2 = (t2 − 2 3t + 4)(t2 + 2 3t + 4) なので，
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t4 − 4t2 + 16 = {t − ( 3 + i)}{t − ( 3 − i)}{t − (− 3 + i)}{t − (− 3 − i)}
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したがって，t4 − 4t2 + 16 の Q の上の最小分解体は Q( 3 + i, 3 − i) で与えられる．
ここで，
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1 √
1 √
3 = {( 3 + i) + ( 3 − i)}, i = {( 3 + i) − ( 3 − i)}
2
2
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なので， 3, i ∈ Q( 3+i, 3−i)．したがって，Q( 3, i) ⊂ Q( 3+i, 3−i)．逆に， 3+i, 3−i ∈ Q( 3, i)
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なので，Q( 3 + i, 3 − i) ⊂ Q( 3, i)．以上のことから，Q( 3, i) = Q( 3 + i, 3 − i)．
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(2) 拡大 Q( 3)/Q の基底として {1, 3} が取れるので，|Q( 3) : Q| = 2．また，拡大 Q( 3, i)/Q( 3) の
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基底として {1, i} が取れるので，|Q( 3, i) : Q( 3)| = 2．これから，
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|Q( 3, i) : Q| = |Q( 3, i) : Q( 3)||Q( 3) : Q| = 4
を得る．
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別解．( 3 + i)( 3 − i) = 4 なので，Q( 3 + i, 3 − i) = Q( 3 + i)．また，t4 − 4t2 + 16 は Q[t] において
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既約なので， 3 + i の Q の上の最小多項式は t4 − 4t2 + 16 で与えられる．これから，|Q( 3 + i) : Q| = 4．
1
［３］
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(1) 4 2 の Q の上の最小多項式は t4 − 2．したがって，Q( 4 2) を含む，Q の最小の Galois 拡大は t4 − 2 の
Q の上の最小分解体で与えられる．ここで，
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4
4
4
4
t4 − 2 = (t − 2)(t − 2i)(t + 2)(t + 2i)
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なので，t4 − 2 の Q の上の最小分解体は Q( 4 2, i) で与えられる．
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(2) φ( 4 2) = 4 2i, φ(i) = i, ψ( 4 2) = 4 2, ψ(i) = −i によって体 Q( 4 2, i) の Q 自己同型 φ, ψ が定義され
る．このとき，
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4
4
I : 2 7→ 2, i 7→ i,
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4
4
φ : 2 7→ 2i, i 7→ i,
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√
4
4
φ2 : 2 7→ − 2, i 7→ i,
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√
4
4
φ3 : 2 7→ − 2i, i 7→ i,
√
√
4
4
ψ : 2 7→ 2, i 7→ −i,
√
√
4
4
ψφ : 2 7→ − 2i, i 7→ −i,
√
√
4
4
ψφ2 : 2 7→ − 2, i 7→ −i,
√
√
4
4
ψφ3 : 2 7→ 2i, i 7→ −i
√
√
ここで，|Q( 4 2, i) : Q| = 8 なので，Gal(Q( 4 2, i)/Q) = {I, φ, φ2 , φ3 , ψ, ψφ, ψφ2 , ψφ3 }．
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√
√
√
√
さらに，ψ( 4 2) = 4 2 なので，Gal(Q( 4 2, i)/Q( 4 2)) = {I, ψ}．さらに，{I, ψ} を含む Gal(Q( 4 2, i)/Q)
√
の部分群は {I, ψ}, {I, ψ, φ2 , ψφ2 }, {I, φ, φ2 , φ3 , ψ, ψφ, ψφ2 , ψφ3 } に限る．したがって，Q( 4 2) の部分体
√
√
は Q( 4 2), Q( 2), Q に限る．
［４］
(1) σ の定義から
1( 1
1 ) 1(
1)
− −
=
t−
= u,
1
2
t
2
t
−
t
1 )
1(
1)
1 ( 1
− +
=
t+
=v
σ(v) =
1
2(−i)
t
2i
t
−
t
σ(u) =
したがって，u, v ∈ k ．
(2) u, v の定義から
1)
1(
1)
1(
t−
+i
t+
=t
2
t
2i
t
なので，t ∈ k(i)．また，R ⊂ k なので，C = R(i) ⊂ k(i)．したがって，K = k(i)．
u + iv =
(3) R ⊂ k, u, v ∈ k なので，R(u, v) ⊂ k ．また，C = R(i) ⊂ R(u, v)(i), t = u + iv ∈ R(u, v)(i) なので，
K = C(t) = R(u, v)(i)．したがって，|K : R(u, v)| = 2．一方，K = k(i), i ̸∈ k なので，|K : k| = 2．こ
れから，R(u, v) = k ．
(4) R(s) = k となるような s ∈ k が存在したと仮定する．このとき，
u=
f (s)
g(s)
, v=
h(s)
h(s)
となるような f (T ), g(T ), h(T ) ∈ R[T ] が存在する．ここで，
1 )2 1 (
1 )2
1(
t−
−
t+
= −1
u2 + v 2 =
4
t
4
t
2
なので，
f (s)2 + g(s)2 = −h(s)2
さらに，
γ = lim s(t)
t→∞
とおけば，代数学の基本定理から，任意の α ∈ C−{γ} に対して s(β) = α となるような β ∈ C が存在する．し
たがって，s(β) ∈ R, h(s(β)) ̸= 0 となるような β ∈ C が存在する．このとき，f (s(β)), g(s(β)), h(s(β)) ∈ R
なので，f (s(β))2 + g(s(β))2 ≥ 0, −h(s(β))2 < 0．これは f (s)2 + g(s)2 = −h(s)2 に反する．
以上のことから，R(s) = k となるような s ∈ k は存在しない．
3

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