Galois群の計算 - くろの数学手記

今回は, 多項式 $X^7-11$ の $\mathbb{Q}$ 上のGalois群に関する問題を解きます. これは某大学院入試の過去問ですが, なかなかハードな部類に入ると思います. 問題は次の通りです.

問題 $f(X):=X^7-11$ の $\mathbb{Q}$ 上の最小分解体を $L_f$ とおく. 体の拡大 $L_f/\mathbb{Q}$ の中間体の個数を求めよ.

Galoisの基本定理より, $L_f/\mathbb{Q}$ の中間体はGalois群 $G:=Gal(L_f/\mathbb{Q})$ の部分群と1対1に対応します. よって, $G$ がいくつの部分群を持つかを調べれば良いです.

$\zeta:=e^{\frac{2\pi i}{7}}, \alpha:=\sqrt[7]{11}$ とおく. $f$ の根は $\alpha\zeta^k~(0\le k\le 6)$ なので, $L_f=\mathbb{Q}(\zeta,\alpha)$ となります.

主張.1 $L_f/\mathbb{Q}$ は42次拡大.

(証明)

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円分体の一般論から $\mathbb{Q}(\zeta)/\mathbb{Q}$ は6次拡大. Eisensteinの既約判定法(p=11)により $f$ は $\mathbb{Q}$ 上既約なので, $\mathbb{Q}(\alpha)/\mathbb{Q}$ は7 $(=\deg f)$ 次拡大. よって, $[L_f:\mathbb{Q}]$ は6と7の倍数である. 一方で, $L_f/\mathbb{Q}(\zeta)$ は高々7次拡大なので, $L_f/\mathbb{Q}$ は高々42次拡大. したがって, $L_f/\mathbb{Q}$ は42次拡大である.

$\Box$

これで, $|G|=42$ がわかりました. $L_f$ は $\mathbb{Q}$ 上 $\zeta$ と $\alpha$ で生成されるので, $G$ の元は $\zeta$ と $\alpha$ の行き先で決まります. よって, $\phi\in G$ は $(\phi(\zeta),\phi(\alpha))$ で表せます. 一方で, $\zeta$ と $\alpha$ はそれぞれ $\mathbb{Q}$ 上の共役元に飛ばねばなりません. $\zeta$ の共役元は $\zeta^m~(1\le m\le 6)$ の6個, $\alpha$ の共役元は $\alpha\zeta^n~(0\le n\le 6)$ の7個. $|G|=42$ なので, 結局 $G=\{ (\zeta^m,\alpha\zeta^n)~|~1\le m\le 6,~0\le n\le 6 \}$ となります.

主張.2 $\sigma:=(\zeta^3,\alpha),~\tau:=(\zeta,\alpha\zeta)$ とおく.
(1) *1 $ord(\sigma)=6$ , $ord(\tau)=7$ .
(2) $G=\{ \tau^j \sigma^i~|~0\le i\le 5,0\le j\le 6\}$ .

(証明)

(2)のみ示す. $\tau^j \sigma^i(\zeta)=\tau^j(\zeta^{3^i})=\zeta^{3^i}$ , $\tau^j \sigma^i(\alpha)=\tau^j(\alpha)=\alpha\zeta^j$ より, $\tau^j \sigma^i=(\zeta^{3^i},\alpha\zeta^j)$ である. 簡単な計算により, $\{(\zeta^{3^i},\alpha\zeta^j)~|~0\le i\le 5,0\le j\le 6\}$

$=\{ (\zeta^m,\alpha\zeta^n)~|~1\le m\le 6,~0\le n\le 6 \}$

$=G$ がわかる.

$\Box$

これで, $G$ が $\sigma$ と $\tau$ で生成され, さらに $G$ の元は $\tau^j \sigma^i$ という標準形をもつことがわかりました. 部分群の計算には元の位数の情報が有効なので, $G$ の元の位数を求めましょう.

主張.3
(1) $\tau=\sigma^{-1}\tau^3\sigma$ .
(2) $i\ne 0$ なら, $(\tau^j\sigma^i)^n=\tau^{\frac{3^{in}-1}{3^i-1}j} \sigma^{in}$ .

(証明)

(1)は簡単な計算により分かるので, (2)のみ示す. 以下, $i\ne 0$ とする.

$(\tau^j\sigma^i)^n=\tau^{b_n}\sigma^{a_n}$ とすると,

$\tau^{b_n}\sigma^{a_n}$ $=\tau^{b_{n-1}}\sigma^{a_{n-1}}\tau^j\sigma^i$ $=\tau^{b_{n-1}}\sigma^{a_{n-1}}(\sigma^{-1}\tau^3\sigma)^j\sigma^i$

$=\tau^{b_{n-1}}\sigma^{a_{n-1}-1}\tau^{3j}\sigma^{i+1}$

$=\tau^{b_{n-1}}\sigma^{a_{n-1}-1}(\sigma^{-1}\tau^3\sigma)^{3j}\sigma^{i+1}$

$=\tau^{b_{n-1}}\sigma^{a_{n-1}-2}\tau^{3^2j}\sigma^{i+2}$

$=\cdots$

$=\tau^{b_{n-1}}\sigma^{a_{n-1}-a_{n-1}}\tau^{3^{a_{n-1}}j}\sigma^{i+a_{n-1}}$

$=\tau^{b_{n-1}+3^{a_{n-1}}j}\sigma^{i+a_{n-1}}$ .

よって, 次の連立漸化式を得る.

$\begin{array}{l} a_n=a_{n-1}+i \\ b_n=b_{n-1}+3^{a_{n-1}}j \\ a_0=b_0=0 \end{array}$

これを解くことは高校レベルの簡単な計算問題であるから, 解のみを述べる.

$a_n=in,~b_n=\frac{3^{in}-1}{3^i-1}j$ .

よって, $(\tau^j\sigma^i)^n=\tau^{\frac{3^{in}-1}{3^i-1}j}\sigma^{in}$ である.

$\Box$

これで, $G$ の元の位数を求めることができます. 既に述べた通り, $G$ の元は $\tau^j\sigma^i$ という一意的な表示(標準形)を持ちます. $i=0$ または $j=0$ のときは位数は明らかなので, 以下では $i\ne 0,~j\ne 0$ とします. $\sigma$ の位数は6で $\tau$ の位数は7なので, 主張.3の結果から, $in\equiv 0 \pmod 6$ , $\frac{3^{in}-1}{3^i-1}j\equiv 0 \pmod 7$ を満たす最小の $n\gt0$ が $\tau^j\sigma^i$ の位数です. $\mathbb{Z}/7\mathbb{Z}$ が体であることに注意すると, $\frac{3^{in}-1}{3^i-1}j\equiv 0 \pmod 7$

$\Leftrightarrow 3^{in}-1\equiv 0 \pmod 7$

$\Leftrightarrow in\equiv 0 \pmod 6$ . よって, 次を得ます.

主張.4 $\tau^j\sigma^i$ の位数は, 表に示すとおりである.

i \ j	0	1	2	3	4	5	6
0	1	7	7	7	7	7	7
1	6	6	6	6	6	6	6
2	3	3	3	3	3	3	3
3	2	2	2	2	2	2	2
4	3	3	3	3	3	3	3
5	6	6	6	6	6	6	6

それではいよいよ部分群の計算に入りましょう. Lagrangeの定理より, $G$ の部分群の位数としてあり得るのは1,2,3,6,7,14,21,42です. 位数1の部分群は単位群 $\{1\}$ しかありえず, 位数42の部分群は $G$ 自身しかありえません. 素数位数の群は巡回群なので, 特に位数2,3,7の部分群はすべて巡回群です. $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ は位数2の元1つと単位元からなるので, $G$ の位数2の部分群は $G$ の位数2の元1つと対応します. 主張.4より $G$ は位数2の元を7つ持つので, 位数2の部分群は7つであることがわかります. 同じように, $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ は位数3の元2つと単位元からなるので, 位数3の部分群は位数3の元2つと対応し, $G$ の位数3の部分群は7つ. $\mathbb{Z}/7\mathbb{Z}$ は位数7の元6つと単位元からなるので, 位数7の部分群は位数7の元6つと対応し, $G$ の位数7の部分群は1つ. 残るは位数6,14,21の部分群だけです.

主張.5
(1) $G$ の位数6の部分群はすべて巡回群.
(2) $G$ の位数6の部分群は7つ.
(3) $G$ において, $H:=\{\tau^j\sigma^i~|~i=0,3;0\le j\le 6\}$ は位数14の唯一の部分群.
(4) $G$ において, $K:=\{\tau^j\sigma^i~|~i=0,2,4;0\le j\le 6\}$ は位数21の唯一の部分群.

(証明)

(1) 位数6の群は対称群 $S_3$ か巡回群 $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ のいずれかに同型であることが知られている. $S_3$ の相異なる2つの位数2の元(互換)は, 掛け合わせることで位数3の元になる. ところが, $G$ にはそのような位数2のペアは存在しない. 実際, 主張.4より $G$ の位数2の元は $\tau^j\sigma^3$ と表わせ, $ord(\tau^j\sigma^3\tau^{j'}\sigma^3)$ $=ord(\tau^{j-j'})$ $\ne 3$ . したがって, $G$ の位数6の部分群はすべて巡回群である.

(2) $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ は位数6の元を2つ含むので, (1)と合わせると, 結局位数6の部分群は位数6の元2つと対応する. よって, 主張.4より7つである.

(3) $H$ が部分群であることは容易に確かめられる. 逆に, 位数14の部分群 $H'$ があったとすると, Lagrangeの定理から $H'$ の元の位数は14の約数である. ところが, 主張.4によると, そのような元は $G$ にちょうど14個しかなく, それらはすべて $H$ の元である. よって, $H'=H$ となる.

(4) (3)と同様に示すことができるので, 省略する.

$\Box$

以上で, 目標の問題を解くことができました. 以下に結果をまとめておきます.

結果 $f(X):=X^7-11$ の $\mathbb{Q}$ 上の最小分解体を $L_f$ とおく.
$L_f/\mathbb{Q}$ は42次拡大であり, そのGalois群 $Gal(L_f/\mathbb{Q})$ *2は表に示す通り合計26個の部分群をもつ. したがってGaloisの基本定理より, $L_f/\mathbb{Q}$ は26個の中間体をもつ.

位数	1	2	3	6	7	14	21	42
個数	1	7	7	7	1	1	1	1

*1: $ord$ は元の位数を指す.

*2:今回は特にふれなかったが, 実はこのGalois群は半直積 $\mathbb{Z}/7\mathbb{Z}\rtimes\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ に同型.