円分体とGalois理論

[雪江]代数学2の演習問題で暫く温めておいた問題が解けました。第４章のガロア理論の問題です。


$${p}$$ を奇素数とする.



(1) $${\displaystyle\sqrt{-1},\sin\frac{2\pi}{p}\notin\mathbb{Q}(\zeta_p)}$$ であることを証明せよ.



(2) $${\displaystyle\tan\frac{2\pi}{p}\notin\mathbb{Q}(\zeta_p)}$$ だが $${\displaystyle\tan\frac{2\pi}{p}\in\mathbb{Q}(\zeta_{4p})}$$ であることを証明せよ.



(3) $${k}$$ を $${k\equiv 1\mod p}$$ となる整数とすれば  $${\displaystyle\cos\frac{2\pi}{p},\sin\frac{2\pi}{p}\in\mathbb{Q}\biggl(\tan \frac{2k\pi}{p}\biggr)}$$ となることを証明せよ.



(4) $${\displaystyle\mathbb{Q}\biggl(\tan\frac{2\pi}{p},\sqrt{-1}\biggr)=\mathbb{Q}(\zeta_{4p})}$$であることを証明せよ.



(5)推進定理を使って Gal$${\displaystyle\biggl(\mathbb{Q}\biggl(\tan\frac{2\pi}{p}\biggr)/\mathbb{Q}\biggr)}$$を求めよ.



(解答)


(1) $${\sqrt{-1}=\zeta_4}$$ としてよい.  $${(p,4)=1}$$ だから  $${\mathbb{Q}(\zeta_p)\cap\mathbb{Q}(\zeta_4)=\mathbb{Q}.}$$

よって $${\sqrt{-1}\notin\mathbb{Q}(\zeta_p)}$$



このことから $${\displaystyle\sin\frac{2\pi}{p}=\frac{\zeta_p-\zeta^{-1}_p}{2\sqrt{-1}}\notin\mathbb{Q}(\zeta_p).}$$



(2) $${\displaystyle\tan\frac{2\pi}{p}=\frac{1}{\sqrt{-1}}\frac{\zeta_p-\zeta^{-1}_p}{\zeta_p+\zeta^{-1}_p}\notin\mathbb{Q}(\zeta_p).}$$



$${(\zeta_{4p})^4=\zeta_p,\quad (\zeta_{4p})^p=\zeta_4=\sqrt{-1}}$$ より $${\displaystyle\tan\frac{2\pi}{p}=\frac{1}{(\zeta_{4p})^p}\frac{(\zeta_{4p})^4-(\zeta_{4p})^{-4}}{(\zeta_{4p})^4+ (\zeta_{4p})^{-4}}\in\mathbb{Q}(\zeta_{4p}).}$$



(3) $${2k=pm+1}$$ となる整数 $${m}$$ が存在するから $${\displaystyle\frac{2k\pi}{p}=m\pi+\frac{\pi}{p}.}$$

よって $${\displaystyle\tan\frac{2k\pi}{p}=\tan \frac{\pi}{p}.}$$



$${\displaystyle\alpha=\tan\frac{\pi}{p} }$$ とおくと $${\displaystyle\tan\frac{2\pi}{p}=\frac{2\alpha}{1-\alpha^2},\,\alpha^2=\tan^2\frac{\pi}{p}=\frac{1-\cos\frac{2\pi}{p}}{1+\cos\frac{2\pi}{p}} }$$ より



$${\displaystyle\cos\frac{2\pi}{p}=\frac{1-\alpha^2}{1+\alpha^2},\sin\frac{2\pi}{p}=\frac{2\alpha}{1+\alpha^2}\in\mathbb{Q}(\alpha) }$$



(4)は(2)の議論から直ちにわかる.



(5)推進定理を使うために $${\displaystyle \mathbb{Q}\biggl(\tan \frac{2\pi}{p}\biggr)\cap\mathbb{Q}(\sqrt{-1})=\mathbb{Q} }$$ を示す.




そうすれば (4)から, $${\displaystyle\text{Gal}\biggl(\mathbb{Q}\biggl(\tan\frac{2\pi}{p}\biggr)/\mathbb{Q}\biggr)\cong\text{Gal}\biggl(\mathbb{Q}\biggl(\tan\frac{2\pi}{p},\sqrt{-1}\biggr)/\mathbb{Q}(\sqrt{-1})\biggr)}$$

$${\displaystyle=\text{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_{4p})/\mathbb{Q}(\zeta_4))}$$



$${=\text{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_p,\sqrt{-1})/\mathbb{Q}(\sqrt{-1}))}$$



(1)より再び推進定理によって, $${\text{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_p)/\mathbb{Q})\cong\mathbb{Z}/(p-1)\mathbb{Z}}$$ となる.



$${\displaystyle\mathbb{Q}\biggl(\tan \frac{2\pi}{p}\biggr)\cap\mathbb{Q}(\sqrt{-1})}$$ は2次拡大 $${\displaystyle\mathbb{Q}(\sqrt{-1})/\mathbb{Q}}$$ の中間体だから, これが $${\mathbb{Q}(\sqrt{-1})}$$ に等しくないことを示せばよい.



そこで $${\displaystyle\mathbb{Q}\biggl(\tan\frac{2\pi}{p}\biggr)\cap\mathbb{Q}(\sqrt{-1})=\mathbb{Q}(\sqrt{-1})}$$ と仮定すると $${\displaystyle\mathbb{Q}\biggl(\tan \frac{2\pi}{p}\biggr)\supset\mathbb{Q}(\sqrt{-1})}$$ より

$${\displaystyle\sqrt{-1}\in \mathbb{Q}\biggl(\tan\frac{2\pi}{p}\biggr)\subset\mathbb{R}}$$ となって矛盾.