体論・ガロア理論の問題

$\alpha =\sqrt[3]{3}$（実数）、$\omega =\frac{-1+\sqrt{-3}}{2}$ とおくと、$x^3-3$ の根は $\alpha ,\alpha \omega ,\alpha {\omega }^2$、$x^2-2$ の根は $\pm \sqrt{2}$ なので
$$L=\mathbb{Q}(\alpha ,\omega ,\sqrt{2})$$
である。

$M=\mathbb{Q}(\alpha ,\omega )$ の次数. $x^3-3$ は $p=3$ に関するアイゼンシュタインの判定法により $\mathbb{Q}$ 上既約なので $[\mathbb{Q}(\alpha ):\mathbb{Q}]=3$。$\mathbb{Q}(\alpha )\subset \mathbb{R}$ で $\omega \notin \mathbb{R}$ であり、$\omega$ は $x^2+x+1$ の根なので $[M:\mathbb{Q}(\alpha )]=2$。よって $[M:\mathbb{Q}]=6$ で、$M$ は $x^3-3$ の最小分解体だから $\mathrm{Gal}(M/\mathbb{Q})$ は 3 根の置換群 $S_3$ と同型である。

$\sqrt{2}\notin M$. $S_3$ の指数 $2$ の部分群は $A_3$ ただ 1 つなので、ガロア対応により $M$ の $\mathbb{Q}$ 上 2 次の部分体はただ 1 つで、それは $\mathbb{Q}(\omega )=\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$ である。$\mathbb{Q}(\sqrt{2})=\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$ となるには $\sqrt{2}\cdot \sqrt{-3}$ の 2 乗 $-6$ が有理数の 2 乗でなければならないが、そうではない。よって $\sqrt{2}\notin M$、すなわち $M\cap \mathbb{Q}(\sqrt{2})=\mathbb{Q}$。

ガロア群. $M/\mathbb{Q}$ と $\mathbb{Q}(\sqrt{2})/\mathbb{Q}$ はともにガロア拡大で、共通部分が $\mathbb{Q}$ なので、合成体 $L$ について
$$\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})\cong \mathrm{Gal}(M/\mathbb{Q})\times \mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt{2})/\mathbb{Q})\cong S_3\times C_2,$$
$[L:\mathbb{Q}]=12$ である。

部分群の個数. ガロアの基本定理より、中間体の個数は $G=S_3\times C_2$ の部分群の個数に等しい。$C_2=\{0,1\}$ と書き、位数ごとに数える。
- 位数 $1$: $1$ 個。
- 位数 $2$: 位数 $2$ の元は $(\tau ,0)$（$\tau$ は互換、3 個）、$(e,1)$（1 個）、$(\tau ,1)$（3 個）の計 $7$ 個で、それぞれが生成する部分群は異なるので $7$ 個。
- 位数 $3$: 位数 $3$ の元は $(\sigma ,0)$（$\sigma$ は 3-サイクル、2 個）だけで、部分群は $A_3\times \{0\}$ の $1$ 個。
- 位数 $4$: シローの $2$-部分群。位数 $4$ の元はないので位数 $4$ の部分群は $\{(e,0),(\tau ,0),(e,1),(\tau ,1)\}$ の形（クラインの四元群）であり、$\tau$ の選び方で $3$ 個。（シローの定理で個数は $1$ か $3$ であり、確かに $3$ 個。）
- 位数 $6$: 指数 $2$ の部分群は、$G$ から $C_2$ への全射準同型の核に対応する。$G/[G,G]$ を考えると $[G,G]=A_3\times \{0\}$ で $G/[G,G]\cong C_2\times C_2$ だから、そのような全射は $3$ 個あり、位数 $6$ の部分群は $S_3\times \{0\}$、$A_3\times C_2$、$\{(\pi ,\epsilon (\pi ))\mid \pi \in S_3\}$（$\epsilon$ は符号を $C_2$ に移したもの）の $3$ 個。
- 位数 $12$: $1$ 個。

（位数 $6$ の部分群は必ず位数 $3$ の部分群 $A_3\times \{0\}$ を含み指数 $2$ で正規なので、上の数え方で漏れはない。）

合計は $1+7+1+3+3+1=16$。よって中間体の個数は $16$ である。

（補足: $S_3\times C_2$ は位数 $12$ の二面体群 $D_6$ と同型で、$D_n$ の部分群の個数 $d(n)+\sigma (n)=4+12=16$ とも一致する。）

$f=(x^3-3)(x^2-2)$ の最小分解体は $L=\mathbb{Q}(\omega ,\sqrt[3]{3},\sqrt{2})$（$\omega$ は 1 の原始 3 乗根）。$M=\mathbb{Q}(\omega ,\sqrt[3]{3})$ は $x^3-3$ の最小分解体で $[M:\mathbb{Q}]=6$、$\mathrm{Gal}(M/\mathbb{Q})\cong S_3$。$M$ の唯一の 2 次部分体は判別式の平方根が生成する $\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$ であり、$\sqrt{2}\notin \mathbb{Q}(\sqrt{-3})$ なので $\sqrt{2}\notin M$。よって $[L:\mathbb{Q}]=12$ で、$M\cap \mathbb{Q}(\sqrt{2})=\mathbb{Q}$ より $\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})\cong S_3\times C_2$。これは位数 12 の二面体群 $D_6\cong S_3\times C_2$ である。ガロア対応により中間体の個数は部分群の個数に等しい。

位数 $2n$ の二面体群 $D_n$ の部分群の個数は $\tau (n)+\sigma (n)$ である（$n=6$: $\tau (6)=4,\sigma (6)=12$）ので $16$。

検算（位数別に直接数える）: 位数 1: 1 個、位数 2: 反転 6 個と中心 1 個の計 7 個、位数 3: 1 個、位数 4: 3 個（$\{1,z,s,sz\}$型; 反転 3 組）、位数 6: 3 個（$C_6$、$S_3$ が 2 個）、位数 12: 1 個。合計 $1+7+1+3+3+1=16$。