代数学の問題

$L/\mathbb{Q}$ はガロア拡大なので $|\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})|=[L:\mathbb{Q}]$ である。

$L$ の生成元。 $\alpha =\sqrt[3]{5}$（実数）、$\beta =\sqrt[4]{3}$（正の実数）、$\omega =\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$ とする。$x^3-5$ の根は $\alpha ,\alpha \omega ,\alpha {\omega }^2$、$x^4-3$ の根は $\pm \beta ,\pm \beta i$ なので
$$L=\mathbb{Q}(\alpha ,\omega ,\beta ,i).$$
ここで $\sqrt{3}={\beta }^2\in \mathbb{Q}(\beta )$ なので $\omega =\frac{-1+{\beta }^{2}i}{2}\in \mathbb{Q}(\beta ,i)$。よって
$$L=\mathbb{Q}(\beta ,i)(\alpha ).$$

$[\mathbb{Q}(\beta ,i):\mathbb{Q}]=8$。 $x^4-3$ は $p=3$ のアイゼンシュタインの判定法により $\mathbb{Q}$ 上既約なので $[\mathbb{Q}(\beta ):\mathbb{Q}]=4$。$\mathbb{Q}(\beta )\subset \mathbb{R}$ なので $i\notin \mathbb{Q}(\beta )$、よって $[\mathbb{Q}(\beta ,i):\mathbb{Q}(\beta )]=2$ で、$[\mathbb{Q}(\beta ,i):\mathbb{Q}]=8$。

$[L:\mathbb{Q}]=24$。 $x^3-5$ は $p=5$ のアイゼンシュタインの判定法により既約なので $[\mathbb{Q}(\alpha ):\mathbb{Q}]=3$。$L$ は $\mathbb{Q}(\beta ,i)$ と $\mathbb{Q}(\alpha )$ をともに含むので、$[L:\mathbb{Q}]$ は $8$ と $3$ の両方で割り切れ、$24$ の倍数である。一方 $\alpha$ は $\mathbb{Q}(\beta ,i)$ 上で $x^3-5$ の根なので $[L:\mathbb{Q}(\beta ,i)]\le 3$、すなわち $[L:\mathbb{Q}]\le 24$。したがって
$$[L:\mathbb{Q}]=24.$$

よって $|\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})|=24$。

（注意：$x^3-5$ と $x^4-3$ の分解体の次数はそれぞれ $6$ と $8$ だが、$1$ の原始 $3$ 乗根 $\omega$ が $x^4-3$ の分解体にすでに含まれるため、単純な積 $48$ にはならない。）

$L$ は $\sqrt[3]{5},{\zeta }_3,\sqrt[4]{3},i$ で生成される。$K_1=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{5},{\zeta }_3)$（$x^3-5$ の最小分解体、次数 $6$、ガロア群 $S_3$）、$K_2=\mathbb{Q}(\sqrt[4]{3},i)$（$x^4-3$ の最小分解体、次数 $8$、ガロア群 $D_4$）とすると $L=K_1{K}_2$。

$K_1\cap K_2$ はともにガロア拡大の部分体なので $\mathbb{Q}$ 上ガロア。$K_1$ の正規部分体は $\mathbb{Q}$, $\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$, $K_1$ のみ。$K_1\not\subset K_2$（$3\nmid 8$）。一方 $K_2\ni i,\sqrt{3}=(\sqrt[4]{3}{)}^2$ なので $\sqrt{-3}=i\sqrt{3}\in K_2$、よって $\mathbb{Q}(\sqrt{-3})\subset K_1\cap K_2$。したがって $K_1\cap K_2=\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$、次数 $2$。

$[L:\mathbb{Q}]=\frac{6\cdot 8}{2}=24$。

検算: $L$ は $\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$ 上で $K_1$（次数 $3$）と $K_2$（次数 $4$）の合成で、互いに素な次数なので $[L:\mathbb{Q}(\sqrt{-3})]=12$、全体で $24$。