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。$x^4-3$ の最小分解体を $K_1$、$x^3-2$ の最小分解体を $K_2$ とすると $L=K_1{K}_2$（合成体）である。

$K_1$ について. $x^4-3$ の根は $\pm \sqrt[4]{3},\pm \sqrt[4]{3}i$ なので $K_1=\mathbb{Q}(\sqrt[4]{3},i)$。$x^4-3$ は $p=3$ のアイゼンシュタインの判定法で既約だから $[\mathbb{Q}(\sqrt[4]{3}):\mathbb{Q}]=4$。$\mathbb{Q}(\sqrt[4]{3})\subset \mathbb{R}$ で $i\notin \mathbb{R}$ だから $[K_1:\mathbb{Q}(\sqrt[4]{3})]=2$、よって $[K_1:\mathbb{Q}]=8$。

$K_2$ について. $\omega =\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$ とすると根は $\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{2}\omega ,\sqrt[3]{2}{\omega }^2$ なので $K_2=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\omega )$。同様に $[K_2:\mathbb{Q}]=3\cdot 2=6$ で、$\mathrm{Gal}(K_2/\mathbb{Q})\cong S_3$。

共通部分 $K_1\cap K_2$. $K_1\cap K_2$ は $K_1$ と $K_2$ の両方の部分体だから、その次数は $8$ と $6$ の両方を割り切り、$1$ または $2$ である。ところが
$$\sqrt{-3}=\sqrt{3}i=(\sqrt[4]{3}{)}^2\cdot i\in K_1,\sqrt{-3}=2\omega +1\in K_2$$
であり、$\sqrt{-3}\notin \mathbb{Q}$ なので $K_1\cap K_2=\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$、次数は $2$ である。

合成体の次数. $K_1/\mathbb{Q}$ がガロア拡大なので、ガロア理論より $\mathrm{Gal}(K_1{K}_2/K_2)\cong \mathrm{Gal}(K_1/K_1\cap K_2)$ であり、
$$[L:\mathbb{Q}]=\frac{[K_1:\mathbb{Q}][K_2:\mathbb{Q}]}{[K_1\cap K_2:\mathbb{Q}]}=\frac{8\cdot 6}{2}=24.$$

よって $|\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})|=24$。（$8\cdot 6=48$ としてしまうのは、$K_1$ と $K_2$ が $\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$ を共有していることを見落とした誤りである。）

$L=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\omega ,\sqrt[4]{3},i)$。$K=\mathbb{Q}(\omega ,i)=\mathbb{Q}({\zeta }_{12})$ は次数 4 で $\sqrt{3}$ を含む。$[K(\sqrt[3]{2}):K]=3$（4 と互いに素）。$\sqrt[4]{3}\notin K$（$\mathbb{Q}(\sqrt[4]{3})$ は正規でなく、$K$ はアーベル拡大なので部分体はすべて正規）なので $[K(\sqrt[4]{3}):K]=2$。次数 2 と 3 は互いに素なので $[L:\mathbb{Q}]=4\cdot 2\cdot 3=24$。