体論・ガロア理論の問題

$f$ の既約性

${\mathbb{F}}_3[t]$ において $t$ は素元であり、$f(x)=x^6-t$ は最高次係数が $1$、他の係数（$-t$ のみ）は $t$ で割り切れ、定数項 $-t$ は $t^2$ で割り切れない。よってアイゼンシュタインの判定法（${\mathbb{F}}_3[t]$ は UFD でその商体が $K$）により $f$ は $K[x]$ で既約である。

根と分解体

代数閉包の中で $u^6=t$ をみたす元 $u$ を 1 つとる。標数が $3$ なので、フロベニウス写像により $(a+b{)}^3=a^3+b^3$ が成り立ち、
$$x^6-t=x^6-u^6=(x^2{)}^3-(u^2{)}^3=(x^2-u^2{)}^3=(x-u{)}^3(x+u{)}^3.$$
したがって $f$ の根は $u$ と $-u$ の 2 つだけ（それぞれ重複度 $3$）であり、$\pm u\in K(u)$ だから $L=K(u)$。$f$ は既約で $u$ の最小多項式だから
$$[L:K]=\mathrm{deg}f=6.$$

分離次数

$v=u^3$ とおくと $v^2=t$。$x^2-t$ は（アイゼンシュタインにより）既約で、その根 $\pm v$ は相異なる（標数 $3\ne 2$ で $v\ne 0$）ので、$K(v)/K$ は次数 $2$ の分離拡大である。

一方 $u$ は $K(v)$ 上 $x^3-v=(x-u{)}^3$ の根であり、$[L:K(v)]=6/2=3$ より $x^3-v$ が $u$ の $K(v)$ 上の最小多項式である。これは根がただ 1 つの多項式なので $L/K(v)$ は純非分離拡大である。

純非分離拡大の中では $K(v)$ 上分離的な元は $K(v)$ の元に限られるので、$L$ の中で $K$ 上分離的な元全体は $L_s=K(v)$ となる。よって
$$[L:K{]}_s=[K(v):K]=2.$$

（確認: $[L:K{]}_s$ は $K$ 上の埋め込み $L\to \overline{K}$ の個数とも等しく、$u$ の行き先は $f$ の相異なる根 $\pm u$ の 2 通りなので $2$ である。）

答えは $(6,2)$。

$\alpha$ を ${\alpha }^6=t$ をみたす元とする。標数 3 なので $x^6-t=(x^2{)}^3-t=(x^2-s{)}^3$ （$s=t^{1/3}$、$s^3=t$）。${\alpha }^2=s$ で、$x^6-t=(x-\alpha {)}^3(x+\alpha {)}^3$ と分解するから、最小分解体は $L=K(\alpha )$。次数: $x^3-t$ は $K={\mathbb{F}}_3(t)$ 上既約（$t$ は 3 乗でない）ので $[K(s):K]=3$。$K(s)={\mathbb{F}}_3(s)$ で $s$ は超越元、$s$ は平方でないので $x^2-s$ は既約、$[L:K(s)]=2$。よって $[L:K]=6$。分離次数: $\beta ={\alpha }^3$ は ${\beta }^2={\alpha }^6=t$ をみたし、$x^2-t$ は標数 3 で分離的（微分 $2x\ne 0$）かつ既約なので、$K(\beta )$ は $K$ 上 2 次分離拡大。$L=K(\beta )(\alpha )$ で ${\alpha }^3=\beta \in K(\beta )$ より $L/K(\beta )$ は 3 次の純非分離拡大（$x^3-\beta$ は既約: $\beta =\sqrt{t}$ は $K(\beta )={\mathbb{F}}_3(\sqrt{t})$ の 3 乗元でない）。したがって分離閉包 $L_s=K(\beta )$、$[L:K{]}_s=2$（$[L:K]=[L:K{]}_s\cdot [L:K{]}_i=2\cdot 3$ とも整合）。答えは $(6,2)$。