代数的整数論の問題

$L=\mathbb{Q}(\zeta )$ とし、$G=\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})\cong (\mathbb{Z}/105\mathbb{Z}{)}^{\times }$（$a$ に ${\sigma }_a:\zeta \mapsto {\zeta }^a$ を対応させる）とする。中国剰余定理により
$$(\mathbb{Z}/105\mathbb{Z}{)}^{\times }\cong (\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/7\mathbb{Z}{)}^{\times }$$
で、位数は $2\cdot 4\cdot 6=48$ である。$K$ は複素共役 ${\sigma }_{-1}$ の固定体なので部分群 $H=\{\pm 1\}$ に対応し、$[K:\mathbb{Q}]=48/2=24$ である。

$L$ での $3$ の分解. $105=3\cdot 35$ と分け、$L=\mathbb{Q}({\zeta }_3)\mathbb{Q}({\zeta }_{35})$ とみる。$3$ は $\mathbb{Q}({\zeta }_3)$ で完全分岐し、$\mathbb{Q}({\zeta }_{35})$ では不分岐でフロベニウスは ${\sigma }_3$（${\zeta }_{35}\mapsto {\zeta }_{35}^3$）である。したがって、$3$ の上にある $L$ の素イデアル $\mathfrak{P}$ の惰性群 $I$ と分解群 $D$ は（$G$ はアーベル群なので $\mathfrak{P}$ の選び方によらず）
$$I=\{a\in G:a\equiv 1(\mathrm{mod}35)\},D=\{a\in G:a\mathrm{mod}35\in ⟨3\mathrm{mod}35⟩\}$$
である。ここで $⟨3\mathrm{mod}35⟩$ は $(\mathbb{Z}/35\mathbb{Z}{)}^{\times }$ の中で $3\mathrm{mod}35$ が生成する部分群である。

$|I|=\phi (3)=2$ で、$I=\{1,71\}$（$71\equiv -1(\mathrm{mod}3)$, $71\equiv 1(\mathrm{mod}35)$）。

$3$ の $\mathrm{mod}5$ での位数は $4$（$3,4,2,1$）、$\mathrm{mod}7$ での位数は $6$（$3,2,6,4,5,1$）なので、$\mathrm{mod}35$ での位数は $\mathrm{lcm}(4,6)=12$。よって $|D|=2\cdot 12=24$ で、$L$ では $e_L=2$, $f_L=12$, $g_L=48/24=2$ である。

$K$ への降下. $\mathfrak{p}=\mathfrak{P}\cap {\mathcal{O}}_K$ とすると、$L/K$ のガロア群は $H$ で、$\mathfrak{P}$ の $L/K$ における惰性群・分解群はそれぞれ $I\cap H$, $D\cap H$ である。よって $e(\mathfrak{P}|\mathfrak{p})=|I\cap H|$, $e(\mathfrak{P}|\mathfrak{p})f(\mathfrak{P}|\mathfrak{p})=|D\cap H|$ であり、分岐指数・剰余次数の乗法性から
$$e=\frac{|I|}{|I\cap H|},ef=\frac{|D|}{|D\cap H|},g=\frac{[K:\mathbb{Q}]}{ef}$$
となる。

• $I\cap H$: $71\not\equiv -1(\mathrm{mod}105)$（$-1\equiv 104$）なので $I\cap H=\{1\}$。よって $e=2$。
• $D\cap H$: $-1\in D$ となるには、$-1\equiv 34(\mathrm{mod}35)$ が $⟨3\mathrm{mod}35⟩$ に属すること、すなわちある $k$ で $3^k\equiv -1(\mathrm{mod}5)$ かつ $3^k\equiv -1(\mathrm{mod}7)$ となることが必要十分である。$3^k\equiv -1(\mathrm{mod}5)⟺k\equiv 2(\mathrm{mod}4)$（$k$ は偶数）、$3^k\equiv -1(\mathrm{mod}7)⟺k\equiv 3(\mathrm{mod}6)$（$k$ は奇数）で、両立しない。よって $-1\notin D$、$D\cap H=\{1\}$ で $ef=24$、$f=24/2=12$。
• $g=24/(2\cdot 12)=1$。

確認: $efg=2\cdot 12\cdot 1=24=[K:\mathbb{Q}]$。

（言い換えると、$L$ で $3$ の上にある 2 つの素イデアルは複素共役で入れ替わるので $K$ では 1 つにまとまり、惰性群は $H$ と交わらないので分岐指数 $2$ は $K$ でもそのまま残る。）

答え: $(e,f,g)=(2,12,1)$

まず $L=\mathbb{Q}(\zeta )$ ($105=3\cdot 5\cdot 7$) を考える。$G=\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})\cong (\mathbb{Z}/105{)}^{\times }\cong (\mathbb{Z}/3{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/35{)}^{\times }$、$|G|=48$。$3$ は $105=3\cdot 35$ の素因数で、$L=\mathbb{Q}({\zeta }_3)\mathbb{Q}({\zeta }_{35})$ において $3$ は $\mathbb{Q}({\zeta }_3)$ で完全分岐、$\mathbb{Q}({\zeta }_{35})$ で不分岐。

• 慣性群 $I=\{a\in G\mid a\equiv 1\mathrm{mod}35\}=\{1,71\}$（$71\equiv 1\mathrm{mod}35$, $71\equiv 2\mathrm{mod}3$）、位数 $e_L=2$。
• 剰余次数 $f_L={\mathrm{ord}}_{35}(3)$。$3$ の位数は mod 5 で $4$（$3,4,2,1$）、mod 7 で $6$（$3,2,6,4,5,1$）なので $\mathrm{lcm}(4,6)=12$。
• 分解群 $D=I\times ⟨3\mathrm{mod}35⟩$（位数 $2\cdot 12=24$）、$g_L=48/24=2$。

次に $K=L^{⟨-1⟩}$、$\mathrm{Gal}(K/\mathbb{Q})=G/\{\pm 1\}$（位数 $24$）。$K$ での分解群は $D\{\pm 1\}/\{\pm 1\}$。$-1\in D$ かどうかを調べる。$-1\in D$ となるには $-1\mathrm{mod}35\in ⟨3⟩$ が必要（mod 3 成分は $D$ で任意）。$3^k\equiv -1(\mathrm{mod}5)$ は $k\equiv 2(\mathrm{mod}4)$、$3^k\equiv -1(\mathrm{mod}7)$ は $k\equiv 3(\mathrm{mod}6)$ で、前者は $k$ 偶数、後者は $k$ 奇数を要し両立しない。よって $-1\notin D$ で、$K$ の分解群の位数は $24$ すなわち $\mathrm{Gal}(K/\mathbb{Q})$ 全体なので $g=1$。

慣性群も $-1\notin I$ より像の位数は $2$、すなわち $e=2$。$f=24/2=12$。

検算: $efg=2\cdot 12\cdot 1=24=[K:\mathbb{Q}]=\phi (105)/2$。よって $(e,f,g)=(2,12,1)$。