体論・ガロア理論の問題

$\alpha =\sqrt[8]{3}$ を $3$ の正の実数の $8$ 乗根、$\zeta =e^{2\pi i/8}=\frac{1+i}{\sqrt{2}}$ とする。$x^8-3$ の根は $\alpha {\zeta }^k$（$k=0,1,\dots ,7$）なので
$$L=\mathbb{Q}(\alpha ,\zeta ).$$
$\zeta \in L$ から $i={\zeta }^2\in L$、$\sqrt{2}=\zeta +{\zeta }^{-1}\in L$ であり、逆に $\zeta =\frac{1+i}{\sqrt{2}}$ なので $\mathbb{Q}(\zeta )=\mathbb{Q}(i,\sqrt{2})$。よって $L=\mathbb{Q}(\alpha )(i,\sqrt{2})$。

$[\mathbb{Q}(\alpha ):\mathbb{Q}]=8$

$x^8-3$ は素数 $3$ についてのアイゼンシュタイン多項式なので $\mathbb{Q}$ 上既約であり、$[\mathbb{Q}(\alpha ):\mathbb{Q}]=8$。

$\sqrt{2}\notin \mathbb{Q}(\alpha )$

$\sqrt{2}\in \mathbb{Q}(\alpha )$ と仮定すると $F=\mathbb{Q}(\sqrt{2})\subset \mathbb{Q}(\alpha )$ で、$[\mathbb{Q}(\alpha ):F]=4$。$\alpha$ の $F$ 上の最小多項式 $g$ は $x^8-3$ の $4$ 次のモニックな因子なので、その根は $\alpha {\zeta }^{k_1},\dots ,\alpha {\zeta }^{k_4}$ の形で、定数項は $\pm {\alpha }^4{\zeta }^s$（$s=k_1+\cdots +k_4$）である。これは $F\subset \mathbb{R}$ の元なので ${\zeta }^s$ は実数、すなわち ${\zeta }^s=\pm 1$ であり、${\alpha }^4=\sqrt{3}\in F=\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ となる。しかし $\sqrt{3}\notin \mathbb{Q}(\sqrt{2})$（$\sqrt{3}=a+b\sqrt{2}$ と書けたとすると $3=a^2+2b^2+2ab\sqrt{2}$ から $ab=0$ となり、どちらの場合も有理数の範囲で解をもたない）なので矛盾。よって $\sqrt{2}\notin \mathbb{Q}(\alpha )$。

$[L:\mathbb{Q}(\alpha )]=4$

$\mathbb{Q}(\alpha )\subset \mathbb{R}$ なので $i\notin \mathbb{Q}(\alpha )$, $\sqrt{-2}\notin \mathbb{Q}(\alpha )$。また上で示したとおり $\sqrt{2}\notin \mathbb{Q}(\alpha )$。

まず $M=\mathbb{Q}(\alpha ,\sqrt{2})$ は $\mathbb{Q}(\alpha )$ 上 $2$ 次である。次に $M\subset \mathbb{R}$ なので $i\notin M$、よって $L=M(i)$ は $M$ 上 $2$ 次である。したがって $[L:\mathbb{Q}(\alpha )]=2\cdot 2=4$。

結論

$$[L:\mathbb{Q}]=[L:\mathbb{Q}(\alpha )][\mathbb{Q}(\alpha ):\mathbb{Q}]=4\cdot 8=32.$$

（$\mathbb{Q}$ は標数 $0$ なので $x^8-3$ は分離的で、$L/\mathbb{Q}$ はガロア拡大となり、$|\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})|=32$ でもある。なお $x^8-2$ の場合は $\sqrt{2}={\alpha }^{\prime 4}\in \mathbb{Q}(\sqrt[8]{2})$ となるため次数は $16$ に下がるが、$x^8-3$ ではそのようなことは起こらない。）

答えは $32$ である。

$\alpha =3^{1/8}>0$、$\zeta ={\zeta }_8=e^{\pi i/4}$ とすると根は $\alpha {\zeta }^k$ なので $L=\mathbb{Q}(\alpha ,\zeta )=\mathbb{Q}(\alpha ,i,\sqrt{2})$（$\mathbb{Q}({\zeta }_8)=\mathbb{Q}(i,\sqrt{2})$）。

(1) $x^8-3$ は $p=3$ でアイゼンシュタインなので既約、$[\mathbb{Q}(\alpha ):\mathbb{Q}]=8$。

(2) $\sqrt{2}\notin \mathbb{Q}(\alpha )$ を示す。$\beta ={\alpha }^2=3^{1/4}$ とする。$\mathbb{Q}(\beta )$ のガロア閉包 $\mathbb{Q}(\beta ,i)$ の群は $D_4$ で、2 次部分体は $\mathbb{Q}(\sqrt{3}),\mathbb{Q}(i),\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$ のみなので $\sqrt{2}\notin \mathbb{Q}(\beta )$。$\mathbb{Q}(\alpha )=\mathbb{Q}(\beta )(\sqrt{\beta })$ は 2 次拡大なので、もし $\sqrt{2}\in \mathbb{Q}(\alpha )$ なら $\sqrt{2}=c\sqrt{\beta }$（$c\in \mathbb{Q}(\beta )$）、すなわち $2{\beta }^3=(c{\beta }^2{)}^2\cdot$… より $2/\beta =c^2$ が $\mathbb{Q}(\beta )$ の平方。ノルムを取ると $N(2/\beta )=16/N(\beta )=16/(-3)<0$ だが平方のノルムは非負で矛盾。よって $\sqrt{2}\notin \mathbb{Q}(\alpha )$。

(3) $\mathbb{Q}(\alpha )\subset \mathbb{R}$ なので $i\notin \mathbb{Q}(\alpha )$、$[\mathbb{Q}(\alpha ,i):\mathbb{Q}(\alpha )]=2$。2 次拡大 $\mathbb{Q}(\alpha ,i)/\mathbb{Q}(\alpha )$ の中間体は自明なものだけなので、$\sqrt{2}\in \mathbb{Q}(\alpha ,i)$ ならば $\sqrt{2}\in \mathbb{Q}(\alpha )$ か $\sqrt{-2}=i\sqrt{2}\in \mathbb{Q}(\alpha )$ のいずれか（$\sqrt{2}=a+bi$ の形から）。前者は (2) で否定、後者は実体なので不可。よって $[L:\mathbb{Q}(\alpha ,i)]=2$。

以上より $[L:\mathbb{Q}]=8\cdot 2\cdot 2=32$。

検算: 一般に $[L:\mathbb{Q}]\le |\mathbb{Z}/8⋊(\mathbb{Z}/8{)}^{\times }|=32$ で、上限に達する（$\mathbb{Q}(\alpha )\cap \mathbb{Q}({\zeta }_8)=\mathbb{Q}$ に対応）。