体論・ガロア理論の問題

1. 根の構造. $L$ の中で $f$ の根 $\gamma$ を $1$ つとり、$u={\gamma }^3-\gamma$ とおく。標数 $3$ ではフロベニウス写像が環準同型なので
$$u^3=({\gamma }^3-\gamma {)}^3={\gamma }^9-{\gamma }^3=t$$
となり、$u$ は $t$ の $3$ 乗根である。同じく標数 $3$ だから
$$(x^3-x-u{)}^3=x^9-x^3-u^3=x^9-x^3-t=f(x)$$
が成り立つ。また $a\in {\mathbb{F}}_3$ に対して $(\gamma +a{)}^3-(\gamma +a)={\gamma }^3-\gamma +a^3-a=u$ なので、$x^3-x-u$ の根は $\gamma ,\gamma +1,\gamma +2$ である。よって $f$ の根は $\gamma ,\gamma +1,\gamma +2$（それぞれ重複度 $3$）であり、$L=K(\gamma )$ となる。

2. $[L:K]$. $u={\gamma }^3-\gamma \in L$ なので $K\subseteq K(u)\subseteq L$ である。
- $x^3-t$ は $K$ 上既約である。$t$ は ${\mathbb{F}}_3[t]$ の素元なので、アイゼンシュタインの判定法（とガウスの補題）から従う。よって $[K(u):K]=3$ であり、$K(u)={\mathbb{F}}_3(u)$ は $u$ を不定元とする有理関数体である。
- $x^3-x-u$ は ${\mathbb{F}}_3(u)$ 上既約である。これはアルティン・シュライアー型の多項式で、根を $1$ つ添加すると他の根 $\gamma +1,\gamma +2$ もすべて得られる。したがって、既約でなければ ${\mathbb{F}}_3(u)$ に根をもつ。仮にそのような根 $r$ があるとすると、$r$ は ${\mathbb{F}}_3[u]$ 上のモニック多項式の根なので、ガウスの補題により $r\in {\mathbb{F}}_3[u]$ である。このとき $\mathrm{deg}r=d$ とすると、$d\ge 1$ なら $\mathrm{deg}(r^3-r)=3d\ne 1$、$d=0$ なら $r^3-r$ は定数となり、いずれも $r^3-r=u$ に矛盾する。

よって $[L:K(u)]=3$ であり、
$$[L:K]=[L:K(u)][K(u):K]=3\cdot 3=9$$
である。

3. 分離次数. $\beta ={\gamma }^3$ とおくと、${\beta }^3-\beta -t=({\gamma }^3-\gamma {)}^3-t=0$ だから、$\beta$ は $g(y)=y^3-y-t$ の根である。$g^{\prime }(y)=-1\ne 0$ より $g$ は分離的である。また、2 と同じ次数の議論で $g$ は $K$ 上に根をもたないので、$g$ は既約である。よって $K(\beta )\subseteq K_s$ かつ $[K(\beta ):K]=3$ である。

一方、$u$ の最小多項式 $x^3-t=(x-u{)}^3$ は重根をもつので、$u$ は $K$ 上分離的でない。したがって $u\notin K_s$ となり、$K_s\ne L$ である。$[K_s:K]$ は $9$ の約数で、$3$ 以上かつ $9$ 未満だから $[K_s:K]=3$ であり、$K_s=K(\beta )$ となる。よって $[L:K{]}_s=3$ である。

4. 中間体の個数. 中間体 $M$ の次数 $[M:K]$ は $1,3,9$ のいずれかである。$[M:K]=1$ なら $M=K$、$[M:K]=9$ なら $M=L$ である。以下、$[M:K]=3$ の場合を考える。$K$ 上分離的な元の全体 $M\cap K_s$ は体なので、次のどちらかになる。
- $M$ が $K$ にない分離的な元 $\theta$ を含む場合：$3$ は素数なので $M=K(\theta )$ であり、$M/K$ は分離拡大である。よって $M\subseteq K_s$ となり、次数を比べて $M=K_s=K(\beta )$ である。
- そうでない場合：$M/K$ は純非分離拡大である。$L$ における $K$ の純非分離閉包を $P$ とすると $K(u)\subseteq P$ である。$K_s/K$ は分離拡大、$P/K$ は純非分離拡大なので、両者は線形無関連である。よって $[P:K]=[P{K}_s:K_s]\le [L:K_s]=3$ となり、$P=K(u)$ である。したがって $M=K(u)$ である。

$K(\beta )\ne K(u)$（前者は分離的、後者は純非分離的）なので、次数 $3$ の中間体はちょうど $2$ 個である。よって $N=1+2+1=4$ である。

以上より、答えは $(9,3,4)$ である。

$f(x)=h(x)-t$、ただし $h(z)=z^9-z^3=(z^3-z{)}^3$ は加法的多項式である。$\alpha$ を $f$ の根とすると $f(x)=h(x-\alpha )={\prod }_{i\in {\mathbb{F}}_3}(x-\alpha -i{)}^3$ となる。したがって $f$ の根は $\alpha +i$（$i\in {\mathbb{F}}_3$）で、各根の重複度は $3$ である。よって $L=K(\alpha )$ である。

$y={\alpha }^3$ とおくと $y^3-y={\alpha }^9-{\alpha }^3=t$ である。$y^3-y-t$ は Artin–Schreier 多項式で、$K$ 上既約かつ分離的である。よって $[K(y):K]=3$ で、$K(y)={\mathbb{F}}_3(y)$ は有理関数体である。

$y$ は ${\mathbb{F}}_3(y)$ の中で3乗にならないので、$x^3-y$ は $K(y)$ 上既約である。したがって $[L:K(y)]=3$ で、$[L:K]=9$ となる。

$L/K(y)$ は純非分離拡大であり、$K(y)/K$ は分離拡大である。よって $K_s=K(y)$ で、$[L:K{]}_s=3$ である。

中間体を数える。$\delta =y-\alpha$ とおくと ${\delta }^3=y^3-y=t$ である。$\delta \notin K_s$ なので、$K_i=K(\delta )$ は $K$ 上3次の純非分離拡大で、$L=K_s{K}_i$ である。

$K$ 上純非分離な $L$ の元の全体は $K_i$ である。実際、$L^3={\mathbb{F}}_3(y)\supseteq K$ だから、$K$ の元の3乗根はすべて $L$ に入り、$K_i=K(t^{1/3})$ となる。

中間体 $M$ を次数で分類する。
- $[M:K]=1$ なら $M=K$。
- $[M:K]=9$ なら $M=L$。
- $[M:K]=3$ のとき、$M$ は $K$ 上分離的か純非分離的のどちらかである（$M_s=M\cap K_s$ とすると $[M:K]=[M_s:K]\cdot [M:M_s]$ で、$M/M_s$ は純非分離。次数が素数 $3$ なので $M_s=M$ または $M_s=K$）。分離的なら $M\subseteq K_s$ で次数が等しいから $M=K_s$。純非分離なら $M\subseteq K_i$ で次数が等しいから $M=K_i$。

以上より中間体は $K,K_s,K_i,L$ の4個で、$N=4$ である。

答えは $(9,3,4)$。