体論・ガロア理論の問題

ガロア群の構造

円分体の基本定理より、$L=\mathbb{Q}({\zeta }_{60})$ は $\mathbb{Q}$ のガロア拡大で、
$$G=\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})\cong (\mathbb{Z}/60\mathbb{Z}{)}^{\times }$$
である。$|G|=\phi (60)=16$ である。中国剰余定理により
$$(\mathbb{Z}/60\mathbb{Z}{)}^{\times }\cong (\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}{)}^{\times }\cong \mathbb{Z}/2\times \mathbb{Z}/2\times \mathbb{Z}/4$$
となる。

$2$ 次部分体の個数

ガロア対応により、$L$ の $2$ 次部分体は $G$ の指数 $2$ の部分群と $1$ 対 $1$ に対応する。指数 $2$ の部分群は、自明でない準同型 $G\to \mathbb{Z}/2$ の核と $1$ 対 $1$ に対応する。

$G/G^2\cong (\mathbb{Z}/2{)}^3$ なので、$|\mathrm{Hom}(G,\mathbb{Z}/2)|=2^3=8$ である。したがって $2$ 次部分体はちょうど $8-1=7$ 個ある。

具体的な $2$ 次部分体

• ${\zeta }^{15}=e^{2\pi i/4}=i$ なので $\sqrt{-1}\in L$。
• ${\zeta }^{20}=\omega =e^{2\pi i/3}=\frac{-1+\sqrt{-3}}{2}$ なので $\sqrt{-3}=2\omega +1\in L$。
• ${\zeta }^{12}={\zeta }_5=e^{2\pi i/5}$ であり、${\zeta }_5+{\zeta }_5^{-1}=2\cos \frac{2\pi }{5}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$ なので $\sqrt{5}\in L$。

これらの積をとると、$\sqrt{3}=-\sqrt{-1}\sqrt{-3}$、$\sqrt{-5}=\sqrt{-1}\sqrt{5}$、$\sqrt{-15}=\sqrt{-3}\sqrt{5}$、$\sqrt{15}=-\sqrt{-1}\sqrt{-3}\sqrt{5}$ もすべて $L$ に属する。

よって $d\in \{-1,-3,5,3,-5,-15,15\}$ に対して $\mathbb{Q}(\sqrt{d})\subset L$ である。

これで全部であること

平方因子をもたない相異なる $d,d^{\prime }$ に対しては $\mathbb{Q}(\sqrt{d})\ne \mathbb{Q}(\sqrt{d^{\prime }})$ である。実際、$\sqrt{d^{\prime }}=a+b\sqrt{d}$ $(a,b\in \mathbb{Q})$ とすると $d^{\prime }/d$ が有理数の平方となり、$d=d^{\prime }$ が従う。

したがって上の $7$ つは相異なる $2$ 次部分体である。$2$ 次部分体はちょうど $7$ 個しかないので、これらがすべてである。

逆に $\sqrt{d}\in L$ $(d\ne 1)$ ならば、$\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ は $L$ の $2$ 次部分体なので、$d$ は上の $7$ 個のいずれかである。

答え

$$\{-15,-5,-3,-1,3,5,15\}$$

（参考：$\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ の判別式が $60$ を割り切ることと同値である。たとえば $d=2$ は判別式が $8$ で $8\nmid 60$ なので含まれない。）

$\sqrt{d}\in L=\mathbb{Q}({\zeta }_{60})$ となるのは、$\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ が円分体 $\mathbb{Q}({\zeta }_{60})$ の部分体になるときである。クロネッカー–ウェーバーの定理より、これは $\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ の導手（判別式の絶対値）が $60$ の約数になることと同値である。

ガロア群は $\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})\cong (\mathbb{Z}/60{)}^{\times }\cong (\mathbb{Z}/4{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/3{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/5{)}^{\times }\cong C_2\times C_2\times C_4$ である。指数 2 の部分群の個数は $\mathrm{Hom}(G,C_2)\cong C_2^3$ の非自明な元の個数 $7$ に等しい。よって 2 次部分体はちょうど 7 個ある。

$L$ は $\mathbb{Q}(i)$、$\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$、$\mathbb{Q}(\sqrt{5})$ を含む。これらの積から次の 7 個が得られる。
- $d=-1$（判別式 $-4$）
- $d=-3$（判別式 $-3$）
- $d=5$（判別式 $5$）
- $d=3$（$i\cdot \sqrt{-3}=-\sqrt{3}$。判別式 $12$）
- $d=-5$（$i\sqrt{5}=\sqrt{-5}$。判別式 $-20$）
- $d=-15$（$\sqrt{-3}\sqrt{5}=\sqrt{-15}$。判別式 $-15$）
- $d=15$（$i\sqrt{-3}\sqrt{5}=-\sqrt{15}$。判別式 $60$）

どの判別式の絶対値も $60$ の約数であり、個数も 7 個で一致する。たとえば $d=\pm 2$ は判別式が $8$ や $-8$ で $60$ を割らないので含まれない。

答え: $\{-15,-5,-3,-1,3,5,15\}$