３次多項式のガロア群【証明】

この記事では, ３次多項式のガロア群に関する次の定理を証明します。

定理
$f(x)=x^3+ax+b$ を $\Q$ 上の既約多項式とする.
$D=-4a^3-27b^2$ とする.
このとき, $f(x)$ のガロア群 $G$ は次の２通りである.
\[ G \cong \begin{cases} A_3 & (\sqrt{D}\in \Q) \\ S_3 & (\sqrt{D}\not\in \Q) \end{cases} \] ただし, $A_3$ は３次交代群, $S_3$ は３次対称群を表す.

なお, $f(x)$ のガロア群の定義は次のとおりです。

定義
$f(x)\in K[x]$ を分離多項式とし, その最小分解体を $L$ とする.
このとき, $\Gal(L/K)$ を $f(x)$ のガロア群 (Galois group)という.

証明の前に, 定理を用いる例題を解いておきましょう。

例題
次の各多項式の $\Q$ 上のガロア群を求めよ.
(1) $x^3+x+1$
(2) $x^3-3x+1$

▼ 解答

解答
(1) $D=-4\cdot 1^3-27\cdot 1^2=-31.$
従って, 定理よりガロア群は $S_3$ である.

(2) $D=-4\cdot (-3)^3-27\cdot 1^2=9^2.$
従って, 定理よりガロア群は $A_3$ である.

３次多項式のガロア群

次に定義する記号は以下そのまま使い続ける.
・$f(x)=x^3+ax+b$ を $\Q$ 上の多項式とする.
・$f$ の根を $\a,\b,\g$ とする. すなわち, \[ x^3+ax+b=(x-\a)(x-\b)(x-\g). \] ・$L$ を $f$ の $\Q$ 上の最小分解体をとする.
すなわち, $L=\Q(\a,\b,\g)$ とする.

判別式 $D$ について

$f$ の判別式 $D$ を次のように定義する.
\[ D=\bigl((\a-\b)(\b-\g)(\g-\a)\bigr)^2 \] $D$ は $\a,\b,\g$ の対称式であるから, $a,b$ の多項式として表せる.
実際に計算すれば, \[ D=-4a^3-27b^2 \] を得る.
さらに $L=\Q(\a,\sqrt{D})$ である.
ただし, $\sqrt{D}$ は $D$ の平方根の１つを表す.

問題
次を示せ.
$(1)\ D=-4a^3-27b^2$
$(2)\ L=\Q(\a,\sqrt{D})$

▼ 解答

[証明]
(1) $x^3+ax+b=(x-\a)(x-\b)(x-\g)$ より,
$\ \ \ \a+\b+\g=0,$
$\ \ \ \a\b+\b\g+\g\a=a,$
$\ \ \ \a\b\g=-b.$
したがって,
$\ \ \ \b+\g=\a,$
$\ \ \ \b\g=a-\a(\b+\g)=a+\a^2.$
ゆえに,
\[ (\a-\b)(\a-\g)=\a^2-(\b+\g)\a+\b\g=a+3\a^2 \tag{*}\] $\a,\b,\g$ の対称性から, $(*)$ の $\a,\b$ を入れ替えると,
$\ \ \ (\b-\a)(\b-\g)=a+3\b^2,$
同様に $(*)$ の $\b,\g$ を入れ替えると,
$\ \ \ (\g-\b)(\g-\a)=a+3\g^2.$
よって
\[ D=-(a+3\a^2)(a+3\b^2)(a+3\g^2). \] この式を展開して
$\ \ \ \a^2+\b^2+\g^2=-2a,$
$\ \ \ \a^2\b^2+\b^2\g^2+\g^2\a^2=a^2,$
$\ \ \ (\a\b\g)^2=b^2$
を代入すれば,
\[ D=-4a^3-27b^2 \] を得る.

(2) $\sqrt{D}=(\a-\b)(\b-\g)(\g-\a)$ とおけば $(*)$ より, $\b-\g=\sqrt{D}/(a+3\a^2).$
これと $\b+\g=-a$ より $\b,\g\in Q(\a,\sqrt{D})$ である.
したがって $L\subset \Q(\a,\sqrt{D}).$
逆の包含関係は明らかなので $L=\Q(\a,\sqrt{D})$ を得る.

$\sqrt{D}\in \Q$ と $\sqrt{D}\not\in \Q$

定理を示すために次の補題を証明しよう.

補題
$f(x)=x^3+ax+b$ を $\Q[x]$ の３次の既約多項式とする.
このとき, 前問を用いて次を示せ.
\[ (1)\ \sqrt{D}\in \Q \iff (L:\Q)=3 \] \[ (2)\ \sqrt{D}\not\in \Q \iff (L:\Q)=6 \]

▼ 証明

[証明]
(1)の証明
$(\Rightarrow)$ $\sqrt{D}\in \Q$ のとき, $L=\Q(\a)$ である.
$\a$ は既約な３次多項式 $f$ の解なので $(\Q(\a):\Q)=3.$
したがって, $(L:\Q)=3.$

$(\Leftarrow)$ $\sqrt{D}\not\in \Q$ のとき, $(\sqrt{D})^2=D\in \Q$ より, $(\sqrt{D}:\Q)=2.$
これと
$\ \ \ (L:\Q)=(L:\sqrt{D})(\sqrt{D}:\Q)$
より, $(L:\Q)$ は２の倍数である.
したがって $(L:\Q)\neq 3.$

(2)の証明
$(\Rightarrow)$ $\sqrt{D}\not\in \Q$ のとき, $(L:\Q)\neq 3$ より, $\sqrt{D}\not\in \Q(\a).$
したがって, $(L:\Q(\a))=2.$
ゆえに,
$\ \ \ (L:\Q)=(L:\Q(\a))(\Q(\a):\Q)=6.$

$(\Leftarrow)$ $(L:\Q)=6$ のとき, $(\Q(\a):\Q)=3$ より, $(L:\Q(\a))=2.$
よって, $\sqrt{D}\not\in \Q.$

ガロア群の判定法

準備ができたので, 冒頭で述べた定理を証明しよう！

定理
$f(x)=x^3+ax+b$ を $\Q$ 上の既約多項式とする.
このとき, $f(x)$ のガロア群 $G$ は次の２通りである.
\[ G \cong \begin{cases} A_3 & (\sqrt{D}\in \Q) \\ S_3 & (\sqrt{D}\not\in \Q) \end{cases} \]

▼ 証明

[証明]
$f$ の最小分解体を $L$ とする.
ガロア群 $G:=\Gal(L/\Q)$ の各元は $\{\a,\b,\g\}$ から自分自身への全単射をひきおこす.
したがって $G$ は $S_3$ のある部分群に同型である.

前問より, $\sqrt{D}\in \Q$ のとき, $(L:\Q)=3$ なので　$|G|=3.$
ゆえに, $\Gal(L/\Q)\cong A_3.$

$\sqrt{D}\not\in \Q$ のとき, $(L:\Q)=6$ なので $|G|=6.$
ゆえに $\Gal(L/\Q)\cong S_3.$

【おまけ】ガロア群の問題

ここからは２次多項式や４次多項式のガロア群を求める問題を扱う.

問題
次の各多項式の $\Q$ 上のガロア群を求めよ.
(1) $x^2-2$
(2) $(x^2-2)(x^2-3)$
(3) $x^4+x^3+x^2+x+1$
(4) $x^4-3$

▼ 解答

[解答]
(1) $x^2-2$ の最小分解体は $\Q(\sqrt{2})$ であり,
$\ \ \ \Gal(\Q(\sqrt{2})/Q)\cong \Z/2\Z$
となる.

(2) $(x^2-2)(x^2-3)$ の最小分解体は $\Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$ であり, $\Gal(\Q(\sqrt{2},\sqrt{3})/Q)$ はクラインの４元群に同型である.

(3) $x^4+x^3+x^2+x+1$ の最小分解体は $\Q(\zeta_5)$ であり, $\Gal(\Q(\zeta_5)/\Q)\cong \Z/5\Z$ である.

(4) $f(x)=x^4-3$ は $\C$ 上で,
$\ \ \ f(x)=(x-\a)(x+\a)(x-i\a)(x+i\a)$
と分解される. ここで, $\a=\sqrt[4]{3}$ とおいた.
従って, $f$ の最小分解体は $K:=\Q(i,\a)$ である. ゆえに,
$\ \ \ [K:\Q]=[\Q(i,\a):\Q(\a)][\Q(\a):\Q]$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =2\cdot 4=8.$
そこで,
$\ \ \ \s(\a)=i\a,\ \s(i)=i,$
および,
$\ \ \ \tau(\a)=\a,\ \tau(i)=-i$
から誘導される $K$ の自己同型写像を考える.
このとき, $\s^4=\tau^2=id,\ $ $\tau\s=\s^{-1}\tau$ が成り立つ. 従って, この群は位数８の二面体群 $D_4$ となる.