6-7 二次拡大と双二次拡大

$[L:K]=2$ とし、$\alpha\in L\setminus K$ を取ります。$1,\alpha$ は $K$ 上一次独立で、$L$ の次元は2なので
$$ L=K(\alpha). $$
$\alpha$ の最小多項式を
$$ m_{\alpha,K}(x)=x^2+bx+c \qquad(b,c\in K) $$
と書きます。$m_{\alpha,K}(\alpha)=0$ から
$$ (2\alpha+b)^2=b^2-4c. $$
ここで
$$ \beta=2\alpha+b, \qquad d=b^2-4c $$
と置きます。$2\ne0$ なので
$$ \alpha=\frac{\beta-b}{2} $$
であり、$K(\alpha)=K(\beta)$ です。また $\beta^2=d\in K$。
もし $d=e^2$ が $K$ の平方なら
$$ (2\alpha+b-e)(2\alpha+b+e)=0. $$
体には零因子がないため、いずれかの因子が0となって $\alpha\in K$ になり、選び方に反します。従って $d$ は平方ではなく、$L=K(\sqrt d)$ と書けます。
逆に $d$ が $K$ の平方でなければ $x^2-d$ は $K$ に根をもちません。二次多項式が可約であることと根をもつことは同値なので、$x^2-d$ は既約です。従って
$$ [K(\sqrt d):K]=2. $$
□

まず $de^{-1}=u^2$、$u\in K^\times$ とします。このとき $\sqrt d=u\sqrt e$ と根の符号を選べるので、互いの生成元が相手の体に属し
$$ K(\sqrt d)=K(\sqrt e) $$
です。
逆に二つの体が等しいとし、$\sqrt d\in K(\sqrt e)$ を
$$ \sqrt d=a+b\sqrt e \qquad(a,b\in K) $$
と書きます。両辺を二乗すると
$$ d=a^2+eb^2+2ab\sqrt e. $$
$1,\sqrt e$ は $K$ 上一次独立なので
$$ 2ab=0. $$
$\operatorname{char}K\ne2$ より $ab=0$。$b=0$ なら $\sqrt d=a\in K$ となって $d$ が平方になり矛盾するので、$a=0$ です。従って
$$ d=eb^2, \qquad de^{-1}=b^2\in(K^\times)^2. $$
□

$K(\sqrt a)/K$ は二次拡大です。もし $\sqrt b\in K(\sqrt a)$ なら
$$ K(\sqrt b)=K(\sqrt a) $$
であり、二次拡大の同一性判定から $ab^{-1}$ は平方です。しかしこのとき
$$ ab=(ab^{-1})b^2 $$
も平方になり、仮定に反します。従って $\sqrt b\notin K(\sqrt a)$ です。
$\sqrt b$ は $K(\sqrt a)$ 上 $x^2-b$ を満たし、その最小多項式は一次ではないので二次です。塔の法則から
$$ [L:K] =[L:K(\sqrt a)][K(\sqrt a):K] =2\cdot2=4. $$
$L$ の任意の元は
$$ (u+v\sqrt a)+(s+t\sqrt a)\sqrt b =u+v\sqrt a+s\sqrt b+t\sqrt{ab} $$
と書けるので、表示した四元は $L$ を張ります。$L$ の次元が4なので基底です。□

$L$ は二つの分離多項式
$$ x^2-a,\qquad x^2-b $$
の積の分解体なので有限Galois拡大です。従ってGalois群の位数は
$$ [L:K]=4. $$
上で構成した $1,\sigma,\tau,\sigma\tau$ は平方根への作用が異なるので相異なる四つの自己同型です。これらですべてです。
非自明な三元はすべて位数2であり、群は可換です。位数4の群で全非自明元の位数が2であるものは $C_2\times C_2$ です。□

$a-b\ne0$ です。実際 $a=b$ なら $ab=a^2$ が平方となって仮定に反します。また $\theta\ne0$ です。もし $\sqrt a=-\sqrt b$ なら二乗して $a=b$ となるからです。
$$ (\sqrt a+\sqrt b)(\sqrt a-\sqrt b)=a-b $$
より
$$ \sqrt a-\sqrt b=\frac{a-b}{\theta}\in K(\theta). $$
標数が2でないので
$$ \sqrt a =\frac12\left(\theta+\frac{a-b}{\theta}\right), \qquad \sqrt b =\frac12\left(\theta-\frac{a-b}{\theta}\right). $$
従って $L\subseteq K(\theta)$。逆の包含は明らかなので $L=K(\theta)$ です。
次に
$$ \theta^2=a+b+2\sqrt{ab} $$
なので
$$ (\theta^2-a-b)^2=4ab. $$
展開すると
$$ \theta^4-2(a+b)\theta^2+(a-b)^2=0. $$
従って $\theta$ は表示した4次多項式を満たします。一方
$$ [K(\theta):K]=[L:K]=4 $$
なので最小多項式の次数は4です。表示した多項式はモニック4次で $\theta$ を根にもつため、最小多項式そのものです。□

$\alpha\in L\setminus K$ を取り、その最小多項式を
$$ x^2+bx+d $$
と書きます。分離的なので形式微分 $b$ は0ではありません。$\theta=\alpha/b$ と置き、最小多項式の等式を $b^2$ で割ると
$$ \theta^2+\theta=\frac{d}{b^2}. $$
右辺を $c$ と置けばよいです。また $\alpha=b\theta$ なので $L=K(\theta)$。
$\theta^2+\theta+c=0$ の一根が $\theta$ なら、標数2では
$$ (\theta+1)^2+(\theta+1)+c =\theta^2+2\theta+1+\theta+1+c =\theta^2+\theta+c =0. $$
二根は $\theta$ と $\theta+1$ で、ともに $L$ に属します。従って $\theta\mapsto\theta+1$ が非自明な自己同型を与えます。□

1について、$12/3=4=2^2$ は $\mathbb Q$ の平方です。実際
$$ \sqrt{12}=2\sqrt3, \qquad \sqrt3=\frac12\sqrt{12} $$
なので二つの体は等しいです。
2について、$2/3$ が $\mathbb Q$ の平方でないことを示せば十分です。もし
$$ \frac23=\left(\frac mn\right)^2 $$
を互いに素な整数 $m,n\ne0$ で満たすなら
$$ 3m^2=2n^2. $$
右辺から3が $n^2$、従って $n$ を割ります。$n=3r$ と置くと $m^2=6r^2$ なので3が $m$ も割り、互いに素であることに反します。従って $2/3$ は平方でなく、二つの二次体は異なります。□

$\theta$ の四つのGalois共役は
$$ \sqrt a+\sqrt b,\quad -\sqrt a+\sqrt b,\quad \sqrt a-\sqrt b,\quad -\sqrt a-\sqrt b $$
です。その和では $\sqrt a$ と $\sqrt b$ の係数が打ち消し合うので
$$ \operatorname{Tr}_{L/K}(\theta)=0. $$
積は
$$ \begin{aligned} N_{L/K}(\theta) &=(\sqrt a+\sqrt b)(\sqrt a-\sqrt b)\\ &\quad\cdot(-\sqrt a+\sqrt b)(-\sqrt a-\sqrt b)\\ &=(a-b)(a-b)\\ &=(a-b)^2. \end{aligned} $$
これは最小多項式の定数項とも一致します。□

一般の元を
$$ x=u+v\sqrt5+s\sqrt{13}+t\sqrt{65} $$
と書きます。同時符号変換は $\sqrt5,\sqrt{13}$ の係数の符号を変え、$\sqrt{65}$ を固定します。従って固定条件は $v=s=0$ であり、固定体は
$$ \mathbb Q(\sqrt{65}) $$
です。三つの二次中間体は
$$ \mathbb Q(\sqrt5), \qquad \mathbb Q(\sqrt{13}), \qquad \mathbb Q(\sqrt{65}) $$
です。Galois群 $C_2\times C_2$ の部分群は五つしかないため、これ以外の真の中間体はありません。□

本文の公式へ $a=2,b=3$ を代入すると
$$ x^4-2(2+3)x^2+(2-3)^2 =x^4-10x^2+1 $$
を得ます。$\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$ は4次で $\theta$ がこの体を生成するため、これが最小多項式です。四根は
$$ \sqrt2+\sqrt3,\quad -\sqrt2+\sqrt3,\quad \sqrt2-\sqrt3,\quad -\sqrt2-\sqrt3 $$
です。□

$x^2+x+t$ が可約なら二次式なので $K$ に根をもちます。そこで
$$ r=\frac{f}{g}\in\mathbb F_2(t), \qquad f,g\in\mathbb F_2[t],\quad \gcd(f,g)=1 $$
が $r^2+r=t$ を満たすと仮定します。分母を払うと
$$ f^2+fg=tg^2. $$
$m=\deg f,n=\deg g$ と置きます。
$m>n$ なら左辺の最高次数は $2m$、右辺の最高次数は $2n+1$ です。一方は偶数、他方は奇数なので等しくなれません。$m< n$ なら左辺の最高次数は $m+n<2n$、右辺の最高次数は $2n+1$ で矛盾します。$m=n$ の場合、左辺の次数は高々 $2n$ ですが右辺の次数は $2n+1$ で、やはり矛盾します。従って根は存在せず、$x^2+x+t$ は既約です。特に $[L:K]=2$ です。
$\theta+1$ も同じ多項式の根です。実際、標数2なので
$$ (\theta+1)^2+(\theta+1) =\theta^2+2\theta+1+\theta+1 =\theta^2+\theta =t. $$
従って $\theta\mapsto\theta+1$ は既約な最小多項式の根を別の根へ送るので、$K$ を固定する自己同型を一意に定めます。また
$$ \tau^2(\theta)=\tau(\theta+1)=\theta+1+1=\theta $$
で、$K$ 上も恒等写像なので $\tau^2=1$。$\tau(\theta)\ne\theta$ だから $\tau$ の位数は2です。□