6-8 三次多項式と $S_3$

まず $g(x)=x^3+px+q$ の三根を $u,v,w$ とします。Vietaの公式から
$$ u+v+w=0, \qquad uv+vw+wu=p, \qquad uvw=-q. $$
$w=-u-v$ を
$$ (u-v)^2(v-w)^2(w-u)^2 $$
へ代入すると
$$ (u-v)^2(u+2v)^2(2u+v)^2. $$
これを展開して $uv+vw+wu=-(u^2+uv+v^2)$、$uvw=-uv(u+v)$ を用いて整理すると
$$ (u-v)^2(v-w)^2(w-u)^2 =-4(uv+vw+wu)^3-27(uvw)^2. $$
従って
$$ \Delta(g)=-4p^3-27q^2. $$
一般の $f$ に対して
$$ x=y-\frac a3 $$
と平行移動すると
$$ f\left(y-\frac a3\right)=y^3+py+q, $$
ただし
$$ p=b-\frac{a^2}{3}, \qquad q=c-\frac{ab}{3}+\frac{2a^3}{27}. $$
根をすべて同じ量だけ平行移動しても根の差は変わらないので、判別式も変わりません。従って
$$ \Delta(f)=-4p^3-27q^2. $$
ここへ $p,q$ を代入して分母を通分し展開すると
$$ \begin{aligned} -4p^3 &=-4b^3+4a^2b^2-\frac43a^4b+\frac4{27}a^6,\\ -27q^2 &=-27c^2-3a^2b^2-\frac4{27}a^6+18abc\\ &\qquad-4a^3c+\frac43a^4b. \end{aligned} $$
二式を足すと $a^6$ と $a^4b$ の項が打ち消し合い、
$$ \Delta(f) =a^2b^2-4b^3-4a^3c-27c^2+18abc $$
を得ます。□

$f$ の任意の二根を $r_i,r_j$ とします。既約性から、どちらの $K$ 上の最小多項式も $f$ です。従って
$$ K(r_i)\longrightarrow K(r_j), \qquad r_i\longmapsto r_j $$
という $K$ 同型があります。
埋め込み延長定理により、これは $L$ から代数閉包への $K$ 埋め込みへ延長できます。$L/K$ は分解体なので正規であり、延長された埋め込みは $L$ を $L$ 自身へ写します。従ってある $\sigma\in G$ が存在して
$$ \sigma(r_i)=r_j. $$
二根は任意なので作用は推移的です。□

軌道・安定化群公式から
$$ |G|=|G\cdot1|\,|G_1|=3|G_1|. $$
従って3が $|G|$ を割ります。一方Lagrangeの定理から $|G|$ は $|S_3|=6$ を割るので
$$ |G|=3\quad\text{または}\quad6. $$
位数6なら $G=S_3$ です。位数3なら、$S_3$ の位数3の元は二つの3-cycleであり、それらと恒等置換からなる唯一の部分群 $A_3$ に等しいです。□

互換で二根を入れ替えると、対応する一つの差の符号が変わり、残り二つの差が交換されるので積全体の符号は一度だけ変わります。任意の置換は互換の積として書け、互換の個数の偶奇が置換の符号です。従って偶置換は $\delta$ を固定し、奇置換は $\delta$ を $-\delta$ へ写します。□

$G=\operatorname{Gal}(L/K)$ は根へ推移的に作用するので、前の補題から $A_3$ または $S_3$ です。
まず $\Delta(f)$ が $K$ の平方であるとし
$$ \Delta(f)=s^2 \qquad(s\in K) $$
と書きます。分離性から $\Delta(f)\ne0$。$L$ の中で
$$ \delta^2=s^2 $$
なので
$$ (\delta-s)(\delta+s)=0. $$
体には零因子がないため $\delta=s$ または $\delta=-s$、従って $\delta\in K$ です。$G$ の全要素は $K$ を固定するので $\delta$ を固定します。Vandermonde積の符号変化から $G$ の全要素は偶置換であり
$$ G\le A_3. $$
推移性から $G=A_3$ です。
逆に $\Delta(f)$ が平方でないとします。もし $G=A_3$ なら、全要素が偶置換なので $\delta$ は $G$ の全要素に固定されます。固定体定理から
$$ \delta\in L^G=K. $$
すると $\Delta(f)=\delta^2$ は $K$ の平方となり矛盾します。従って $G=S_3$ です。□

有理根候補は $\pm1$ ですが
$$ f(1)=-1, \qquad f(-1)=-1 $$
なので有理根をもちません。従って三次式 $f$ は既約です。
$p=-1,q=-1$ なので
$$ \Delta(f)=-4(-1)^3-27(-1)^2=4-27=-23. $$
$-23$ は $\mathbb Q$ の平方でないため
$$ \operatorname{Gal}(f/\mathbb Q)\cong S_3. $$
□

有理根候補 $\pm1$ に対して
$$ f(1)=-3, \qquad f(-1)=1 $$
なので有理根はなく、$f$ は既約です。判別式は
$$ \Delta(f)=-4(-3)^3-27(-1)^2=108-27=81=9^2. $$
従ってGalois群は
$$ A_3\cong C_3 $$
です。□

判別式は
$$ \Delta(f)=-4p^3-27q^2=-(4p^3+27q^2) $$
です。既約性が仮定されているので、これが $\mathbb Q$ の平方なら
$$ \operatorname{Gal}(f/\mathbb Q)\cong C_3, $$
平方でなければ
$$ \operatorname{Gal}(f/\mathbb Q)\cong S_3. $$
なお $\Delta(f)=0$ なら分離的でなく、問題の仮定のもとでは起こりません。標数0では既約多項式は分離的だからです。□

先の演習から $\Delta(f)=-23$、Galois群は $S_3$ です。唯一の指数2部分群は $A_3$ であり、その固定体は
$$ \mathbb Q(\sqrt{\Delta(f)}) =\mathbb Q(\sqrt{-23}) $$
です。$S_3$ の位数3の部分群は $A_3$ だけなので、二次中間体もこれ一つだけです。□

三根は $1,\sqrt2,-\sqrt2$ です。従って
$$ \begin{aligned} \Delta(f) &=(1-\sqrt2)^2(1+\sqrt2)^2(2\sqrt2)^2\\ &=((1-\sqrt2)(1+\sqrt2))^2\cdot8\\ &=(-1)^2\cdot8=8. \end{aligned} $$
分解体は $\mathbb Q(\sqrt2)$ なので
$$ \operatorname{Gal}(f/\mathbb Q)\cong C_2. $$
判別式8は平方ではありませんが、Galois群は $S_3$ ではありません。これは $f$ が可約で、Galois群が三根へ推移的に作用しないためです。既約性は判定定理の本質的な仮定です。□