7-1 円分体

1の冪根から作る拡大

$\zeta_n=e^{2\pi i/n}$ を原始 $n$ 乗根とし、$\mathbf Q(\zeta_n)$ を円分体という。原始根全体の多項式
$$\Phi_n(X)=\prod_{\substack{1\le a\le n\\(a,n)=1}}(X-\zeta_n^a)$$
を第 $n$ 円分多項式という。次数はEuler関数 $\varphi(n)$ である。整数係数性と一般 $n$ の既約性をこの章で示す。
命題。 素数 $\ell$ について $\Phi_\ell(x)=1+x+\cdots+x^{\ell-1}$ は $\mathbf Q$ 上既約である。
証明。 $\Phi_\ell(x+1)=((x+1)^\ell-1)/x$ の最高次係数は1、他の係数は二項係数 $\binom\ell k$ で $\ell$ の倍数、定数項は $\ell$ で $\ell^2$ の倍数でない。Eisenstein判定を $\ell$ で適用すると既約。変数の平行移動は可逆なので元の多項式も既約である。□

一般の円分多項式の整数係数性と既約性

$X^n-1$ の根を位数ごとに分けると、標数0で重根がないことから
$$X^n-1=\prod_{d\mid n}\Phi_d(X)\tag{1}$$
$\Phi_1=X-1$ から帰納する。$n$ 未満の $\Phi_d$ がモニックな整数係数式なら、式 (1) により $\Phi_n$ は $X^n-1$ をそれらの積で割った商である。商は $\mathbf Q[X]$ に属し、モニックな整数係数式での割り算とGaussの補題により $\mathbf Z[X]$ に属する。従って全ての円分多項式はモニックで整数係数を持つ。
次に $\Phi_n$ の既約性を示す。$n>1$ とし、$\zeta=\zeta_n$ の最小多項式を $f\in\mathbf Z[X]$ とする。モニックな $f$ は $\Phi_n$ を割る。$p\nmid n$ を素数とし、$\zeta^p$ が $f$ の根でないと仮定する。$\Phi_n=fg$、$g\in\mathbf Z[X]$ とすると $g(\zeta^p)=0$ だから $f(X)\mid g(X^p)$。係数を法 $p$ で落とすとFrobeniusの等式 $\overline{g(X^p)}=\overline g(X)^p$ により $\overline f\mid\overline g^p$。よって $\overline f,\overline g$ は既約因子を共有し、$\overline{\Phi_n}=\overline f\,\overline g$ は平方因子を持つ。
しかし $\Phi_n\mid X^n-1$ で、$p\nmid n$ なら $X^n-1$ とその微分 $nX^{n-1}$ は $\mathbf F_p[X]$ で互いに素である。従って $\overline{\Phi_n}$ も平方因子を持たず矛盾する。ゆえに $\zeta^p$ は $f$ の根である。$n$ と互いに素な任意の $a$ を素因数 $p\nmid n$ の積に分け、この議論を根 $\zeta,\zeta^p,\ldots$ に繰り返すと全原始根 $\zeta^a$ が $f$ の根になる。よって $\deg f=\varphi(n)=\deg\Phi_n$ であり、$f=\Phi_n$。$n=1$ も自明なので、全ての $\Phi_n$ は $\mathbf Q$ 上既約である。
この証明で $p\mid n$ を避ける理由は、法 $p$ では $X^n-1$ に重根が生じうるからである。式 (1) から $n=\sum_{d\mid n}\varphi(d)$ も従う。

Galois群と例

既約性から $[\mathbf Q(\zeta_n):\mathbf Q]=\varphi(n)$。この体は $X^n-1$ の分解体なのでGalois拡大である。自己同型は $\zeta_n\mapsto\zeta_n^a$、$a\in(\mathbf Z/n\mathbf Z)^\times$ という像で一意に決まり、対応は単射群準同型を与える。両群の位数が $\varphi(n)$ なので全射でもあり、
$$\operatorname{Gal}(\mathbf Q(\zeta_n)/\mathbf Q)\cong(\mathbf Z/n\mathbf Z)^\times\tag{2}$$
$n=5$ なら次数4、群は $C_4$。$n$ が合成数のとき、$1+X+\cdots+X^{n-1}$ は一般に $\Phi_n$ そのものではない。
$n\ge3$ では複素共役の固定体は $\mathbf Q(\zeta_n+\zeta_n^{-1})$ である。実数 $t=\zeta_n+\zeta_n^{-1}$ に対して $\zeta_n$ は $X^2-tX+1=0$ を満たし、$\zeta_n$ は非実数だから $[\mathbf Q(\zeta_n):\mathbf Q(t)]=2$。従って実部分体の次数は $\varphi(n)/2$。この数を第8章の作図不能判定に使う。
例として $\Phi_8=X^4+1$ で $\mathbf Q(\zeta_8)=\mathbf Q(i,\sqrt2)$、Galois群は $C_2\times C_2$。第5円分体では $t=\zeta_5+\zeta_5^{-1}$ が $t^2+t-1=0$ を満たし、$\mathbf Q(t)=\mathbf Q(\sqrt5)$ となる。
素数 $p$ について $\Phi_p(X)=1+X+\cdots+X^{p-1}$ なので、共役を全て掛ければ
$$N_{\mathbf Q(\zeta_p)/\mathbf Q}(1-\zeta_p) =\prod_{a=1}^{p-1}(1-\zeta_p^a)=\Phi_p(1)=p\tag{3}$$
このノルム計算は、素数 $p$ の円分体での分岐を調べる入口になる。
演習。 $\Phi_3(x)$ と $[\mathbf Q(\zeta_3):\mathbf Q]$ を求めよ。
解答。 $\Phi_3=x^2+x+1$。上の既約性から次数は2。
演習。 式 (1) から $\Phi_{12}(X)$ を求めよ。
解答。 $X^{12}-1$ と $X^6-1$ の円分分解を割ると $X^6+1=\Phi_4\Phi_{12}$。$\Phi_4=X^2+1$ なので $\Phi_{12}=X^4-X^2+1$。
演習。 $\mathbf Q(\zeta_{15})$ の次数とGalois群、最大実部分体の次数を求めよ。
解答。 $\varphi(15)=8$ なので次数8。中国剰余定理と式 (2) により群は $(\mathbf Z/3)^\times\times(\mathbf Z/5)^\times\cong C_2\times C_4$。最大実部分体の次数は4。
演習。 $\mathbf Q(\zeta_8)$ の三つの二次中間体を求めよ。
解答。 $\mathbf Q(\zeta_8)=\mathbf Q(i,\sqrt2)$ であり、Galois群は $C_2\times C_2$。三つの位数2部分群の固定体は $\mathbf Q(i)$、$\mathbf Q(\sqrt2)$、$\mathbf Q(\sqrt{-2})$ である。複素共役は $\sqrt2$ を固定し、$i$ を反転するので、その固定体は $\mathbf Q(\sqrt2)$。
演習。 $n=7,9,15$ の最大実部分体の次数を求めよ。
解答。 $\varphi(n)/2$ より順に $3,3,4$ である。
演習。 式 (3) を $p=3$ と $p=5$ で確かめよ。
解答。 $p=3$ では $(1-\zeta_3)(1-\zeta_3^2)=1-(\zeta_3+\zeta_3^2)+1=3$。$p=5$ では $\Phi_5(1)=1+1+1+1+1=5$。