円分拡大と円分指標 | 体論入門

1 一の冪根と円分指標

定義 1.1. $K$ を体とし、 $n\ge1$ とする。分離閉包 $K_s$ の部分群

\mu_n=\{\zeta\in K_s^\times\mid \zeta^n=1\}

を $n$ 乗根群 (group of n-th roots of unity) という。位数がちょうど $n$ の元を原始 $n$ 乗根 (primitive n-th root of unity) という。

$\operatorname{char}K\nmid n$ なら $(x^n-1)'=nx^{n-1}$ は $x^n-1$ と互いに素なので、 $\mu_n$ は $n$ 個の元をもつ。§E8.7 定理 2.1では、体の乗法群の任意の有限部分群が巡回群であると述べられる。この定理を $K_s^\times$ の有限部分群 $\mu_n$ へ適用すると、 $\mu_n$ は位数 $n$ の巡回群である。したがって、原始 $n$ 乗根が存在する。

定義 1.2. $\operatorname{char}K\nmid n$ とし、原始 $n$ 乗根 $\zeta_n\in K_s$ を固定する。各 $\sigma\in G_K$ に対して一意な $\chi_n(\sigma)\in(\Z/n\Z)^\times$ が

\sigma(\zeta_n)=\zeta_n^{\chi_n(\sigma)}

を満たす。この連続準同型

\chi_n:G_K\longrightarrow(\Z/n\Z)^\times

を $n$ 次円分指標 (n-th cyclotomic character) という。

補題 1.3.定義 1.2の写像 $\chi_n$ は群準同型であり、有限群 $(\Z/n\Z)^\times$ に離散位相を入れると連続である。

証明. $\sigma$ は乗法と元の位数を保つので、 $\sigma(\zeta_n)$ は原始 $n$ 乗根であり、定義 1.2の指数は $(\Z/n\Z)^\times$ に一意に定まる。 $\sigma,\tau\in G_K$ に対して

\sigma\tau(\zeta_n) =\sigma\left(\zeta_n^{\chi_n(\tau)}\right) =\zeta_n^{\chi_n(\sigma)\chi_n(\tau)}

である。一意性により $\chi_n(\sigma\tau)=\chi_n(\sigma)\chi_n(\tau)$ となるので、 $\chi_n$ は群準同型である。その核は $\zeta_n$ の固定部分群 $\operatorname{Gal}(K_s/K(\zeta_n))$ である。 $K(\zeta_n)/K$ は有限拡大なので、この部分群は $G_K$ の開部分群である。有限離散群への準同型は核が開なら連続であるため、 $\chi_n$ は連続である。▨

命題 1.4. $K(\mu_n)=K(\zeta_n)$ は $K$ 上有限 Galois 拡大であり、制限写像と円分指標は同型

\operatorname{Gal}(K(\mu_n)/K)\xrightarrow{\ \sim\ } \operatorname{im}\chi_n\le(\Z/n\Z)^\times

を与える。とくに $[K(\mu_n):K]$ は $\varphi(n)$ を割る。

証明. $K(\mu_n)$ は分離多項式 $x^n-1$ の分解体なので有限 Galois 拡大である。自己同型は生成元 $\zeta_n$ の像によって一意に定まり、その像は原始 $n$ 乗根 $\zeta_n^a$ である。したがって円分指標は Galois 群から $(\Z/n\Z)^\times$ への単射を与える。その像は定義により $\operatorname{im}\chi_n$ である。位数を比較すると次数の主張が従う。▨

$\mu_n\subset K$ であることと $\chi_n$ が自明であることは同値である。 $\mu_n$ が基礎体に含まれない場合、 $G_K$ は $\mu_n$ へ非自明に作用する。後続の Kummer 理論では、 $G_K$ の $\mu_n$ への作用を考慮に入れて議論する必要がある。

2 円分多項式

複素数体の中で $\zeta_n=e^{2\pi i/n}$ と固定する。

定義 2.1. 原始 $n$ 乗根を根とするモニック多項式

\Phi_n(x)=\prod_{\substack{1\le a\le n\\(a,n)=1}}(x-\zeta_n^a)

を $n$ 次円分多項式 (n-th cyclotomic polynomial) という。その次数は Euler の関数 $\varphi(n)$ である。

補題 2.2 (Gauss の補題). 整数係数多項式の係数の最大公約数を内容 (content) といい、内容が $1$ の多項式を原始多項式 (primitive polynomial) という。次が成り立つ。

二つの原始多項式の積は原始多項式である。
原始かつモニックな $F\in\Z[x]$ が $F=gh$ と $\Q[x]$ で分解され、 $g,h$ がモニックなら、 $g,h\in\Z[x]$ である。

したがって、モニックな $H\in\Z[x]$ がモニックで原始な $F\in\Z[x]$ を $\Q[x]$ で割り切るなら、そのモニックな商も $\Z[x]$ に属する。

証明.主張 (1)を示す。原始多項式 $P,Q\in\Z[x]$ の積が原始でないと仮定する。その全係数を割る素数 $p$ を取ると、 $\mathbb F_p[x]$ において $\overline P\,\overline Q=0$ となる。一方、原始性により $\overline P\ne0$ かつ $\overline Q\ne0$ であり、 $\mathbb F_p[x]$ は整域なので矛盾する。よって主張 (1)の主張が従う。

主張 (2)を示す。 $g=rG$ 、 $h=sH$ と書く。ただし、 $G,H\in\Z[x]$ は原始多項式、 $r,s$ は正の有理数であり、 $G,H$ の最高次係数は正とすることができる。主張 (1)の主張により $GH$ は原始であり、

F=rsGH

である。原始多項式 $R\in\Z[x]$ と有理数 $c$ に対し、 $cR$ が整数係数なら、 $c$ を既約分数で表したときの分母は $R$ の全係数を割るので、その分母は $1$ である。さらに $cR$ も原始なら $|c|=1$ である。この事実を上の等式へ適用すると $rs=1$ を得る。 $g,h$ はモニックなので、 $G,H$ の最高次係数をそれぞれ $u,v$ とすれば $r=1/u$ 、 $s=1/v$ である。したがって $uv=1$ であり、正整数 $u,v$ はともに $1$ である。ゆえに $r=s=1$ となり、 $g=G$ 、 $h=H$ は整数係数である。最後の主張は $F=H(F/H)$ へ主張 (2)の主張を適用すれば従う。▨

補題 2.3. $\Phi_n(x)$ は $\Z[x]$ に属し、

x^n-1=\prod_{d\mid n}\Phi_d(x)

\text{(2.3.1)}

が成り立つ。

証明. $x^n-1$ の各根は、位数が $n$ のある約数 $d$ に等しい一の根である。位数ごとに根を分けると式 (2.3.1)を得る。

整係数性を $n$ について帰納する。 $\Phi_1=x-1\in\Z[x]$ である。 $n>1$ とし、真の約数に対して主張を仮定する。式 (2.3.1)から

x^n-1=\Phi_n(x)\prod_{\substack{d\mid n\\d<n}}\Phi_d(x)

である。右辺の第二因子はモニック整係数多項式である。モニック多項式による除法から商 $\Phi_n$ は $\Q[x]$ に属する。 $x^n-1$ と第二因子はモニックで原始なので、補題 2.2の商に関する結論により $\Phi_n\in\Z[x]$ である。▨

定理 2.4. $\Phi_n(x)$ は $\Q[x]$ で既約である。したがって

[\Q(\zeta_n):\Q]=\varphi(n),\qquad \operatorname{Gal}(\Q(\zeta_n)/\Q) \cong(\Z/n\Z)^\times,

であり、 $a\in(\Z/n\Z)^\times$ は自己同型 $\sigma_a(\zeta_n)=\zeta_n^a$ に対応する。

証明. $f\in\Q[x]$ を $\zeta_n$ の $\Q$ 上のモニック最小多項式とする。 $f$ は $x^n-1$ を $\Q[x]$ で割り切るので、補題 2.2を $x^n-1$ のモニック分解へ適用すると $f\in\Z[x]$ である。また $f\mid\Phi_n$ であり、同じ補題をモニック分解 $\Phi_n=fg$ へ適用すると $g\in\Z[x]$ である。

$\ell\nmid n$ を素数とする。 $\zeta_n^\ell$ が $f$ の根でないと仮定すると $g(\zeta_n^\ell)=0$ なので、 $\zeta_n$ は $g(x^\ell)$ の根であり $f(x)\mid g(x^\ell)$ となる。係数を $\mathbb F_\ell$ へ還元すると

\overline{g(x^\ell)}=\overline g(x)^\ell

である。したがって $\overline f$ と $\overline g$ は非定数の共通因子をもち、 $\overline\Phi_n=\overline f\,\overline g$ は重複因子をもつ。しかし $\ell\nmid n$ なので $x^n-1$ とその微分 $nx^{n-1}$ は $\mathbb F_\ell[x]$ で互いに素であり、式 (2.3.1)からその因子 $\overline\Phi_n$ も重複因子をもたない。これは矛盾である。ゆえに $\zeta_n^\ell$ は $f$ の根である。

上の議論では、 $\zeta_n$ を $f$ の任意の原始 $n$ 乗根へ置き換えることができる。実際、その根の最小多項式も既約多項式 $f$ であり、同じ割り切りの議論が成り立つ。任意の $a\in(\Z/n\Z)^\times$ は、 $n$ と互いに素な正整数で代表させ、その素因数を順に適用することにより、 $\zeta_n^a$ も $f$ の根である。したがって $f$ は $\varphi(n)$ 個の原始 $n$ 乗根をすべて根にもつ。 $f\mid\Phi_n$ かつ両者はモニックなので $f=\Phi_n$ である。

次数公式が従い、命題 1.4の単射は、位数がともに $\varphi(n)$ である二つの有限群の間の単射になるため同型である。▨

3 中間体

定理 3.1. $G=(\Z/n\Z)^\times$ とする。対応

H\longmapsto\Q(\zeta_n)^H

は $G$ の部分群と $\Q\subseteq E\subseteq\Q(\zeta_n)$ を満たす中間体との間の包含を反転する全単射であり、

[\Q(\zeta_n):\Q(\zeta_n)^H]=|H|, \qquad [\Q(\zeta_n)^H:\Q]=[G:H]

である。 $G$ は可換群なので、すべての中間拡大 $E/\Q$ は Galois 拡大である。

証明.定理 2.4により円分拡大の Galois 群は $G$ である。有限 Galois 対応§E8.10 定理 4.1を適用すると全単射と次数公式を得る。 $G$ のすべての部分群は正規なので、対応する中間拡大は Galois 拡大である。▨

例 3.2. $n\ge3$ とする。複素共役は $\sigma_{-1}$ に対応する。その固定体は

\Q(\zeta_n+\zeta_n^{-1})

である。実際、右辺は複素共役で固定され、 $\zeta_n$ は

x^2-(\zeta_n+\zeta_n^{-1})x+1

を満たす。 $\zeta_n$ は実数でないため拡大次数は $2$ であり、固定体の次数と一致する。したがって

[\Q(\zeta_n+\zeta_n^{-1}):\Q]=\frac{\varphi(n)}2

である。

4 トレースとノルム

定義 4.1. 正整数上のMöbius 関数 (Möbius function) $\mu$ を次で定める。 $\mu(1)=1$ とする。 $r>1$ がある素数の平方で割り切れるなら $\mu(r)=0$ とし、 $r$ が相異なる $s$ 個の素数の積なら $\mu(r)=(-1)^s$ とする。

補題 4.2. 任意の正整数 $r$ に対して

\sum_{d\mid r}\mu(d)= \begin{cases}1,&r=1,\\0,&r>1\end{cases}

\text{(4.2.1)}

である。したがって、正整数 $a,n$ に対して $1_{(a,n)=1}=\sum_{d\mid(a,n)}\mu(d)$ が成り立つ。

証明. $r=1$ の場合は定義から従う。 $r>1$ の相異なる素因数を $p_1,\ldots,p_s$ とする。 $\mu(d)\ne0$ となる約数 $d$ は $p_1,\ldots,p_s$ から選んだ部分集合の積に限られるので、二項定理から

\sum_{d\mid r}\mu(d)=\sum_{j=0}^s\binom sj(-1)^j=(1-1)^s=0

となる。最後の等式は式 (4.2.1)を $r=(a,n)$ へ適用したものである。▨

補題 4.3. $p$ を素数、 $m\ge1$ 、 $p\nmid m$ 、 $r\ge1$ とする。このとき

$\Phi_{pm}(x)=\frac{\Phi_m(x^p)}{\Phi_m(x)},$
$\Phi_{p^rm}(x)=\Phi_{pm}\left(x^{p^{r-1}}\right)$

が成り立つ。

証明. $\alpha$ を一の根とし、その位数を $s$ とする。 $s=p^au$ 、 $p\nmid u$ と書くと

\operatorname{ord}(\alpha^p)=p^{\max(a-1,0)}u

である。したがって、 $\alpha^p$ の位数が $m$ であることは、 $s=m$ または $s=pm$ であることと同値である。ゆえに $\Phi_m(x^p)$ の根は、原始 $m$ 乗根と原始 $pm$ 乗根との互いに交わらない合併である。これらの根は $x^{pm}-1$ の根なので重複しない。三つの多項式はモニックであるから $\Phi_m(x^p)=\Phi_m(x)\Phi_{pm}(x)$ となり、主張 (1)を得る。

次に $\alpha^{p^{r-1}}$ の位数が $pm$ であるとする。位数の公式

\operatorname{ord}\left(\alpha^{p^{r-1}}\right) =\frac{s}{\gcd(s,p^{r-1})}

へ $s=p^au$ を代入すると、 $u=m$ かつ $a-\min(a,r-1)=1$ を得る。この条件は $a=r$ と同値なので、 $\alpha$ の位数は $p^rm$ である。逆向きも同じ公式から従う。よって $\Phi_{pm}(x^{p^{r-1}})$ の根は原始 $p^rm$ 乗根全体であり、根は重複しない。両辺がモニックなので主張 (2)が従う。▨

命題 4.4. $n\ge2$ 、 $k\in\Z$ とする。このとき

\operatorname{Tr}_{\Q(\zeta_n)/\Q}(\zeta_n^k) =\sum_{d\mid\gcd(n,k)}d\,\mu(n/d),

\text{(4.4.1)}

とくに $\operatorname{Tr}(\zeta_n)=\mu(n)$ である。また

\operatorname{N}_{\Q(\zeta_n)/\Q}(\zeta_n) =\begin{cases}-1,&n=2,\\1,&n>2,\end{cases}

および

\operatorname{N}_{\Q(\zeta_n)/\Q}(1-\zeta_n) =\Phi_n(1) =\begin{cases} p,&n=p^r\text{ が素数冪},\\ 1,&n\text{ が素数冪でない} \end{cases}

が成り立つ。

証明. 埋め込み表示§E8.16 定理 2.1と Galois 群の記述から、トレースは

c_n(k)=\sum_{\substack{1\le a\le n\\(a,n)=1}}\zeta_n^{ak}

である。互いに素であることの指示関数を表す補題 4.2の等式 $1_{(a,n)=1}=\sum_{d\mid(a,n)}\mu(d)$ を代入すると

c_n(k)=\sum_{d\mid n}\mu(d) \sum_{b=1}^{n/d}\zeta_n^{dbk}.

内側の幾何級数は $(n/d)\mid k$ のとき $n/d$ 、それ以外は $0$ である。 $e=n/d$ と置き換えると式 (4.4.1)を得る。

$n>2$ では単元類 $a$ と $-a$ を組にすることができ、対応する根の積は $\zeta_n^a\zeta_n^{-a}=1$ である。 $n=2$ では唯一の原始根が $-1$ なので、 $\zeta_n$ のノルムの式を得る。

最後に

\operatorname{N}(1-\zeta_n) =\prod_{(a,n)=1}(1-\zeta_n^a)=\Phi_n(1)

である。 $n=p^r$ なら、補題 4.3を $m=1$ へ適用して

\Phi_{p^r}(x)=\Phi_p\left(x^{p^{r-1}}\right) =\frac{x^{p^r}-1}{x^{p^{r-1}}-1} =1+x^{p^{r-1}}+\cdots+x^{(p-1)p^{r-1}}

を得る。したがって $\Phi_{p^r}(1)=p$ である。 $n$ が素数冪でない場合、 $n=p^rm$ 、 $p\nmid m$ 、 $m>1$ となる素数 $p$ を取る。同じ補題から

\Phi_n(1)=\Phi_{pm}(1) =\frac{\Phi_m(1)}{\Phi_m(1)}=1

となる。 $m>1$ のとき $1$ は原始 $m$ 乗根でないので $\Phi_m(1)\ne0$ であり、この除法は定義される。▨

例 4.5. $\Phi_8(x)=x^4+1$ であり、 $\operatorname{Gal}(\Q(\zeta_8)/\Q)\cong(\Z/8\Z)^\times\cong C_2\times C_2$ である。三つの位数二の部分群は、三つの二次中間体

\Q(i),\qquad\Q(\sqrt2),\qquad\Q(\sqrt{-2})

に対応する。また命題 4.4により $\operatorname{Tr}(\zeta_8)=\mu(8)=0$ 、 $\operatorname{N}(1-\zeta_8)=\Phi_8(1)=2$ である。

5 演習

問題 5.1 (円分体の確認).

$\operatorname{char}K\nmid n$ のとき、 $\mu_n$ が位数 $n$ の巡回群であることを、分離性と§E8.7 定理 2.1から証明せよ。
素数 $p$ と整数 $k\ge1$ について、 $\Phi_{p^k}(x)=\Phi_p\bigl(x^{p^{k-1}}\bigr)$ を示せ。さらに、 $\Phi_{p^k}$ の係数を $\mathbb F_p$ へ還元した多項式が $(x-1)^{\varphi(p^k)}$ に等しいことを示し、 $\varphi(p^k)\ge2$ のとき定理 2.4の証明で用いた「 $\overline\Phi_n$ は重複因子をもたない」という性質が $n=p^k$ 、 $\ell=p$ では成り立たないことを確かめよ。
$n=5$ について Galois 群のすべての部分群を求め、中間体の次数を計算せよ。
式 (4.4.1)を用いて $\operatorname{Tr}_{\Q(\zeta_{12})/\Q}(\zeta_{12}^k)$ を $k=1,2,3,4$ について計算せよ。
$K=\Q$ 、 $n=4$ とし、 $\Q$ の分離閉包を $\C$ の中の代数的数の全体にとって $\zeta_4=i$ とする。複素共役の制限 $c\in G_{\Q}$ について $\chi_4(c)$ を求めよ。また、すべての $\sigma\in G_{\Q}$ で固定される $\mu_4$ の元の全体を求め、 $\mu_4$ が、自明な作用をもつ $G_{\Q}$ -加群 $\Z/4\Z$ と $G_{\Q}$ -加群として同型でないことを示せ。

解答.

$f = x^n - 1$ とすると $f' = n x^{n-1}$ である。 $\operatorname{char}K \nmid n$ であるから $n 1_K \ne 0$ であり、 $f'$ の $\overline K$ における根は $0$ だけである。 $f(0) = -1 \ne 0$ であるから、 $f$ と $f'$ は $\overline K$ に共通根をもたず、したがって $K[x]$ で非定数の共通因子をもたない。§E8.8 定理 1.2により $f$ は $\overline K$ に重根をもたず、相異なる $n$ 個の根をもつ。 $f$ の各根 $\zeta$ の最小多項式 $m_{\zeta, K}$ は $f$ を割るので重根をもたず、 $\zeta$ は $K$ 上分離的である。よって $f$ の $n$ 個の根はすべて分離閉包 $K_s$ に属し、 $|\mu_n| = n$ である。 $\zeta, \zeta' \in \mu_n$ について $(\zeta\zeta')^n = 1$ 、 $(\zeta^{-1})^n = 1$ であるから、 $\mu_n$ は $K_s^\times$ の位数 $n$ の有限部分群である。§E8.7 定理 2.1を体 $K_s$ の乗法群の有限部分群 $\mu_n$ に適用すると、 $\mu_n$ は巡回群であり、その位数は $n$ である。
$p^k$ の正の約数は $p^j$ （ $0\le j\le k$ ）であるから、式 (2.3.1)により $x^{p^k}-1=\prod_{j=0}^{k}\Phi_{p^j}(x)=\bigl(x^{p^{k-1}}-1\bigr)\,\Phi_{p^k}(x)$ である。ここで $\prod_{j=0}^{k-1}\Phi_{p^j}(x)=x^{p^{k-1}}-1$ も同じ等式による。同じく $y^p-1=(y-1)\Phi_p(y)$ であるから、 $y=x^{p^{k-1}}$ を代入して $x^{p^k}-1=\bigl(x^{p^{k-1}}-1\bigr)\Phi_p\bigl(x^{p^{k-1}}\bigr)$ を得る。 $\Q[x]$ は整域であり $x^{p^{k-1}}-1\ne0$ であるから、 $\Phi_{p^k}(x)=\Phi_p\bigl(x^{p^{k-1}}\bigr)$ である。次に還元を考える。補題 2.3により $\Phi_{p^j}\in\Z[x]$ であるから、上の等式は $\Z[x]$ の等式であり、 $\mathbb F_p[x]$ へ還元することができる。 $0<r<p$ について二項係数 $\binom pr$ は $p$ で割り切れるので、 $\mathbb F_p[x]$ において $(x-1)^p=x^p-1$ であり、これを繰り返して $(x-1)^{p^m}=x^{p^m}-1$ （ $m\ge0$ ）を得る。したがって $\mathbb F_p[x]$ において $(x-1)^{p^k}=(x-1)^{p^{k-1}}\,\overline\Phi_{p^k}$ であり、 $\mathbb F_p[x]$ は整域であるから $\overline\Phi_{p^k}=(x-1)^{p^k-p^{k-1}}=(x-1)^{\varphi(p^k)}$ である。 $\varphi(p^k)\ge2$ ならば $\overline\Phi_{p^k}$ は重複因子 $x-1$ をもつ。 $p$ は $p^k$ を割るので、これは定理 2.4の証明で $\ell\nmid n$ を仮定して得た性質が $\ell\mid n$ では成り立たない例である。たとえば $p=3$ 、 $k=2$ では $\overline\Phi_9=(x-1)^6$ である。
定理 2.4により $G = \operatorname{Gal}(\Q(\zeta_5)/\Q) \cong (\Z/5\Z)^\times = \{1, 2, 3, 4\}$ であり、 $a$ は $\sigma_a(\zeta_5) = \zeta_5^a$ に対応する。 $5$ を法として $2^1 = 2$ 、 $2^2 = 4$ 、 $2^3 = 3$ 、 $2^4 = 1$ であるから、 $G$ は $2$ で生成される位数 $4$ の巡回群である。位数 $4$ の巡回群の部分群は、位数 $1, 2, 4$ のものが一つずつであり、 $\{1\}$ 、 $\{1, 4\} = \langle 4 \rangle$ 、 $G$ の三つである。定理 3.1により、中間体はそれらの固定体であり、 $[\Q(\zeta_5)^H : \Q] = [G : H]$ である。 $H = \{1\}$ の固定体は $\Q(\zeta_5)$ であり、次数は $4$ である。 $H = G$ の固定体は $\Q$ であり、次数は $1$ である。 $H = \langle 4 \rangle = \langle -1 \rangle$ は複素共役 $\sigma_{-1}$ が生成する部分群であり、例 3.2によりその固定体は $\Q(\zeta_5 + \zeta_5^{-1})$ 、次数は $\varphi(5)/2 = 2 = [G : H]$ である。この体を具体的に書くと、 $\eta = \zeta_5 + \zeta_5^4$ 、 $\eta' = \zeta_5^2 + \zeta_5^3$ とおけば、 $\Phi_5(\zeta_5) = 0$ から $\eta + \eta' = -1$ であり、 $\eta\eta' = \zeta_5^3 + \zeta_5^4 + \zeta_5^6 + \zeta_5^7 = \zeta_5^3 + \zeta_5^4 + \zeta_5 + \zeta_5^2 = -1$ である。したがって $\eta$ は $x^2 + x - 1$ の根であり、 $\eta = (-1 \pm \sqrt5)/2$ であるから、 $\Q(\zeta_5 + \zeta_5^{-1}) = \Q(\sqrt5)$ である。
式 (4.4.1)を $n = 12$ に適用する。Möbius 関数の値は $\mu(12) = 0$ 、 $\mu(6) = 1$ 、 $\mu(4) = 0$ 、 $\mu(3) = -1$ である。 $12 = 2^2 \cdot 3$ と $4 = 2^2$ は素数の平方で割り切れ、 $6 = 2 \cdot 3$ は相異なる二つの素数の積、 $3$ は一つの素数だからである。 $\begin{aligned} k = 1 &: \ \gcd(12, 1) = 1, \quad \operatorname{Tr}(\zeta_{12}) = 1 \cdot \mu(12) = 0, \\ k = 2 &: \ \gcd(12, 2) = 2, \quad \operatorname{Tr}(\zeta_{12}^2) = 1 \cdot \mu(12) + 2 \cdot \mu(6) = 0 + 2 = 2, \\ k = 3 &: \ \gcd(12, 3) = 3, \quad \operatorname{Tr}(\zeta_{12}^3) = 1 \cdot \mu(12) + 3 \cdot \mu(4) = 0 + 0 = 0, \\ k = 4 &: \ \gcd(12, 4) = 4, \quad \operatorname{Tr}(\zeta_{12}^4) = 1 \cdot \mu(12) + 2 \cdot \mu(6) + 4 \cdot \mu(3) = 0 + 2 - 4 = -2. \end{aligned}$ 検算として、トレースは $\sum_{a \in \{1, 5, 7, 11\}} \zeta_{12}^{ak}$ に等しい。 $k = 2$ では $\zeta_{12}^2 = \zeta_6$ であり、和は $2(\zeta_6 + \zeta_6^{5}) = 2 \cdot 2\cos(\pi/3) = 2$ である。 $k = 4$ では $\zeta_{12}^4 = \zeta_3$ であり、和は $2(\zeta_3 + \zeta_3^2) = -2$ である。 $k = 3$ では $\zeta_{12}^3 = i$ であり、和は $i + i - i - i = 0$ である。 $k = 1$ では和は $2(\cos(\pi/6) + \cos(5\pi/6)) = 0$ である。いずれも上の値と一致する。
$c(i)=\overline i=-i=i^3$ であるから、定義 1.2により $\chi_4(c)=3=-1\in(\Z/4\Z)^\times$ である。 $\mu_4=\{1,i,-1,-i\}$ のうち $1$ と $-1$ は $\Q$ に属するので、すべての $\sigma\in G_{\Q}$ で固定される。一方 $c(i)=-i\ne i$ 、 $c(-i)=i\ne-i$ であるから、 $i$ と $-i$ は $c$ で固定されない。したがって、すべての $\sigma$ で固定される $\mu_4$ の元の全体は $\{1,-1\}$ であり、二つの元からなる。 $\Z/4\Z$ に自明な作用を入れると、四つの元すべてが固定される。 $G_{\Q}$ -同変な全単射 $\varphi:\Z/4\Z\to\mu_4$ があったとすると、固定される元 $x$ について $\sigma(\varphi(x))=\varphi(\sigma\cdot x)=\varphi(x)$ であるから、 $\varphi$ は固定される元の全体を固定される元の全体へ単射に写す。四つの元をもつ集合から二つの元をもつ集合への単射は存在しないので、これは矛盾である。よって $\mu_4$ と $\Z/4\Z$ は $G_{\Q}$ -加群として同型でない。 $\chi_4(c)\ne1$ であることは、命題 1.4の後の注意のとおり $\mu_4\not\subset\Q$ であることと対応する。

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§E8.20円分拡大と円分指標

1 一の冪根と円分指標

2 円分多項式

3 中間体

4 トレースとノルム

5 演習

参考文献

前提記事