代数学

(1) 類等式 $\lvert G \rvert = \lvert Z(G) \rvert + \sum_i [G : C_G(x_i)]$（和は中心に含まれない共役類の代表元）において、各 $[G : C_G(x_i)]$ は $\lvert G \rvert$ の $1$ でない約数だから $p$ の倍数。よって $p \mid \lvert Z(G) \rvert$ で、$Z(G) \neq \lbrace 1 \rbrace$。

(2) $G/Z(G) = \langle gZ(G) \rangle$ とすると、$G$ の元は $g^a z$（$z \in Z(G)$）の形で、$g^a z \cdot g^b w = g^{a+b}zw = g^b w \cdot g^a z$。よって $G$ はアーベル群。位数 $p^2$ のとき、(1) より $\lvert Z(G) \rvert \in \lbrace p, p^2 \rbrace$。$\lvert Z(G) \rvert = p$ なら $G/Z(G)$ は位数 $p$ で巡回群となり、$G$ がアーベルで $Z(G) = G$ となって矛盾。よって $Z(G) = G$。

(3) (1) より $\lvert Z(G) \rvert \in \lbrace p, p^2 \rbrace$（$G$ は非アーベルなので $p^3$ でない）。$p^2$ なら $G/Z(G)$ が位数 $p$ で巡回となり (2) に反する。よって $\lvert Z(G) \rvert = p$。$x \notin Z(G)$ なら $C_G(x) \supset \langle Z(G), x \rangle \supsetneq Z(G)$ かつ $C_G(x) \neq G$ なので $\lvert C_G(x) \rvert = p^2$、共役類の大きさは $p$。中心外の共役類は $(p^3 - p)/p = p^2 - 1$ 個で、共役類の総数は $p + p^2 - 1$。

• $p = 2$ のとき $D_4$（位数 8 の二面体群）と $Q_8$（四元数群）の共役類はともに $5 = 4 + 2 - 1$ 個で、確かに一致する。位数 $p^3$ の非アーベル群は同型を除いてちょうど 2 つある。
• (2) の「$G/Z(G)$ は巡回群にならない（自明でない限り）」は群の構造決定で頻繁に使う。

(1) シローの定理より $n_7 \equiv 1 \pmod 7$, $n_7 \mid 15$ から $n_7 \in \lbrace 1, 15 \rbrace$、同様に $n_5 \in \lbrace 1, 21 \rbrace$。$n_7 = 15$ かつ $n_5 = 21$ とすると、位数 7 の元が $15 \cdot 6 = 90$ 個、位数 5 の元が $21 \cdot 4 = 84$ 個となり、合計が $105$ を超えて矛盾。

(2) (1) より $P_5$, $P_7$（シロー部分群）の一方は正規なので、$H = P_5 P_7$ は位数 35 の部分群である。$G$ の $G/H$（3 個の剰余類）への左乗法作用から準同型 $\rho\colon G \to \mathfrak{S}_3$ を得る。$K = \ker\rho \subset H$ で、$[G:K]$ は $\lvert \mathfrak{S}_3 \rvert = 6$ と $105$ の公約数なので $3$ の約数、かつ $[G:K] \geq [G:H] = 3$。よって $K = H$ で $H \trianglelefteq G$。位数 35 の群では $n_5 \mid 7$, $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ より $n_5 = 1$、同様に $n_7 = 1$ なので $H \cong \mathbb{Z}/5\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/7\mathbb{Z} \cong \mathbb{Z}/35\mathbb{Z}$。$G$ の任意のシロー 5 部分群 $P$ は、$G/H$ の位数 3 と互いに素なので $H$ に含まれ、$H$ の位数 5 の部分群は一つだから $n_5(G) = 1$。$n_7(G) = 1$ も同様。

(3) $Q$ をシロー 3 部分群とすると $H \cap Q = 1$, $HQ = G$ で、$G \cong H \rtimes_{\varphi} Q$（$\varphi\colon Q \to \operatorname{Aut}(H)$）。$\operatorname{Aut}(H) \cong (\mathbb{Z}/5\mathbb{Z})^{\times} \times (\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^{\times} \cong \mathbb{Z}/4\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ で、位数 3 の元は第 2 成分の $2, 4 \in (\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^{\times}$ のみ。

• $\varphi$ が自明なら $G \cong \mathbb{Z}/35\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/3\mathbb{Z} \cong \mathbb{Z}/105\mathbb{Z}$。
• $\varphi$ が非自明なら、$Q$ の生成元 $y$ が $P_7$ に $x \mapsto x^2$ または $x \mapsto x^4$ で作用し、$P_5$ には自明に作用する。$y$ を $y^{-1} = y^2$ に取り替えると 2 つの場合は入れ替わるので、$G \cong \mathbb{Z}/5\mathbb{Z} \times (\mathbb{Z}/7\mathbb{Z} \rtimes \mathbb{Z}/3\mathbb{Z})$（非アーベル）に一意に定まる。

したがって同型類はちょうど 2 つである。

• (1) の「元の個数を数えて矛盾を導く」論法はシローの定理の応用の定番。(2) の議論は「位数の最小素因数を指数とする部分群は正規」という一般的事実の証明そのものである。
• 半直積の同型判定では「作用の像が同じ部分群になれば同型」が目安になる（厳密には $\operatorname{Aut}(Q)$ と $\operatorname{Aut}(H)$ の作用で移り合うこと）。

(1) 正則行列の第 1 列は $0$ 以外の $p^2 - 1$ 通り、第 2 列は第 1 列の倍数以外の $p^2 - p$ 通りなので $\lvert G \rvert = (p^2 - 1)(p^2 - p)$。$\det\colon G \to \mathbb{F}_p^{\times}$ は全射準同型（$\operatorname{diag}(a, 1)$ を考えよ）で核は $\operatorname{SL}_2(\mathbb{F}_p)$。準同型定理より $G/\operatorname{SL}_2 \cong \mathbb{F}_p^{\times}$、$\lvert \operatorname{SL}_2(\mathbb{F}_p) \rvert = p(p^2-1)$。

(2) $\lvert G \rvert = p(p-1)^2(p+1)$ なのでシロー $p$ 部分群の位数は $p$。位数 $p$ の元 $A$ は $A^p = I$ から固有値が $1$ のみで、2 次なので $(A - I)^2 = O$。逆に $N = A - I \neq O$, $N^2 = O$ なら $A^p = I + pN = I$。$N^2 = O$ となる $N$ は $\operatorname{tr} N = \det N = 0$、すなわち第 1 行 $(a, b)$、第 2 行 $(c, -a)$ で $a^2 + bc = 0$ の行列で、その個数は $a = 0$ の $2p - 1$ 個と $a \neq 0$ の $(p-1)^2$ 個の和 $p^2$。よって位数 $p$ の元は $p^2 - 1$ 個。相異なるシロー $p$ 部分群は単位元のみを共有し、それぞれ $p - 1$ 個の位数 $p$ の元を含むので、$n_p = \frac{p^2-1}{p-1} = p + 1$。

(3) $\lvert \operatorname{PGL}_2(\mathbb{F}_3) \rvert = 48/2 = 24$。$G$ は $\mathbb{F}_3^2$ の 1 次元部分空間 4 個（$\langle e_1 \rangle, \langle e_2 \rangle, \langle e_1 + e_2 \rangle, \langle e_1 - e_2 \rangle$）に作用し、準同型 $G \to \mathfrak{S}_4$ を与える。すべての直線を保つ行列は、$e_1, e_2, e_1 + e_2$ がすべて固有ベクトルなのでスカラー行列。よって $\operatorname{PGL}_2(\mathbb{F}_3) \to \mathfrak{S}_4$ は単射で、位数が等しいので同型である。

• (2) の $p + 1$ は射影直線 $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_p)$ の点の個数に等しい。実際、各シロー $p$ 部分群はただ一つの直線を固定し、この対応が全単射になる。上三角単数行列の群 $U$ の正規化群はボレル部分群（上三角行列全体）で、$n_p = [G : B] = p + 1$ とも計算できる。

(1) $72 = 2^3 \cdot 3^2$。2 部分は $3$ の分割 $(3), (2,1), (1,1,1)$、3 部分は $2$ の分割 $(2), (1,1)$ に対応し、全部で $3 \times 2 = 6$ 個：

（$\mathbb{Z}/n$ は $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ の略。）

(2) 生成元を行とする行列に行・列の基本変形（$\mathbb{Z}$ 上可逆）を施す：

（第 2 行 $-3\times$ 第 1 行、第 2・3 列から第 1 列の $2$ 倍・$3$ 倍を引く、第 3 列から第 2 列を引き符号を変える。）よって $\mathbb{Z}^3/N \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/6\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$。

(3) 中国剰余定理より $(\mathbb{Z}/15)^{\times} \cong (\mathbb{Z}/3)^{\times} \times (\mathbb{Z}/5)^{\times} \cong \mathbb{Z}/2 \times \mathbb{Z}/4$。$(\mathbb{Z}/16)^{\times}$ は位数 8 で、$3$ の位数は 4（$3^2 = 9$, $3^4 = 81 \equiv 1$）、位数 2 の元は $7, 9, 15$ の 3 個なので巡回群でも $(\mathbb{Z}/2)^3$ でもなく、$\mathbb{Z}/2 \times \mathbb{Z}/4$。$(\mathbb{Z}/24)^{\times} = \lbrace 1,5,7,11,13,17,19,23 \rbrace$ はすべての元の 2 乗が $1$ なので $(\mathbb{Z}/2)^3$。よって同型なのは前 2 つだけである。

• (2) の単因子 $d_1 = 2$ は成分の最大公約数、$d_1d_2 = 12$ は $2 \times 2$ 小行列式 $-12, -12, 12$ の最大公約数として検算できる。
• 有限アーベル群の同型判定は「各 $d$ について $\lvert \lbrace x \mid dx = 0 \rbrace \rvert$ を比べる」のが確実。位数 8 のアーベル群 $\mathbb{Z}/8$, $\mathbb{Z}/2 \times \mathbb{Z}/4$, $(\mathbb{Z}/2)^3$ は位数 2 の元の個数（1 個・3 個・7 個）で区別でき、(3) の 3 つの群ではそれが順に 3 個・3 個・7 個である。

(1) $\mathbb{Z}[x]/(3, x^2+1) \cong \mathbb{F}_3[x]/(x^2+1)$。$x^2 + 1$ は $\mathbb{F}_3$ に根をもたない（$0, 1, 2$ で値 $1, 2, 2$）2 次式なので既約で、剰余環は位数 $3^2 = 9$ の体。

(2) $\mathbb{F}_5$ で $x^2 + 1 = (x-2)(x+2)$、$x - 2$ と $x + 2$ は互いに素なので、中国剰余定理より $\mathbb{Z}[x]/(5, x^2+1) \cong \mathbb{F}_5[x]/(x-2) \times \mathbb{F}_5[x]/(x+2) \cong \mathbb{F}_5 \times \mathbb{F}_5$。零因子をもつので整域でなく、$(5, x^2+1)$ は素イデアルでない。

(3) $\varphi\colon \mathbb{Z}[x] \to \mathbb{Q}$, $g \mapsto g(\frac{1}{2})$ の像は $\mathbb{Z}[\frac{1}{2}]$。$g(\frac{1}{2}) = 0$ なら $\mathbb{Q}[x]$ で $g = (2x-1)h$ と書け、$2x - 1$ は原始多項式なのでガウスの補題より $h \in \mathbb{Z}[x]$。よって $\ker\varphi = (2x - 1)$ で、$\mathbb{Z}[x]/(2x-1) \cong \mathbb{Z}[\frac{1}{2}]$。これは整域だが体でない（$3$ の逆元 $\frac{1}{3}$ を含まない）ので、$(2x-1)$ は素イデアルだが極大でない。

(4) 素イデアル $\mathfrak{P} \supset (10, x^2+1)$ は $2$ または $5$ を含む（両方含むと $1 \in \mathfrak{P}$）。$2 \in \mathfrak{P}$ なら $\mathfrak{P}/(2)$ は $\mathbb{F}_2[x]$ の素イデアルで $x^2 + 1 = (x+1)^2$ を含むので $x + 1$ を含み、$(2, x+1)$ は極大だから $\mathfrak{P} = (2, x+1)$。$5 \in \mathfrak{P}$ なら同様に $x - 2$ か $x + 2$ を含む。答えは $(2, x+1)$, $(5, x-2)$, $(5, x+2)$ の 3 つ（すべて極大イデアル）。

• 剰余環 $\mathbb{Z}[x]/(p, f)$ は「まず $p$ で割って $\mathbb{F}_p[x]/(\bar{f})$、次に $\bar{f}$ を因数分解」と 2 段階で見るのが定石。これは素数 $p$ の $\mathbb{Z}[i]$ での分解（$p = 3$ は素元のまま、$p = 5 = (2+i)(2-i)$ は分解）そのものである。
• $\mathbb{Z}[x]$ の極大イデアルはすべて $(p, f)$（$\bar{f}$ は $\mathbb{F}_p$ 上既約）の形で、$\mathbb{Z}[x]$ はクルル次元 2 の環である。

(1) $R \cong \mathbb{Z}[x]/(x^2+5)$ だから $R/\mathfrak{p} \cong \mathbb{Z}[x]/(2, 1+x, x^2+5) \cong \mathbb{F}_2[x]/(x+1, x^2+1)$。$\mathbb{F}_2$ で $x^2 + 1 = (x+1)^2$ なので、これは $\mathbb{F}_2[x]/(x+1) \cong \mathbb{F}_2$。体なので $\mathfrak{p}$ は極大。

(2) $\mathfrak{p} = (\alpha)$ とすると $\alpha \mid 2$, $\alpha \mid 1 + \sqrt{-5}$ より $N(\alpha)$ は $N(2) = 4$ と $N(1+\sqrt{-5}) = 6$ の公約数で、$N(\alpha) \in \lbrace 1, 2 \rbrace$。$a^2 + 5b^2 = 2$ は解がなく、$N(\alpha) = 1$ なら $\alpha$ は単元で $\mathfrak{p} = R$ となり (1) に反する。よって単項でない。また

の生成元はすべて $2$ の倍数なので $\mathfrak{p}^2 \subset (2)$。逆に $(2 + 2\sqrt{-5}) - (-4 + 2\sqrt{-5}) = 6$ と $4$ から $2 = 6 - 4 \in \mathfrak{p}^2$。よって $\mathfrak{p}^2 = (2)$。

(3) 単元は $N = 1$ の元 $\pm 1$ のみ。$2 = \beta\gamma$ が非単元の積なら $N(\beta) = 2$ となり不可能なので $2$ は既約。同様に $3$（$N = 9$, 因子のノルムが $3$ になり不可能）、$1 \pm \sqrt{-5}$（$N = 6$, 因子のノルムが $2$ か $3$ になり不可能）も既約。ノルムが異なるので $2$ は $1 \pm \sqrt{-5}$ の同伴でない。よって $6$ は本質的に異なる 2 通りの既約分解をもち、$R$ は UFD でない。

• 元の分解は一意でないが、イデアルの分解は一意である：$(6) = \mathfrak{p}^2\mathfrak{q}\mathfrak{q}'$（$\mathfrak{q} = (3, 1 + \sqrt{-5})$, $\mathfrak{q}' = (3, 1 - \sqrt{-5})$）。$R$ はデデキント環で、類数は 2 である（第8章で類数計算を扱う）。
• 「ノルムで考える」のが二次体の整数環の問題の基本。ノルムの乗法性 $N(\alpha\beta) = N(\alpha)N(\beta)$ を明記すること。

(1) $x \mapsto x + 1$ で既約性は保たれ、$(x+1)^4 + 1 = x^4 + 4x^3 + 6x^2 + 4x + 2$ は素数 $2$ に関するアイゼンシュタイン多項式なので既約。

(2) $p = 2$ では $x^4 + 1 = (x+1)^4$。$p$ が奇素数なら $p^2 \equiv 1 \pmod 8$ なので、巡回群 $\mathbb{F}_{p^2}^{\times}$（位数 $p^2 - 1$）は位数 8 の元 $\zeta$ を含む。$\zeta^4 = -1$ より $\zeta$ は $x^4 + 1$ の根で、$[\mathbb{F}_p(\zeta) : \mathbb{F}_p] \leq 2$ だから $\zeta$ の $\mathbb{F}_p$ 上の最小多項式は 2 次以下であり、$x^4 + 1$ の真の因子になる。

(3) $f$ はモニックな整数係数多項式なので、$\mathbb{Q}$ 上可約ならガウスの補題によりモニックな $g, h \in \mathbb{Z}[x]$（次数 $\geq 1$）で $f = gh$ と書ける。$2$ で還元すると $\bar{f} = x^4 + x + 1 = \bar{g}\bar{h}$ で次数は保たれる。しかし $x^4 + x + 1$ は $\mathbb{F}_2$ 上既約である：根をもたず（$0, 1$ で値 $1$）、$\mathbb{F}_2$ 上の既約 2 次式は $x^2 + x + 1$ のみで $(x^2+x+1)^2 = x^4 + x^2 + 1 \neq \bar{f}$。矛盾。

• (2) は「還元して既約なら元も既約」の逆が成り立たない典型例で、(3) の方法が万能でないことを示す。本質は $\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_8)/\mathbb{Q}) \cong (\mathbb{Z}/2)^2$ が巡回群でないことにある。
• 還元による判定では「最高次係数が $p$ で割れない」ことが必要。モニックでない場合は注意する。

(1) $\sqrt{3} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{2})$：$\sqrt{3} = a + b\sqrt{2}$ なら $3 = a^2 + 2b^2 + 2ab\sqrt{2}$ で $ab = 0$、$b = 0$ なら $a^2 = 3$、$a = 0$ なら $2b^2 = 3$ でいずれも有理数解がない。よって次数は $2 \cdot 2 = 4$。$\alpha^3 = 11\sqrt{2} + 9\sqrt{3}$ より $\sqrt{2} = \frac{\alpha^3 - 9\alpha}{2} \in \mathbb{Q}(\alpha)$, $\sqrt{3} = \alpha - \sqrt{2} \in \mathbb{Q}(\alpha)$ なので $\mathbb{Q}(\alpha) = \mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})$。$\alpha^2 = 5 + 2\sqrt{6}$ から $(\alpha^2 - 5)^2 = 24$、すなわち $\alpha^4 - 10\alpha^2 + 1 = 0$。次数 4 なのでこれが最小多項式。

(2) $\beta^3 = 2$ より $(1 + \beta)(1 - \beta + \beta^2) = 1 + \beta^3 = 3$。よって $\frac{1}{1+\beta} = \frac{1}{3} - \frac{1}{3}\beta + \frac{1}{3}\beta^2$。

(3) $\cos 3\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta$ に $\theta = 20^{\circ}$ を代入し、$u = 2\cos 20^{\circ}$ とおくと $u^3 - 3u - 1 = 0$。有理根の候補 $\pm 1$ は根でない（値 $-3, 1$）ので、3 次式 $x^3 - 3x - 1$ は $\mathbb{Q}$ 上既約で、$[\mathbb{Q}(\cos 20^{\circ}) : \mathbb{Q}] = 3$。$60^{\circ}$ が 3 等分できれば $\cos 20^{\circ}$ は作図可能数となり次数が 2 の冪でなければならないが、3 は 2 の冪でない。

• 拡大次数の問題では、次数の乗法性 $[L:K] = [L:M][M:K]$ と「次数が約数関係にない元は含まれない」（例：$\sqrt[3]{2} \notin \mathbb{Q}(\sqrt[4]{2})$）が基本道具である。

(1) $f$ は $2$ に関するアイゼンシュタイン多項式なので既約。根は $\pm\alpha, \pm\beta$（$\alpha = \sqrt{2 + \sqrt{2}}$, $\beta = \sqrt{2 - \sqrt{2}}$）で、$\alpha\beta = \sqrt{4 - 2} = \sqrt{2} = \alpha^2 - 2 \in \mathbb{Q}(\alpha)$。よって $\beta = \sqrt{2}/\alpha \in \mathbb{Q}(\alpha)$ で $L = \mathbb{Q}(\alpha)$、$[L:\mathbb{Q}] = 4$。$\alpha \mapsto \beta$ となる $\sigma \in \operatorname{Gal}(L/\mathbb{Q})$ をとると $\sigma(\sqrt{2}) = \sigma(\alpha^2 - 2) = \beta^2 - 2 = -\sqrt{2}$ なので $\sigma(\beta) = \sigma(\sqrt{2}/\alpha) = -\sqrt{2}/\beta = -\alpha$。よって $\sigma\colon \alpha \mapsto \beta \mapsto -\alpha \mapsto -\beta \mapsto \alpha$ は位数 4 で、$\operatorname{Gal}(L/\mathbb{Q}) = \langle \sigma \rangle \cong \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$。真の部分群は $\langle \sigma^2 \rangle$ のみで、$\sigma^2(\sqrt{2}) = \sqrt{2}$ だから、自明でない中間体は $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ だけである。

(2) $x = 2\cos\theta$ とおくと $x^3 - 3x = 2\cos 3\theta$。$\theta = \frac{2\pi}{9}, \frac{4\pi}{9}, \frac{8\pi}{9}$ で $\cos 3\theta = -\frac{1}{2}$ なので $g(x) = 2\cos 3\theta + 1 = 0$。3 つの値は相異なるので、これがすべての根である。$g$ は有理根 $\pm 1$ をもたないので既約。$\alpha = 2\cos\frac{2\pi}{9}$ とすると $\alpha^2 - 2 = 2\cos\frac{4\pi}{9}$, $(\alpha^2 - 2)^2 - 2 = 2\cos\frac{8\pi}{9}$ で、すべての根が $\mathbb{Q}(\alpha)$ に属する。最小分解体は次数 3 の $\mathbb{Q}(\alpha)$ で、ガロア群は位数 3 の群 $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$（$\alpha \mapsto \alpha^2 - 2$ が生成）。判別式 $-4(-3)^3 - 27 \cdot 1^2 = 81 = 9^2$ が平方数であることとも整合する。

• $\mathbb{Q}$ 上既約な 4 次多項式 $x^4 + ax^2 + b$ のガロア群は、$b$ が平方数なら $V_4$、$b(a^2 - 4b)$ が平方数なら $\mathbb{Z}/4$、どちらでもなければ $D_4$ である（既約性から $a^2 - 4b$ は平方数でない）。(1) は $a^2 - 4b = 8$, $b(a^2-4b) = 2 \cdot 8 = 16$ が平方数の場合で巡回群になる。$\alpha = 2\cos\frac{\pi}{8}$ なので、$L$ は円分体 $\mathbb{Q}(\zeta_{16})$ の最大実部分体である。
• (2) は円分体 $\mathbb{Q}(\zeta_9)$ の最大実部分体。既約 3 次式のガロア群は判別式が平方数なら $\mathfrak{A}_3$、そうでなければ $\mathfrak{S}_3$ である（根 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ の差積 $\delta = \prod_{i < j}(\alpha_i - \alpha_j)$ は $\delta^2$ が判別式で、奇置換で符号を変えるので、$G \subset \mathfrak{A}_3 \Leftrightarrow \delta \in \mathbb{Q}$）。

(1) 素数 $5$ に関するアイゼンシュタイン多項式なので既約。$f'(x) = 5x^4 - 10$ の実根は $\pm c$（$c = 2^{1/4}$）で、$c^5 = 2c$ より

$f$ は $(-\infty, -c]$ で増加（$-\infty$ から正へ）、$[-c, c]$ で減少（正から負へ）、$[c, \infty)$ で増加（負から $+\infty$ へ）するので、実根はちょうど 3 個。

(2) $G$ は 5 個の根の置換として忠実に作用し、$G \leq \mathfrak{S}_5$ とみなせる。根 $\theta$ について $[\mathbb{Q}(\theta):\mathbb{Q}] = 5$ は $[L:\mathbb{Q}] = \lvert G \rvert$ を割るので、コーシーの定理により $G$ は位数 5 の元、すなわち 5 巡回置換 $\sigma$ を含む。複素共役は $L$ を保ち、2 つの虚根を交換し 3 つの実根を固定するので、互換 $\tau$ が $G$ に属する。$\tau = (a\ b)$ とし、$\sigma^k(a) = b$ となる $k$ をとると、$\sigma^k$ も 5 巡回置換（5 は素数）なので、根の番号を付け替えて $\sigma^k = (1\ 2\ 3\ 4\ 5)$, $\tau = (1\ 2)$ としてよい。$\sigma^{ki}\tau\sigma^{-ki} = (i+1\ \ i+2)$ により隣接互換がすべて $G$ に属し、それらは $\mathfrak{S}_5$ を生成する。よって $G = \mathfrak{S}_5$。

(3) 方程式が代数的に解けることと、ガロア群が可解群であることは同値である（ガロアの定理）。$\mathfrak{S}_5$ は単純群 $\mathfrak{A}_5$ を正規部分群にもち、可解でない。よって代数的に解けない。

• 一般に「$p$ 次既約多項式（$p$ 素数）が実根をちょうど $p - 2$ 個もてば、ガロア群は $\mathfrak{S}_p$」が成り立つ（証明は同じ）。
• 実根の個数の議論で、極値の符号の計算を省略する答案は減点される。$c^5 = 2c$ のように値を簡単にしてから符号を判定するとよい。

(1) $x^{16} - x$ は $\mathbb{F}_2$ 上の次数が $4$ の約数（$1, 2, 4$）のモニック既約多項式すべての積である。1 次は $x, x+1$ の 2 個、2 次は $x^2 + x + 1$ の 1 個なので、4 次の個数を $N_4$ とすると $16 = 2 \cdot 1 + 1 \cdot 2 + 4N_4$、$N_4 = 3$。根をもたず $(x^2+x+1)^2 = x^4 + x^2 + 1$ と異なるものを探すと

(2) $\lvert K^{\times} \rvert = 15$ なので $\xi$ の位数は $1, 3, 5, 15$ のいずれか。$1, \xi, \xi^2, \xi^3$ は基底なので $\xi^3 \neq 1$、$\xi^5 = \xi \cdot \xi^4 = \xi(\xi + 1) = \xi^2 + \xi \neq 1$。よって位数 15 で生成元である。後者では $x$ の類 $\eta$ が $(\eta - 1)(\eta^4 + \eta^3 + \eta^2 + \eta + 1) = 0$ より $\eta^5 = 1$、$\eta \neq 1$ なので位数は 5。

(3) $\mathbb{F}_{2^{12}}$ の部分体は $12$ の約数 $d$ ごとに $\mathbb{F}_{2^d}$ がちょうど一つあるので 6 個。$\gamma \in \mathbb{F}_{16}$ が真部分体 $\mathbb{F}_4$ に属さないことが条件（$\mathbb{F}_2 \subset \mathbb{F}_4$）なので、個数は $16 - 4 =$ 12（$= 3 \times 4$ で、(1) の 3 個の多項式の根の総数と一致する）。

• 一般に $\mathbb{F}_q$ 上のモニック既約 $n$ 次多項式の個数は $\frac{1}{n}\sum_{d \mid n}\mu(d)q^{n/d}$（メビウスの反転公式）。$n = 4$, $q = 2$ で $\frac{16 - 4}{4} = 3$。
• (2) の前者のように根が乗法群の生成元になる既約多項式を原始多項式という。$\mathbb{F}_{16}^{\times}$ の生成元は $\varphi(15) = 8$ 個で、原始多項式は $8/4 = 2$ 個（$x^4 + x + 1$ と $x^4 + x^3 + 1$）ある。