$\Rightarrow \zeta^3+\zeta^2+\zeta+1+\frac{1}{\zeta}+\frac{1}{\zeta^2}+\frac{1}{\zeta^3}=0$
$\Rightarrow (\zeta+\frac{1}{\zeta})^3-3(\zeta+\frac{1}{\zeta})+(\zeta+\frac{1}{\zeta})^2-2+(\zeta+\frac{1}{\zeta})+1=0$
$\Rightarrow t^3+t^2-2t-1=0$
よって $t$ の最小方程式は $x^3+x^2-2x-1=0$ (答)
最小方程式が 3次だから、$\mathbb Q(\zeta+\frac{1}{\zeta})$ は $\mathbb Q$ を係数とする 3次元のベクトル空間で、$\mathbb
Q$ の 3次拡大体である。この $3$ という数は、ガロア群 $G$ の位数＝6 を $H_{2}$ の位数＝2 で割ったものなのである。
$\zeta$ の $\mathbb Q$ 係数の最小方程式が 6次(下図緑の数字)だったことに注意して、数体や群相互の関係を図にしてみよう。
図の左半分は数体同志の関係、右半分が群同志の関係を表している。拡大次数は下から見ると、3次、2次だが、これを掛けた 6次が 1番下の体($\mathbb
Q$)から 1番上の体を眺めたときの拡大次数である。
どうして、拡大次数の掛け算になるのか、その理由を述べておこう。
$\mathbb Q(\zeta)$ は $\mathbb Q(t)$係数上の 2次元のベクトル空間で、その基底は最小方程式が $x^2-t
x+1=0$ であったことから、$1,\xi=\frac{t+\sqrt{t^2-4}}{2}$ である。$\mathbb Q(\zeta)$
の元は
$a 1+b \xi$ $ (a,b \in \mathbb Q(t))$
と表せる。そして、この係数 $a,b$ は、$\mathbb Q(t)$ が $\mathbb Q$係数上の 3次元のベクトル空間で、その基底は、最小方程式が $x^3+x^2-2x-1=0$ であったことから、（3次方程式の解の 1つを $\eta$ として） $1,\eta,\eta^2$ である。したがって、$\mathbb Q(\zeta)$ の元は
$(a_{1} 1+a_{2} \eta+a_{2} \eta^2)1+(b_{1} 1+b_{2} \eta+b_{2} \eta^2)\xi$
$=a_{1} (1\cdot 1)+a_{2} (\eta 1)+a_{2} (\eta^2 1)+b_{1}(1 \xi)+b_{2} (\eta\xi)+b_{2} (\eta^2\xi)$
となるから、基底は $1\cdot 1,\eta 1,\eta^2 1,1 \xi, \eta\xi, \eta^2\xi$ の 6つで、$3\times 2=6$次元だ。
拡大の順序、 3次→2次 を逆にするとどうなるか。
【問題7.3】 部分群 $H_{1}=\{ \sigma_{1},\sigma_{2},\sigma_{4}\}$ の不変元と不変体と、その不変元の $\mathbb
Q$上の最小方程式、および $\zeta$ の今求めた不変体上の最小方程式を求めよ。---
【解】 不変元はべき指数を等比にした $s=\zeta+\zeta^2+\zeta^4$ である。実際、部分群の元で移動すると
$\sigma_{2}:s=\zeta+\zeta^2+\zeta^4 \mapsto \zeta^2+\zeta^4+\zeta^8=s$,
$\sigma_{4}:s=\zeta+\zeta^2+\zeta^4 \mapsto \zeta^4+\zeta^8+\zeta^{16}=s$
で不変である。よって求めるべき不変体は $\mathbb Q(\zeta+\zeta^2+\zeta^4)$ ($\mathbb Q$ に $s$ を添加した体）である。$s$ を変形すると
$s^2=(\zeta+\zeta^2+\zeta^4)^2$
$=(\zeta+\zeta^2+\zeta^4)+2(\zeta^3+\zeta^5+\zeta^6)$
$=2(\zeta+\zeta^2+\zeta^3+\zeta^4+\zeta^5+\zeta^6)-(\zeta+\zeta^2+\zeta^4)$
$=-2-s$
$\Rightarrow s^2+s+2=0$
だから、$s$ の$\mathbb Q$上の最小方程式は、$x^2+x+2=0$ (答)
最後に、$\zeta$ の体 $\mathbb Q(\zeta+\zeta^2+\zeta^4)$ 上の最小方程式だが、$s^2=(\zeta+\zeta^2+\zeta^4)^2$
を変形すれば、求まるはずだ。今の答が 2次式だったから、今度は $6\div 2=3$で 3次方程式だ。($H_{1}$ の位数＝3 からも分かる。)
$\zeta^4+\zeta^2+\zeta-s=0$ の変数を置き換えて
$x^4+x^2+x-s=0$ だが、左辺は (1次式)×(3次式)に因数分解でき、
$x^4+x^2+x-s=(x+s)(x^3-s x^2-(s+1)x-1)$
である。実際、右辺を展開すると
$x^4-(s^2+s+1)x^2-(s^2+s+1)x-s$
だが、$s^2+s+2=0$ より、$(s^2+s+1=-s-2+s+1=-1$ ゆえ、
$=x^4+x^2+x-s$
1次式から出てくる $x=-s$ は既に基礎体 $\mathbb Q(s)$ に含まれているから除外して、$\mathbb Q(s)$ 上の最小方程式は
$x^3-s x^2-(s+1)x-1=0$ (答)
【問題7.4】 正7角形は定規とコンパスで作図することはできないことを証明せよ。---
【解】 複素数平面上に作図できたとする。中心を原点とし、中心から頂点までの距離を $1$ として、1つの頂点を $1$ とする。このとき、$\zeta$ は $1$ の隣の頂点である。この点が作図可能なのだから、$\zeta$ の実部も虚部も有理数に四則演算と開平（ルート）を施して得られる数である。それは例えば
$\frac{\sqrt{2}+\sqrt{3+\sqrt{4+\sqrt{5}}}}{6+\sqrt{-1}}$
のような数だが、これは $\mathbb Q$ に $\sqrt{a}$ を添加し、その添加した体にさらに $\sqrt{b}$ を添加し、$\cdots$
と繰り返せば得ることができる。ここで、$\sqrt{a}$ 添加することは、その最小方程式は $x^2-a=0$ で 2次だから、添加すべき数をすべて添加し終わった拡大体の
$\mathbb Q$上の拡大次数は $2 \times 2 \times \cdots =2^N$ である。ところが、$\zeta$ の拡大次数は
6次だった($2$ 以外の素数を因子として含んでいる)
から不合理である。■
正7角形は作図不能（§7参照）であったが、本節では作図可能の例として正17角形を扱う。以下の論理展開を仔細に追えば具体的な作図方法が得られるはずである。
正17角形を作図するには、複素数平面上に $1$の原始17乗根 $\zeta$ の最小方程式の次数が $2$ のベキであることが必要である。（今のところ、十分であるかは分からない。）
(1) $\zeta$ の最小方程式は
$\Phi_{17}(x)=\frac{x^{17}-1}{x-1}=x^{16}+x^{15}+\cdots +x+1=0$
で($16=2^4$ 次式だからうまくいく可能性あり。)、この相反方程式に $x=\zeta$ を代入して、真ん中の $\zeta^8$ で割れば、16項周期が
$(\zeta+\frac{1}{\zeta})+(\zeta^{2}+\frac{1}{\zeta^{2}})+\cdots +(\zeta^{8}+\frac{1}{\zeta^{8}})=-1$ … (8.1)
という等式を満たすことが分かる。
最小方程式の共役解は
$\zeta^k=\cos \frac{2k\pi}{17}+i\sin \frac{2k\pi}{17} (k=1,2,3,\cdots,16)$
で、それらの間の共役写像は
$\sigma_{i}:\zeta \mapsto \zeta^i (i=1,2,3,\cdots,16)$
の 16個である。これら 16個の元からなる集合が $\zeta$ のガロア群 $G$ である。そして、この群の不変体は $\mathbb Q$
である。有理数だけは、どの共役写像でも動くことはない。それ以外の数、例えば $2+3\zeta-4\zeta^2$ だと、移動させてしまうような共役写像が存在する。）
部分群 $G$ はどんな構造かと言うと、
$\sigma_{i}\sigma{j}:\zeta^k \mapsto (\zeta^j)^k \mapsto (\zeta^i)^{jk}=(\zeta^k)^{ij}$
$\Leftrightarrow \sigma_{i}\sigma_{j}=\sigma_{ij}$
だから、$mod.17$ の整数の乗法群(17で割ったときの余りが作る数体 $\mathbb Z/(17)$から零元を除いたもの） と同型である。
(2) $\frac{1}{17}$ を小数に直すと循環節の長さが $16=17-1$ になる。だから 10 は $mod.17$ の整数 $\mathbb
Z/(17)$の原始根であるということだ。そこで 10 の累乗を作ると
$10,10^2\equiv 15,10^3\equiv 14,10^4\equiv 4,10^5\equiv 6,10^6\equiv 9,10^7\equiv 5,10^8\equiv 16$
$,10^9\equiv 7,10^{10}\equiv 2,10^{11}\equiv 3,10^{12}\equiv 13,10^{13}\equiv 11,10^{14}\equiv 8,10^{15}\equiv 12,10^{16}\equiv 1$
だが、ここから 1つおきに取った平方剰余 $15,4,9,16,2,13,8,1$ の前半と後半で和のペアを作ると
$\zeta^{15}+\zeta^{2},\zeta^4+\zeta^{13},\zeta^9+\zeta^{8},\zeta^{16}+\zeta^{1}$
この 4数の和、すなわち 8項周期、
$t_{8}=(\zeta+\frac{1}{\zeta})+(\zeta^{2}+\frac{1}{\zeta^{2}})+(\zeta^{4}+\frac{1}{\zeta^{4}})+(\zeta^{8}+\frac{1}{\zeta^{8}})$
（$\zeta^{17}=1$ を使って、9乗以上の部分は分数に変えた。）を2乗してみよう。
$t_{8}^2=(\zeta^2+\frac{1}{\zeta^2})+(\zeta^{4}+\frac{1}{\zeta^{4}})+(\zeta^{8}+\frac{1}{\zeta^{8}})+(\zeta+\frac{1}{\zeta})+8$
$+2\{ (\zeta+\frac{1}{\zeta})+(\zeta^{2}+\frac{1}{\zeta^{2}})+(\zeta^{3}+\frac{1}{\zeta^{3}})+(\zeta^{4}+\frac{1}{\zeta^{4}})$
$+(\zeta^5+\frac{1}{\zeta^5})+(\zeta^{6}+\frac{1}{\zeta^{6}})+(\zeta^{7}+\frac{1}{\zeta^{7}})+(\zeta^{8}+\frac{1}{\zeta^{8}})$
$+(\zeta^3+\frac{1}{\zeta^3})+(\zeta^{5}+\frac{1}{\zeta^{5}})+(\zeta^{6}+\frac{1}{\zeta^{6}})+(\zeta^{7}+\frac{1}{\zeta^{7}}) \}$
ここで、(8.1) を使って
$t_{8}^2=(\zeta+\frac{1}{\zeta})+(\zeta^2+\frac{1}{\zeta^2})+(\zeta^{4}+\frac{1}{\zeta^{4}})+(\zeta^{8}+\frac{1}{\zeta^{8}})+8$
$-2+2\{ (\zeta^3+\frac{1}{\zeta^3})+(\zeta^{5}+\frac{1}{\zeta^{5}})+(\zeta^{6}+\frac{1}{\zeta^{6}})+(\zeta^{7}+\frac{1}{\zeta^{7}}) \}$
$=(\zeta+\frac{1}{\zeta})+(\zeta^2+\frac{1}{\zeta^2})+(\zeta^{4}+\frac{1}{\zeta^{4}})+(\zeta^{8}+\frac{1}{\zeta^{8}})+6$
$+2\{ -1-\{ (\zeta+\frac{1}{\zeta})+(\zeta^{2}+\frac{1}{\zeta^{2}})+(\zeta^{4}+\frac{1}{\zeta^{4}})+(\zeta^{8}+\frac{1}{\zeta^{8}}) \}\}$
$=-\{ (\zeta+\frac{1}{\zeta})+(\zeta^{2}+\frac{1}{\zeta^{2}})+(\zeta^{4}+\frac{1}{\zeta^{4}})+(\zeta^{8}+\frac{1}{\zeta^{8}}) \}+4$
$=4-t_{8}$
となって、$t_{8}$の $\mathbb Q$ 上の最小方程式
$t_{8}^2+t_{8}-4=0$ … (8.2)
を得る。これを解くと $\frac{-1\pm\sqrt{17}}{2}$ と解が 2つ出てくるが、(後述するが)複号が "$+$" の方が $t_{8}$ である。
$t_{8}=\frac{-1+\sqrt{17}}{2}$ … (8.2)'
では、複号が "$-$" の方の共役解は何かと言うと、16項周期から今の 8項周期を取り除いた、
$-1-t_{8}$
$=(\zeta^3+\frac{1}{\zeta^3})+(\zeta^{5}+\frac{1}{\zeta^{5}})+(\zeta^{6}+\frac{1}{\zeta^{6}})+(\zeta^{7}+\frac{1}{\zeta^{7}})$
である。実際、
$(-1-t_{8})^2+(-1-t_{8})-4=t_{8}^2+t_{8}-4=0$
となる。では複号をどうやって決めたかを述べておこう。共役複素数の和は実部の 2倍だから、
$t_{8}=2(\cos\frac{2\pi}{17}+\cos\frac{4\pi}{17}+\cos\frac{8\pi}{17}+\cos\frac{16\pi}{17})$
$=2(\cos\frac{2\pi}{17}+\cos\frac{4\pi}{17}+\cos\frac{8\pi}{17}-\cos\frac{\pi}{17})$
であり、
$-1-t_{8}=2(\cos\frac{6\pi}{17}+\cos\frac{10\pi}{17}+\cos\frac{12\pi}{17}+\cos\frac{14\pi}{17})$
$=2(\cos\frac{6\pi}{17}-\cos\frac{7\pi}{17}-\cos\frac{5\pi}{17}-\cos\frac{3\pi}{17})$
だから、両者の差を取ると
差$=2(-\cos\frac{\pi}{17}+\cos\frac{2\pi}{17}+\cos\frac{3\pi}{17}+\cos\frac{4\pi}{17}$
$+\cos\frac{5\pi}{17}-\cos\frac{6\pi}{17}+\cos\frac{7\pi}{17}+\cos\frac{8\pi}{17})$
$>2(-1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}$
$+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}+0+0)$
$>1$
から、複号が決まる。
ついでに（作図問題の解決に直接は必要でないが）、8項周期を不変にする部分群を求めておくと、下添え字を平方剰余に取って
$H_{8}=\{ \sigma_{1}, \sigma_{2}, \sigma_{4},\sigma_{8}, \sigma_{9}, \sigma_{13}, \sigma_{15}, \sigma_{16} \}$
である。
(3) 平方剰余 $15,4,9,16,2,13,8,1$ をトビトビに取って、$4,16,13,1$ の前半・後半の和のペアで 4項周期、
$t_{4}=(\zeta+\frac{1}{\zeta})+(\zeta^4+\frac{1}{\zeta^4})$
が作れる。これの $\mathbb Q(t_{8})$ 上の最小方程式を求めよう。
$t_{4}$ は $t_{8}$ を半分にした片割れで、
$t_{8}=(\zeta+\frac{1}{\zeta})+(\zeta^{4}+\frac{1}{\zeta^{4}})+(\zeta^{2}+\frac{1}{\zeta^{2}})+(\zeta^{8}+\frac{1}{\zeta^{8}})$
$=t_{4}+(t_{8}-t_{4})$ と 2つに分けて、
$(\zeta+\frac{1}{\zeta})+(\zeta^{4}+\frac{1}{\zeta^{4}})=t_{4}$,
$(\zeta^{2}+\frac{1}{\zeta^{2}})+(\zeta^{8}+\frac{1}{\zeta^{8}})=t_{8}-t_{4}$
ということになる。
分けた 2数を 各々 2乗すれば
$t_{4}^2=\{ (\zeta+\frac{1}{\zeta})+(\zeta^{4}+\frac{1}{\zeta^{4}}) \}^2$
$=(\zeta^{2}+\frac{1}{\zeta^{2}})+ (\zeta^{8}+\frac{1}{\zeta^{8}}) +4+2\{ (\zeta^3+\frac{1}{\zeta^3})+ (\zeta^{5}+\frac{1}{\zeta^{5}})\} $
$(t_{8}-t_{4})^2=\{ (\zeta^2+\frac{1}{\zeta^2})+(\zeta^{8}+\frac{1}{\zeta^{8}}) \}^2$
$=(\zeta+\frac{1}{\zeta})+ (\zeta^{4}+\frac{1}{\zeta^{4}}) +4+2\{ (\zeta^6+\frac{1}{\zeta^6})+ (\zeta^{7}+\frac{1}{\zeta^{7}})\} $
この 2式を辺々足せば
$2t_{4}^2-2t_{8}t_{4}+t_{8}^2=t_{8}+8+2\{-1-t_{8} \}$
$\Rightarrow t_{4}^2-t_{8}t_{4}+\frac{1}{2}(t_{8}^2+t_{8}-6)=0$
$\Rightarrow t_{4}^2-\frac{-1+\sqrt{17}}{2}t_{4}-1=0$ … (8.3)
$t_{4}=\frac{1}{4}(-1+\sqrt{17}\pm\sqrt{34-2\sqrt{17}})$
（8.3） が $t_{4}$ の $\mathbb Q(t_{8})$上の最小方程式である。
またも複号決定問題に遭遇した。$t_{4}$ の共役解は 8項周期から 4項周期を取り除いた $t_{8}-t_{4}$ である。実際、(8.2)',
(8.3) を使って
$(t_{8}-t_{4})^2-\frac{-1+\sqrt{17}}{2}(t_{8}-t_{4})-1$
$=t_{8}^2-2t_{8}t_{4}+t_{4}^2-\frac{-1+\sqrt{17}}{2}t_{8}+\frac{-1+\sqrt{17}}{2}t_{4}-1$
$=(\frac{-1+\sqrt{17}}{2})^2-(-1+\sqrt{17})t_{4}+t_{4}^2-(\frac{-1+\sqrt{17}}{2})^2+\frac{-1+\sqrt{17}}{2}t_{4}-1$
$=t_{4}^2-\frac{-1+\sqrt{17}}{2}t_{4}-1=0$
である。そして
$t_{4}=(\zeta+\frac{1}{\zeta})+(\zeta^{4}+\frac{1}{\zeta^{4}})$
$=2(\cos\frac{2\pi}{17}+\cos\frac{8\pi}{17})$,
$t_{8}-t_{4}=(\zeta^{2}+\frac{1}{\zeta^{2}})+(\zeta^{8}+\frac{1}{\zeta^{8}})$
$=2(\cos\frac{4\pi}{17}+\cos\frac{16\pi}{17})$
$=2(\cos\frac{4\pi}{17}-\cos\frac{\pi}{17})$
で、両者の差を取ると
差$=2 \{ \cos\frac{\pi}{17}+(\cos\frac{2\pi}{17}-\cos\frac{4\pi}{17})+\cos\frac{8\pi}{17} \}$
$>2 \{ \cos\frac{\pi}{17}+0+\cos\frac{8\pi}{17}\}>0$
だから、$t_{4}$ の複号は "$+$" の方と確定し
$t_{4}=\frac{1}{4}(-1+\sqrt{17}+\sqrt{34-2\sqrt{17}})$ … (8.3)'
ちなみに $\mathbb Q(t_{4})$ を不変体とする部分群は
$H_{4}=\{ \sigma_{1}, \sigma_{4},\sigma_{13},\sigma_{16} \}$
である。
(4) 平方剰余からの選抜チーム "$4,16,13,1$" から、さらにトビトビにピックアップした "$16,1$"
で作る 2項周期、
$t_{2}=\zeta^{16}+\zeta=\zeta+\frac{1}{\zeta}$
の $\mathbb Q(t_{4})$ 上の最小方程式を求めるには、$t_{2}$ と 4項周期から $t_{2}$ を取り除いた $t_{4}-t_{2}$ を2乗して
$t_{2}^2=\zeta^2+\frac{1}{\zeta^2}+2$,
$(t_{4}-t_{2})^2=( \zeta^4+\frac{1}{\zeta^4})^2$
$=\zeta^8+\frac{1}{\zeta^8}+2$
となるから、これを使って $t_{8}$ を書き下すと
$t_{8}=(\zeta+\frac{1}{\zeta})+(\zeta^{2}+\frac{1}{\zeta^{2}})+(\zeta^{4}+\frac{1}{\zeta^{4}})+(\zeta^{8}+\frac{1}{\zeta^{8}})$
$=t_{2}+(t_{2}^2-2)+(t_{4}-t_{2})+((t_{4}-t_{2})^2-2)$
$=2t_{2}^2-2t_{4}t_{2}+(t_{4}^2+t_{4}-4)$
これより、$t_{2}$ の $\mathbb Q(t_{4})$上の最小方程式が次のように得られた。（$t_{8}$ は $\mathbb Q(t_{4})$ に含まれていることに注意。）
$t_{2}^2-t_{4}t_{2}+\frac{1}{2}(t_{4}^2+t_{4}-4-t_{8})=0$,
$t_{2}^2-\frac{1}{4}(-1+\sqrt{17}+\sqrt{34-2\sqrt{17}})t_{2}+\frac{1}{16}\{-4-4\sqrt{17}+(1+\sqrt{17})\sqrt{34-2\sqrt{17}} \}=0$ … (8.4)
この 2次方程式を解いたときの複号問題だが、$t_{2}$ とその共役解は、
$t_{2}=\zeta+\frac{1}{\zeta}=2\cos \frac{2\pi}{17}$,
$t_{4}-t_{2}=\zeta^4+\frac{1}{\zeta^4}=2\cos \frac{8\pi}{17}$
で、前者の方が大きいから、$t_{2}$ の複号は "$+$" である。したがって
$t_{2}=\frac{1}{2}(-B+\sqrt{D})$,
ただし
$B=-\frac{1}{4}(-1+\sqrt{17}+\sqrt{34-2\sqrt{17}})$,
$C=\frac{1}{16}\{-4-4\sqrt{17}+(1+\sqrt{17})\sqrt{34-2\sqrt{17}} \}$,
$D=B^2-4C=\frac{1}{8}\{34+6\sqrt{17}-(3+\sqrt{17})\sqrt{34-2\sqrt{17}} \}$
だから
$t_{2}=\frac{1}{8}( -1+\sqrt{17}+\sqrt{34-2\sqrt{17}} ) +\frac{1}{8}\sqrt{ 68+12\sqrt{17}-(6+2\sqrt{17})\sqrt{34-2\sqrt{17} }} $ … (8.4)'
パソコンでこの値を計算すると
$t_{2}=1.8649444588087116091462317836431267725251755558902338564967000237\cdots$
以上で作図問題は解決である。なぜなら、$t_{2}$ は有理数の加減乗除と開平だけで得られ、その半分は $\cos \frac{2\pi}{17}$
だから、$\zeta$ の実部が作図できるので、単位円との交点として正17角形の頂点が求まるからである。
ちなみに $t_{2}$ を不変とする部分群は
$H_{2}=\{ \sigma_{1}, \sigma_{16} \}$
である。
この節の最後に、数体と部分群の関係図を示しておく。
いままで 1の累乗根ばかり扱ってきたが、最終節では 2の累乗根を調べてみよう。
$2$ の実の立方根は $\sqrt[3]{2}$ であり、これは有理数ではない。
【問題9.1】 $\sqrt[3]{2}$ が有理数でないことを証明せよ。---
【証明】 有理数であるとするならば、$\sqrt[3]{2}=\frac{b}{a}(a,b$は整数) とおける。3乗して分母を払えば
$2a^3=b^3$
両辺とも素因数分解したすると、左辺には $2$ の因子が $1$個または ($3$の倍数＋$1$)個含まれるのに対し、右辺は $0$個または
($3$の倍数)個だから、矛盾。■
有理数全体の集合 $\mathbb Q$ に無理数 $\sqrt[3]{2}$ を添加した数体、 $\mathbb Q( \sqrt[3]{2})$
に含まれる元は
$a+b \sqrt[3]{2} +c \sqrt[3]{4}\mbox{ } (a,b,c$は有理数)
の形になる。その理由を考えよう。まず、 $d\sqrt[3]{8},e \sqrt[3]{16},f \sqrt[3]{32},\cdots$ は上に示した 3項に繰り入れられる。次に割り算した場合だが、その結果は
$\frac{*}{a+b \sqrt[3]{2} +c \sqrt[3]{4}}$
となるから、これの分母を有理化できることを示せばよい。それは
$(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)=x^3+y^3+z^3-3xyz$ … (9.1)
の展開公式を使って、
$({a+b \sqrt[3]{2} +c \sqrt[3]{4}})$
$\times (a^2+b^2\sqrt[3]{4}+2c^2\sqrt[3]{2} -ab\sqrt[3]{2} -2bc-ca\sqrt[3]{4})$
$=a^3+2b^3+4c^3-6abc$
となるから、可能である。以上により、$\mathbb Q( \sqrt[3]{2}$)$ は有理数係数上の 3次元のベクトル空間であり、その基底は
$1,\sqrt[3]{2} , \sqrt[3]{2}^2=\sqrt[3]{4}$
である。高校の問題集にはそのことを既知と仮定した問題が載っている。
【問題9.2】 $(\sqrt[3]{2} -\sqrt[3]{4})^3$ を計算せよ。---
【解】 $\sqrt[3]{2}(1-\sqrt[3]{2})$ の 3乗と考えて
与式$=\sqrt[3]{2}^3(1-\sqrt[3]{2})^3$
$=2(1-3\sqrt[3]{2}+3\sqrt[3]{2}^2-2)$
$=-2-6\sqrt[3]{2}+6\sqrt[3]{4}$ … （答）
なのだが、3次元ベクトル空間になることを（ウスウスでいいから）知らないと、これをもっと変形しようと悩んでしまうだろう。
【問題9.3】 $1,\sqrt[3]{2} , \sqrt[3]{2}^2=\sqrt[3]{4}$ が $\mathbb Q$ 上1次独立であること、すなわち
$a,b,c$ を有理数とするとき
$a+b\sqrt[3]{2} +c \sqrt[3]{2}^2=0 \Leftrightarrow a=b=c=0$
であることを証明せよ。---
【証明】 $\Rightarrow$) $a+b\sqrt[3]{2} +c \sqrt[3]{2}^2=0$ かつ "$a=b=c=0$" でないとする。$a,b,c$ の3つの分母(正数の場合は分母は $1$ とする）を両辺に掛ければ、係数はすべて整数になる。その後、それらの係数の最大公約数（例えば3つの係数が$-6,9,0$ならその最大公約数は $3$ である。）で両辺を割って出来る係数を改めて $a,b,c$ とする。$(a,b,c\neq (0,0,0)$だから$a,b,c$ は互いに素（最大公約数が $1$）になる。そうすると $a\neq 0$ と分かる。なぜなら、$a=0$ だと$\sqrt[3]{2}$で割って$b+c \sqrt[3]{2}=0$ となるが、$\sqrt[3]{2}$が有理数でないことから $b=c=0$ だから仮定に矛盾。
次に、例の展開公式を使うと
$a^3+(b\sqrt[3]{2})^3+(c \sqrt[3]{4})^3-3abc\sqrt[3]{8}=0$
$ \Rightarrow a^3+2b^3+4c^3=6abc$
右辺が $2$ の倍数だから、$a=2a'$ とおけば
$8a'^3+2b^3+4c^3=12a'bc$
今度は右辺が $4$ の倍数だから、$b=2b'$ とおけば
$8a'^3+16b'^3+4c^3=24a'b'c$
今度は右辺が $8$ の倍数だから、$c=2c'$ となってしまい、$a,b,c$ はいずれも $2$ で割れる。これは $(a,b,c)\neq(0,0,0)$
が互いに素だったことに矛盾する。
したがって、$(a,b,c)=(0,0,0)$である。
$\Leftarrow$) 明らかである。■
【問題9.4】 $\sqrt[3]{2} $ の最小方程式を求め、それを解け。---
【解】 $x^3=2=0$ … （答） を解くと、絶対値が $|x|=\sqrt[3]{|x^3|}=\sqrt[3]{2}$ より
$x=\sqrt[3]{2}(\cos \frac{2k\pi}{3}+i\sin \frac{2k\pi}{3})\mbox{ } (k=0,1,2)$ … （答）
または、$\omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$ ( §2参照 )とおけば
$x=\sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{2}\omega,\sqrt[3]{2}\omega^2$ … （答）
さて、ここで困ったことが起きる。共役解を他の共役解（または自分自身）に移すのが共役写像だが、もし $\sigma$ が $\sqrt[3]{2}$ を $\sqrt[3]{2}\omega$ に移す写像だとすると、実数のみからなる集合 $\mathbb Q( \sqrt[3]{2})$ からその外へ飛び出してしまう。(下図参照) $\mathbb Q( \sqrt[3]{2})$ が不変体になるどころの話じゃなくなる。
この「共役写像の結果が新しく拡大した数体からはみ出ない」という性質を正規拡大と言うのだが、ガロア群を作るにはこの性質が必要だ。（十分条件ではない。）
では、ガロア群を先に確定して、それの不変体を決めるという順序で攻めていこう。
共役解 3つ $\sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{2}\omega,\sqrt[3]{2}\omega^2$ は、複素数平面上の半径が
$\sqrt[3]{2}$ の円周上に 120度間隔で並ぶ。これらに関する置換だが、次の 6つが考えられる。
(1) 恒等写像、$1$
(2) 120度回転 $\sigma$, これは複素数 $\omega$ を掛けることに当たるから、
$\sqrt[3]{2} \mapsto \sqrt[3]{2}\omega$,
$\sqrt[3]{2}\omega \mapsto \sqrt[3]{2}\omega^2$,
$\sqrt[3]{2}\omega^2 \mapsto \sqrt[3]{2}$
(3) $\sigma$ 2つの合成、$\sigma^2$ は $\omega^2$ 倍だから
$\sqrt[3]{2} \mapsto \sqrt[3]{2}\omega^2$,
$\sqrt[3]{2}\omega \mapsto \sqrt[3]{2}$,
$\sqrt[3]{2}\omega^2 \mapsto \sqrt[3]{2}\omega$
この (2), (3) の写像で実数が虚数のある世界にはみ出てしまう。しかし、共役写像には他に馴染みの複素共役写像がある。それを $m_{1}$ とすれば、
$\sqrt[3]{2} \mapsto \sqrt[3]{2}$,
$\sqrt[3]{2}\omega \mapsto \sqrt[3]{2}\omega^2$,
$\sqrt[3]{2}\omega^2 \mapsto \sqrt[3]{2}\omega$
という対応で、上図で直線 $m_{1}$ についての鏡映に相当する。上図の正三角形を「ダルマさんが転んだ」の間に動かす方法は（裏返しも可として）「何もしない」、「回転」(2種類)、「直線に関する鏡映」(3種類）の計 6つである。結局、ガロア群は
$G=\{ 1, \sigma,\sigma^2,m_{1},m_{2},m_{3} \}$
という群である。（群論では「3次対称群 $S_{3}$」と呼ばれる。） 3つの数の行き先を示した表を下に掲げる。
