【例題1】の解法手順（RT2&RT4）
EX1-RT2-1\begin{align*} &f(x)=3x^3+3x+1 \quad \{\alpha,\beta,\gamma\}: \ roots \ of \ f(x)\\ &Primitive \ element \quad v=1\cdot\alpha+2\cdot \beta+3\cdot\gamma \end{align*}
\begin{align*} v_{1}=\alpha+2\beta+3\gamma \qquad v_{2}=\alpha+2\gamma+3\beta \\ v_{3}=\beta+2\alpha+3\gamma \qquad v_{4}=\beta+2\gamma+3\alpha\\ v_{5}=\gamma+2\alpha+3\beta \qquad v_{6}=\gamma+2\beta+3\alpha \end{align*} \begin{align*} V(x)=&(x-v_{1})(x-v_{2})(x-v_{3})\\ \times&(x-v_{4})(x-v_{5})(x-v_{6}) \end{align*}
\[ Remainder \ Theorem \] \[ \qquad (1) \quad \alpha^3+3\alpha+1=0 \\ \qquad (2) \quad \beta^2+\alpha\beta+\alpha^2+3=0\\ \qquad (3) \quad \alpha+\beta +\gamma=0\]
\[ \quad divide \ V(x) \ by \ (1),(2),(3) \] \[ \qquad \qquad \Downarrow \] \[g_{0}(x)=x^6+18x^4+81x^2+135 \]
\[ \qquad g_0(x):minimal \ polynomial \ of \ v \ on \ F_0=Q(\omega) \]
\begin{align*} \begin{pmatrix} 1\\v\\v^2\\v^3\\v^4\\v^5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & -2 & 0 & 0 & 0\\ -3 & 0 & 0 & 3 & 3 & 0\\ 3 & 3 & 24 & 0 & 0 & -6\\ 9 & -9 & 0 & -45 & -45 & 0\\ -72 & -9 & -288 & 9 & -9 & 90\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ \beta \\ \alpha \\ \alpha\beta \\ \alpha^2 \\ \alpha^2\beta \end{pmatrix} \end{align*}
\begin{eqnarray*} \left\{ \begin{array}{l} \alpha&=\frac{{{v}^{4}}+15 {{v}^{2}}-9 v+36}{18}\\ \beta&=-\frac{{{v}^{4}}+15 {{v}^{2}}+36}{9}\\ \gamma&=\frac{{{v}^{4}}+15 {{v}^{2}}+9 v+36}{18}\\ \end{array} \right. \end{eqnarray*}
\begin{align*} v_{1}&=v & v_{2}&=\frac{-v^4}{6}-\frac{5v^2}{2}+\frac{v}{2}-6\\ v_{3}&=\frac{v^4}{6}+\frac{5v^2}{2}+\frac{v}{2}+6 & v_{4}&=\frac{v^4}{6}+\frac{5v^2}{2}-\frac{v}{2}+6\\ v_{5}&=-\frac{v^4}{6}-\frac{5v^2}{2}-\frac{v}{2}-6 & v_{6}&=-v \end{align*}
（覚書1：RT2-4の計算の仕組み）
（覚書2：Lagrange補間式を使って根を求める計算法）
\begin{align*} &g_0(v_i)=0 \quad for \ (i=1,2,..,6) \\ &\qquad \qquad \Downarrow\ \\ &S_3: Galois \ group \ of \ f(x) \\ &\qquad composition \ series \ S_3 \rhd A_3 \rhd \{e\} \end{align*}
\[ g_{1}(x)=x^3+9x+a_{1} \in F_{1}[x] \]
\[\quad g_1(x):minimal \ polynomial \ of \ v \ on \ F_1=F_0(a_1)\\ \quad Here \ \ B_1=a_{1}^2 +135=0 \]
\[g_{2}(x)=x+{{a}_{2}^{2}}\, \left( -\frac{\omega }{3}+\frac{{a_1}}{18}-\frac{1}{6}\right) +{a_2} \in F_{2}[x]\]
\[ \quad g_2(x):minimal \ polynomial \ of \ v \ on \ F_2=F_0(a_1,a_2)\\ \quad Here \quad B_2=a_2^3-\frac{6 \omega +{a_1}+3}{2}=0, \ \Omega=\omega^2+\omega+1=0 \]
\begin{align*} v=&\frac{{{a}_{2}^{2}} \omega }{3}-\frac{{a_1} {{a}_{2}^{2}}}{18}+\frac{{{a}_{2}^{2}}}{6}-{a_2} \\ \\ \alpha=&-\frac{{a_1} \left( {{a}_{2}^{2}} \omega -{{a}_{2}^{2}}\right) +\left( 9 {{a}_{2}^{2}}-18 {a_2}\right) \omega +9 {{a}_{2}^{2}}-36 {a_2}}{54}\\ \beta=&\frac{{a_1} \left( 2 {{a}_{2}^{2}} \omega +{{a}_{2}^{2}}\right) -36 {a_2} \omega +9 {{a}_{2}^{2}}-18 {a_2}}{54}\\ \gamma=&-\frac{{a_1} \left( {{a}_{2}^{2}} \omega +2 {{a}_{2}^{2}}\right) +\left( -9 {{a}_{2}^{2}}-18 {a_2}\right) \omega +18 {a_2}}{54}\\ \\ Here &\quad B_1=a_{1}^2 +135=0,\\ &B_2=a_2^3-\frac{6 \omega +{a_1}+3}{2}=0, \\ &\Omega=\omega^2+\omega+1=0 \end{align*}
（覚書：冪根の実態は？）【覚書2】Largange 補間式を使って根を求める計算法
【例題1】RT1の【覚書1】で。Lagrange補間式の紹介をしました。
その際、Lagrange補間式は、対称群 \(S_3\) で不変であるにもかかわらず、
対称式から基本対称式への変換の計算方式では、上手く \(F_0\) 上の多項式に変形できないという
問題がありました。
この覚書では、【例題1】RT2で利用したグレブナー基底 \(\{r_1,r_2,r_3\}\) の剰余計算を使った手法で、
Lagrange補間式を \(F_0\) 上の多項式に変形する過程を説明したいと思います。
下式に \(f(x)\) の根 \(\alpha\) を求めるLagrange補間式を再掲します。この式より \(L_{\alpha}(x)\) の
\(x\) に \(v_1=v\) を代入すれば、\(\alpha\) が簡単に求まる事が判ります。
\begin{align} \setCounter{55} L_{\alpha}(x)= \Biggl[ \quad &\alpha \cdot \frac{(x-v_2)(x-v_3)(x-v_4)(x-v_5)(x-v_6)}{(v_1-v_2)(v_1-v_3)(v_1-v_4)(v_1-v_5)(v_1-v_6)} \notag \\ +&\alpha \cdot \frac{(x-v_1)(x-v_3)(x-v_4)(x-v_5)(x-v_6)}{(v_2-v_1)(v_2-v_3)(v_2-v_4)(v_2-v_5)(v_2-v_6)} \notag \\ +&\beta \cdot \frac{(x-v_1)(x-v_2)(x-v_4)(x-v_5)(x-v_6)}{(v_3-v_1)(v_3-v_2)(v_3-v_4)(v_3-v_5)(v_3-v_6)} \notag \\ +&\beta \cdot \frac{(x-v_1)(x-v_2)(x-v_3)(x-v_5)(x-v_6)}{(v_4-v_1)(v_4-v_2)(v_4-v_3)(v_4-v_5)(v_4-v_6)} \notag \\ +&\gamma \cdot \frac{(x-v_1)(x-v_2)(x-v_3)(x-v_4)(x-v_6)}{(v_5-v_1)(v_5-v_2)(v_5-v_3)(v_5-v_4)(v_5-v_6)} \notag \\ +&\gamma \cdot \frac{(x-v_1)(x-v_2)(x-v_3)(x-v_4)(x-v_5)}{(v_6-v_1)(v_6-v_2)(v_6-v_3)(v_6-v_4)(v_6-v_5)} \quad \Biggr] \\ \notag \\ \qquad \qquad \therefore \quad \alpha&=L_{\alpha}(v_1) \\ \end{align}
先ず、Lagrange補間式は、行列式を使うと下記の式(58)で記述できます。
この定式化は下記のWebページをご覧ください。 非常に簡潔に説明されているサイトです。
福井敏純著 「線形代数学講義ノート」 （p.55参照）
http://www.rimath.saitama-u.ac.jp/lab.jp/Fukui/lectures/Linear_algebra.pdf
\begin{align} &L_{\alpha}(x)=-\frac{1}{\Delta} \begin{vmatrix} 0 & 1 & x & {{x}^{2}} & {{x}^{3}} & {{x}^{4}} & {{x}^{5}}\\ \alpha & 1 & {v_1} & {{v}_{1}^{2}} & {{v}_{1}^{3}} & {{v}_{1}^{4}} & {{v}_{1}^{5}}\\ \alpha & 1 & {v_2} & {{v}_{2}^{2}} & {{v}_{2}^{3}} & {{v}_{2}^{4}} & {{v}_{2}^{5}}\\ \beta & 1 & {v_3} & {{v}_{3}^{2}} & {{v}_{3}^{3}} & {{v}_{3}^{4}} & {{v}_{3}^{5}}\\ \beta & 1 & {v_4} & {{v}_{4}^{2}} & {{v}_{4}^{3}} & {{v}_{4}^{4}} & {{v}_{4}^{5}}\\ \gamma & 1 & {v_5} & {{v}_{5}^{2}} & {{v}_{5}^{3}} & {{v}_{5}^{4}} & {{v}_{5}^{5}}\\ \gamma & 1 & {v_6} & {{v}_{6}^{2}} & {{v}_{6}^{3}} & {{v}_{6}^{4}} & {{v}_{6}^{5}}\\ \end{vmatrix}\\ \notag \\ &\Delta \equiv \begin{vmatrix} 1 & {v_1} & {{v}_{1}^{2}} & {{v}_{1}^{3}} & {{v}_{1}^{4}} & {{v}_{1}^{5}}\\ 1 & {v_2} & {{v}_{2}^{2}} & {{v}_{2}^{3}} & {{v}_{2}^{4}} & {{v}_{2}^{5}}\\ 1 & {v_3} & {{v}_{3}^{2}} & {{v}_{3}^{3}} & {{v}_{3}^{4}} & {{v}_{3}^{5}}\\ 1 & {v_4} & {{v}_{4}^{2}} & {{v}_{4}^{3}} & {{v}_{4}^{4}} & {{v}_{4}^{5}}\\ 1 & {v_5} & {{v}_{5}^{2}} & {{v}_{5}^{3}} & {{v}_{5}^{4}} & {{v}_{5}^{5}}\\ 1 & {v_6} & {{v}_{6}^{2}} & {{v}_{6}^{3}} & {{v}_{6}^{4}} & {{v}_{6}^{5}}\\ \end{vmatrix} =\displaystyle \prod_{0 \lt i \lt j \leq 6} (v_j-v_i)\\ \end{align}
上式(58)(59)に下式(60)を代入します。
\begin{align} &\left\{ \begin{array}{l} v_{1}=\alpha+2\beta+3\gamma \qquad v_{2}=\alpha+2\gamma+3\beta \qquad v_{3}=\beta+2\alpha+3\gamma \\ v_{4}=\beta+2\gamma+3\alpha \qquad v_{5}=\gamma+2\alpha+3\beta \qquad v_{6}=\gamma+2\beta+3\alpha \\ \end{array} \right. \\ \end{align}
式(62)を見ると判るのですが、分子、分母に \((2\alpha^2\beta+2\beta-2\alpha-1)\) と言う共通項があるので、お互い打ち消し合い、最終的に \(L_{\alpha}(x)\) は \(F_0\) 上の多項式として 式(63)の様に表現されることになります。つくづくグレブナー基底 \(\{r_1,r_2,r_3\}\) による剰余の威力が判ります。
最終的に、\(\alpha\) は \(L_{\alpha}(x)\) の \(x\) に \(v\) を代入するだけで求まります。
\begin{align} &L_{\alpha}(x)= (-1) \cdot \frac {nL_{\alpha}}{dL_{\alpha}}\\ \notag \\ &\left\{ \begin{array}{l} nL_{\alpha}=-131220(x^4+15x^2-9x+36)(2\alpha^2\beta+2\beta-2\alpha-1)\\ dL_{\alpha}=2361960(2\alpha^2\beta+2\beta-2\alpha-1)\\ \end{array} \right. \\ \notag\\ &\qquad \therefore \quad L_{\alpha}(x)=\frac{x^4+15x^2-9x+36}{18} \quad \rightarrow \quad \alpha=L_{\alpha}(v)\\ \end{align}
最終的な補間式は、式(66)(67)となります。
\begin{align} &L_{\beta}(x)=-\frac{1}{\Delta} \begin{vmatrix} 0 & 1 & x & {{x}^{2}} & {{x}^{3}} & {{x}^{4}} & {{x}^{5}}\\ \beta & 1 & {v_1} & {{v}_{1}^{2}} & {{v}_{1}^{3}} & {{v}_{1}^{4}} & {{v}_{1}^{5}}\\ \gamma & 1 & {v_2} & {{v}_{2}^{2}} & {{v}_{2}^{3}} & {{v}_{2}^{4}} & {{v}_{2}^{5}}\\ \alpha & 1 & {v_3} & {{v}_{3}^{2}} & {{v}_{3}^{3}} & {{v}_{3}^{4}} & {{v}_{3}^{5}}\\ \gamma & 1 & {v_4} & {{v}_{4}^{2}} & {{v}_{4}^{3}} & {{v}_{4}^{4}} & {{v}_{4}^{5}}\\ \alpha & 1 & {v_5} & {{v}_{5}^{2}} & {{v}_{5}^{3}} & {{v}_{5}^{4}} & {{v}_{5}^{5}}\\ \beta & 1 & {v_6} & {{v}_{6}^{2}} & {{v}_{6}^{3}} & {{v}_{6}^{4}} & {{v}_{6}^{5}} \end{vmatrix}\\ \notag \\ &L_{\gamma}(x)=-\frac{1}{\Delta} \begin{vmatrix} 0 & 1 & x & {{x}^{2}} & {{x}^{3}} & {{x}^{4}} & {{x}^{5}}\\ \gamma & 1 & {v_1} & {{v}_{1}^{2}} & {{v}_{1}^{3}} & {{v}_{1}^{4}} & {{v}_{1}^{5}}\\ \beta & 1 & {v_2} & {{v}_{2}^{2}} & {{v}_{2}^{3}} & {{v}_{2}^{4}} & {{v}_{2}^{5}}\\ \gamma & 1 & {v_3} & {{v}_{3}^{2}} & {{v}_{3}^{3}} & {{v}_{3}^{4}} & {{v}_{3}^{5}}\\ \alpha & 1 & {v_4} & {{v}_{4}^{2}} & {{v}_{4}^{3}} & {{v}_{4}^{4}} & {{v}_{4}^{5}}\\ \beta & 1 & {v_5} & {{v}_{5}^{2}} & {{v}_{5}^{3}} & {{v}_{5}^{4}} & {{v}_{5}^{5}}\\ \alpha & 1 & {v_6} & {{v}_{6}^{2}} & {{v}_{6}^{3}} & {{v}_{6}^{4}} & {{v}_{6}^{5}} \end{vmatrix}\\ \notag \\ &L_{\beta}(x)=-\frac{x^4+15x^2+36}{9} \qquad \rightarrow \quad \beta=L_{\beta}(v)\\ &L_{\gamma}(x)=\frac{x^4+15x^2+9x+36}{18} \quad \rightarrow \quad \gamma=L_{\gamma}(v)\\ \end{align}
Lagrange補間式を使って3根を求める方法もなかなか味わい深いですね。
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