【例題2】の解法手順
EX2-1\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*}
\[\qquad The \ system \ of \ equations\]
\[ \qquad \left\{ \begin{array}{l} \alpha^3-3\alpha+1=0\\ \beta^2+\alpha\beta+\alpha^2-3=0\\ \alpha+\beta+\gamma=0\\ v-(\alpha+2\beta+3\gamma)=0 \end{array} \right.\\ \qquad \qquad \qquad \Downarrow \]
\[\qquad Elimination \ Theory\]
\[ \qquad V(v)= v^6-18v^4+81v^2-81 \\ \qquad \qquad =\left( {{v}^{3}}-9 v-9\right) \, \left( {{v}^{3}}-9 v+9\right) \]
\[g_{0}(x)=x^3-9x-9 \]
\[ g_0(x):minimal \ polynomial \ of \ v \ on \ F_0=Q(\omega) \]
\[Factorization \ of \ f(x) \ on \ F_0(v)\] \[\quad "maxima's \ function \ "\] \[\qquad factor(f(x),g_0(v))\]
\begin{align*} \alpha&=-\frac{{{v}^{2}}}{3}+2 & \beta&=\frac{2 {{v}^{2}}}{3}-v-4\\ \gamma&=-\frac{{{v}^{2}}}{3}+v+2 & & \end{align*}
\begin{align*} v_{1}&=v & v_{2}&={{v}^{2}}-v-6\\ v_{3}&=-{{v}^{2}}+2 v+6 & v_{4}&=-{{v}^{2}}+v+6\\ v_{5}&={{v}^{2}}-2 v-6 & v_{6}&=-v \end{align*}
\begin{align*} &g_0(v_i)=0 \quad for \ (i=1,4,5) \\ &\qquad \qquad \Downarrow\ \\ &A_3: Galois \ group \ of \ F(x) \\ &\qquad composition \ series \quad A_3 \rhd \{e\} \end{align*}
\begin{align*} &g_1(x) : \ minimal \ polynomial \ of \ v\\ &g_{1}(x)=x-\frac{{{a}_{1}^{2}} \omega }{3}-\frac{2 {{a}_{1}^{2}}}{3}+{a_1} \in F_{1}[x] \\ \end{align*}
\begin{align*} \\ F_1=F_0(a_1) \quad Here \ B_1&={{a}_{1}^{3}}-3\omega +3 =0, \\ \Omega&=\omega^2+\omega+1=0 \end{align*}
\begin{align*} v=&\frac{{{a}_{1}^{2}} \omega }{3}+\frac{2 {{a}_{1}^{2}}}{3}-{a_1} \\ \\ \alpha=&\frac{{a_1} \omega }{3}-\frac{{{a}_{1}^{2}}}{3}+\frac{2 {a_1}}{3}\\ \beta=&-\frac{{{a}_{1}^{2}} \omega }{3}-\frac{2 {a_1} \omega }{3}-\frac{{a_1}}{3}\\ \gamma=&\frac{{{a}_{1}^{2}} \omega }{3}+\frac{{a_1} \omega }{3}+\frac{{{a}_{1}^{2}}}{3}-\frac{{a_1}}{3}\\ \\ Here &\quad B_1={{a}_{1}^{3}}-3\omega +3 =0,\\ &\quad \Omega=\omega^2+\omega+1=0 \end{align*}
EX2-7 \(F_1/F_0\) の計算：最小多項式\(g_1(x)\)を求める
但し Fig1-1の水色の部分（ \(\omega\)の計算 ）は 【APX2】超速習ガロア計算で既に計算しておりますので、 参考にしてください。
\( \{ \ a_0, \varOmega, \omega \ \} \) は、下式で定義される数です。
\begin{align} B_0&=a_0^2-A_0=0 \quad 但し \ A_0=-\frac{3}{4} \notag \\ \varOmega&=\omega^2+\omega+1=0 \notag \\ \omega&=-\frac{1}{2}+a_0=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{-3}}{2} \notag \\ \end{align}
\begin{align} \setCounter{41} &h_0=(x-v_1), \quad h_1=(x-v_4), \quad h_2=(x-v_5) \\ \end{align}
\begin{align} \notag \\ &\begin{bmatrix} t_0 \\ t_1 \\ t_2 \end{bmatrix} =\frac{1}{3} \begin{bmatrix} 1&1&1 \\ 1&\omega&\omega^2\\ 1&(\omega^2)&(\omega^2)^2\\ \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} h_0 \\ h_1 \\ h_2 \end{bmatrix} \quad \begin{array}{l} ( \ Lagrange \ resolvent \ )\\ \\ \quad \bbox[#00FFFF]{ \Omega=\omega^2+\omega+1=0 } \end{array} \\ \notag \\ &\left\{ \begin{array}{l} t_0 \ \in \ F_0[x] \\ \{t_1,t_2\} \ \in \ F_0(v)[x] \end{array} \right. \ \Longrightarrow \ \left\{ \begin{array}{l} B_1=a_1^3-A_1=0 \quad A_1 \in F_0 \\ \{\tilde{t_1},\tilde{t_2} \} \ \in \ F_1[x]=F_0(a_1)[x] \end{array} \right. \\ \notag \\ &\begin{bmatrix} \tilde{h_0} \\ \tilde{h_1} \\ \tilde{h_2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&1&1 \\ 1&\omega^2&(\omega^2)^2\\ 1&\omega&(\omega^2)\\ \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} t_0 \\ \tilde{t_1} \\ \tilde{t_2} \end{bmatrix} \ \Longrightarrow \ \left\{ \begin{array}{l} g_0(x)=\tilde{h_0}\cdot \tilde{h_1} \cdot \tilde{h_2} \\ g_1(x) \equiv \tilde{h_0} \ \in \ F_1[x] \end{array} \right. \\ \notag \\ & g_0(x)=0 \quad \Rightarrow \quad \left\{ \begin{array}{l} g_1(x)=0\\ B_1=0 \end{array} \right. \\ \end{align}
ガロア群が\(A_3\) で位数3の巡回群なので、式(42)の様に \(\{h_0,h_1,h_2\}\) を定義する事にします。
元々、\(h_0=(x-v_1)=(x-v)\) なので、\(h_0\) を拡大体 \(F_1\) 上の多項式として求める事が出来れば、 \(h_0\) は \(x\) の1次式なので、最終的に求める最小多項式 \(g_1(x)\) となるはずです。
式(42)で定義された \(\{h_0,h_1,h_2\}\) に、式(32)の \(\{v_1,v_4,v_5\}\) を代入して計算すると以下の様になります。 これからの全ての計算は \((mod \ g_0(v))\) \((mod \ \Omega)\) で計算する必要があります。
\begin{align} \left\{ \begin{array}{l} h_0&=(x-v_1)=x-v\\ h_1&=(x-v_4)=x-(-v^2+v+6) \\ h_2&=(x-v_5)=x-(v^2-2v-6) \end{array} \right. \end{align}
この \(\{h_0,h_1,h_2\}\) を式(43)に代入して \(\{t_0,t_1,t_2\}\) を計算します。
\begin{align} \begin{bmatrix} t_0 \\ t_1 \\ t_2 \end{bmatrix} &=\frac{1}{3} \begin{bmatrix} 1&1&1 \\ 1&\omega&\omega^2\\ 1&\omega^2&\omega \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} h_0 \\ h_1 \\ h_2 \end{bmatrix} =\frac{1}{3} \begin{bmatrix} h_0+h_1+h_2 \\ h_0+\omega h_1 + \omega^2 h_2 \\ h_0+\omega^2 h_1 + \omega h_2 \end{bmatrix} \\ \notag \\ &=\frac{1}{3} \begin{bmatrix} 3x \\ ( 2v^2-3 v-12) \omega +v^2-3v-6 \\ ( 2v^2-3v-12) \omega + v^2-6 \end{bmatrix} \\ \notag \\ 但し \varOmega&=\omega^2+\omega+1=0 \\ \end{align}
ここで上式の中に使われている \(\omega\) は、【APX2】で定義された \(Q(a_0)\)の数で、1の原始3乗根です。従って \(\omega\) は式(50)を満足する数です。\(\varOmega=0\) は、以後たびたび出てくる重要な式です。
ここで、後で必要となる \(\{h_0,h_1,h_2\}\) と \(\{t_0,t_1,t_2,t_1 \cdot t_2 \}\) に対する ガロア群 \(A_3\) の自己同型写像 \(\{\sigma_1,\sigma_4,\sigma_5\}\) での変換表と、その作成の為の 計算例を以下に示します。| \( i \backslash j \) | \(\sigma_i(h_0)\) | \(\sigma_i(h_1)\) | \(\sigma_i(h_2)\) |
|---|---|---|---|
| \(\sigma_1\) | \(h_0\) | \(h_1\) | \(h_2\) |
| \(\sigma_4\) | \(h_1\) | \(h_2\) | \(h_0\) |
| \(\sigma_5\) | \(h_2\) | \(h_0\) | \(h_1\) |
| \( i \backslash j \) | \(\sigma_i(t_0)\) | \(\sigma_i(t_1)\) | \(\sigma_i(t_2)\) | \(\sigma_i(t_1 t_2)\) |
|---|---|---|---|---|
| \(\sigma_1\) | \(t_0\) | \(t_1\) | \(t_2\) | \(t_1 t_2\) |
| \(\sigma_4\) | \(t_0\) | \(\omega^2 t_1 \) | \(\omega t_2\) | \(t_1 t_2\) |
| \(\sigma_5\) | \(t_0\) | \(\omega t_1\) | \(\omega^2 t_2\) | \(t_1 t_2\) |
上の2つの表の作成過程で【表2】の変換表を参照して計算した3例を下に示します。
\begin{align} \sigma_4(h_2)&=\sigma_4(x-v_5)=x-\sigma_4(v_5)=x-v_1=h_0 \\ \notag \\ \sigma_4(t_2)&=\sigma_4\left( \frac{h_0+\omega^2 h_1 + \omega h_2}{3} \right) =\frac{1}{3} \sigma_4 \left( h_0+\omega^2 h_1 + \omega h_2 \right) \notag \\ &=\frac{1}{3} \left( \sigma_4(h_0)+\omega^2 \sigma_4(h_1) + \omega \sigma_4(h_2) \right) \notag \\ &=\frac{1}{3}(h_1+\omega^2 h_2+ \omega h_0 ) =\frac{\omega}{3}(h_0+\omega^2 h_1+ \omega h_2)=\omega t_2\\ \notag \\ \sigma_4(t_1t_2)&=\sigma_4(t_1) \cdot \sigma_4(t_2) =(\omega^2 t_1) \cdot (\omega t_2)=\omega^3t_1t_2 \notag \\ &=t_1 \cdot t_2 \quad ( \ \because \ \omega^3=1 \ ) \\ \end{align}
上記2つの表から判る事は、\(\{t_1,t_2\}\) は \(\{\sigma_4,\sigma_5\}\) の変換で不変ではありませんが、 \(\omega^3=1\) ですから、\(\{t_1^3,t_2^3\}\) は \(A_3\) の変換で 不変である事がわかります。
更に面白い事に、\(t_1 \cdot t_2\) も \(A_3\) の変換で 不変です。従って、まとめると以下のような結論になります。
\begin{align} & t_0 \ \in F_0[x] \qquad \{ t_1, t_2 \} \notin F_0[x] \qquad t_1 \cdot t_2 \ \in F_0 \\ \notag \\ &\sigma_4(t_2^3)=\sigma_4(t_2)^3=(\omega t_2)^3=\omega^3 \cdot t_2^3 =t_2^3 \quad etc.\\ \notag \\ &\therefore \ \{\ t_1^3, \ t_2^3 \ \} \in F_0[x] \end{align}
上の結果が本当かどうか、実際に次頁で計算をしてみましょう。
次ページに続く
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