ガロア理論による可解方程式の解法技術

⇦ \(\quad \)

home \(\quad \)

【9-2】方程式解法の落とし穴

前節で \( A_2^{-1}\) が計算出来なかった理由は以下の理由だと思われます。

「最小多項式 \(V(x)=g_0(x)\) が基礎体 \(F_0\) 上で既約でない」

確かに(1.5)の \(V(x)\) は有理数体 \(Q\) 上では既約です。
しかし、代数学の教科書には「代数的な解法」とは以下の様に定義されています。

「 \(f(x)\) の係数から出発して加減乗除と冪根によって（但し、1のn乗根は既知として）根が得られることをいう」

そうなんです。ガロア理論を使って方程式を代数的に解く際には、基礎体 \(F_0\) は初めから1の3乗根を含んでいることが前提になっているのです。従って、基礎体は \(F_0=Q\) ではなくて \(F_0=Q(\omega)\) なのです。

そこで、我々は(1.5)で \(v\) の最小多項式とした \(V(x)=x^6+108\) が、基礎体 \(F_0=Q(\omega)\) 上で本当に既約かどうか確認しておく必要があります。実際に基礎体 \(F_0=Q(\omega)\) 上で\(V(x)\) が既約かどうか Trager Algorithm を使って確かめてみると、(2.1)の様に因数分解できます。そこで \(v\) の最小多項式 \(g_0(x)\) を(2.2)の様に定めます。

\begin{align} V(x)&=x^6+108=(x^3-12\omega-6)(x^3+12\omega+6) \\ \notag \\ \therefore \ g_0(x) &\equiv x^3-12\omega-6 \\ \end{align}

続いて、この最小多項式 \([ \ g_0(v)=0 \ ]\) が生成する代数体 \(F_0(v)=Q(\omega,v)\) 上で \(f(x)\) を因数分解します。
勿論、この計算も Trager Algorithm を使います。すると \(f(x)\) の3根は以下の様に求める事が出来ます。

\begin{align} &\alpha =-\frac{v( \omega +2)}{3}, \quad \beta =\frac{v(2 \omega +1)}{3}, \quad \gamma =-\frac{v( \omega -1)}{3} \\ \notag \\ &v=\alpha+2\beta+3\gamma \\ &\qquad \Downarrow \notag \\ \end{align} \begin{align} &\left\{ \begin{array}{l} \sigma_{1}(v)=v_{1}=v & &\sigma_{2}(v)=v_{2}=v(\omega+1) & &\sigma_{3}(v)=v_{3}=-v\omega \\ \sigma_{4}(v)=v_{4}=-v(\omega+1) & &\sigma_{5}(v)=v_{5}=v\omega & &\sigma_{6}(v)=v_{6}=-v \\ \end{array} \right.\\ \end{align} \begin{align} &\qquad \Downarrow \notag \\ & g_0(v_1)=g_0(v_4)=g_0(v_5)=0 \qquad g_0(v_2)=g_0(v_3)=g_0(v_6)=-24\omega-12 \\ &\qquad \Downarrow \notag \\ \end{align} \begin{align} &\rho_{1}(v)=v_1=v & &\rho_{4}(v)=v_4=-v(\omega+1) & &\rho_{5}(v)=v_5=v\omega & \end{align}

3次巡回拡大 \(F_1/F_0\) の計算。結果だけを示します。

Step1 LRT(Lagrange Resolvent transformation)
\begin{align} &Gal(F_1/F_0)=A_3/e \equiv C_3=\{\rho_1,\rho_4,\rho_5\} \notag \\ \notag \\ &\left\{ \begin{array}{l} h_0=\rho_1(x-v)=(x-v_1)=x-v \\ h_1=\rho_4(x-v)=(x-v_4)=x+v(\omega+1) \\ h_2=\rho_5(x-v)=(x-v_5)=x-v\omega \\ \end{array} \right. \\ \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} = \begin{bmatrix} x\\ -v\\ 0\\ \end{bmatrix} \\ \end{align}

Step2　二項方程式 \(B_2(x)\) と新たな添加数 \(a_2\) の生成
\begin{align} &\left\{ \begin{array}{l} t_0 \ \in \ F_0[x] \\ t_1 \ \in \ F_0(v) \\ t_2 \ \in \ F_0 \\ \end{array} \right. \quad \Rightarrow \quad \left\{ \begin{array}{l} t_1^3=A_1=-12\omega-6 \in \ F_0 \\ B_1(x)=x^3-A_1=0 \\ a_1=\sqrt[3]{A_1} \ \in \ F_0(a_1) \equiv \ F_1 \\ \end{array} \right. \\ \end{align}

Step3　ILRT(Inverse Lagrange Resolvent transformation)
\begin{align} &\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} = = \begin{bmatrix} 1&1&1 \\ 1&\omega^2&(\omega^2)^2\\ 1&\omega&(\omega^2)\\ \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} x \\ a_1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x+a_1 \\ x+a_1\omega^2 \\ x+a_1\omega \\ \end{bmatrix} \\ \notag \\ &\therefore \quad g_1(x) \equiv \tilde{h_0} =x+a_1\ \in \ F_1[x] \\ \end{align}

\begin{align} & g_1(x)=0 \quad \rightarrow \quad v=-a_1 \notag \\ &\qquad \Downarrow \notag \\ &\therefore \ \alpha =\frac{a_1( \omega +2)}{3}, \quad \beta =-\frac{a_1(2 \omega +1)}{3}, \quad \gamma =\frac{a_1( \omega -1)}{3} \\ \end{align}

今までの解法がうまく計算出来た理由は、すべての例の最小多項式が、運良く、基礎体 \(Q(\omega)\) や \(Q(\zeta)\) で既約であったからです。今後は最小多項式を決定するときは基礎体で既約かどうかを必ず確かめておくことが重要です。

上記の巡回拡大ではTrager Algorithmを最小多項式の因数分解と、方程式の因数分解の2回使いましたが詳しくは説明しませんでした。次の節で、もう少し複雑な方程式で実際にどのような計算がなされたかをTrager Algorithmの復習もかねて計算した例を示します。

【補足】２つの表を下に示します。これらの表は、可解な方程式に対する最小多項式が、単純な単拡大 \(Q(v)\)と1の原始根をあらかじめ単拡大 \(Q(v)\) に添加した拡大体 \(Q(v,\zeta)\) や \(Q(v,\omega)\) で何次の多項式になるかを列挙したものです。 \(deg(g(v)) \neq deg(g(v,\zeta)) \) や黄色で色付けした方程式の解法には注意してください。
さらに不可解な現象が方程式 \(f_7(x)\) には起こります。この方程式の最小多項式 \(g(v)\) は \(Q(v,\zeta)\) では既約ではないのですが、そのまま計算しても正しい計算が出来ます。勿論 \(Q(v,\zeta)\) での最小多項式 \(g(v,\zeta)\) も正しい答えは計算できます。この理屈は何なんでしょうね？考えてみてください。

5次方程式とその最小多項式の次数　　 \(Z=\zeta^{4}+\zeta^{3}+\zeta^{2}+\zeta +1\)
\(f_i(x)\) \(equation\) \(deg(g(v))\) \(deg(g(v,\zeta))\) \(Gal(Q(v,\zeta)/Q(\zeta)) \)

\({f_1(x)}\) \(x^5+x^4+2x^3+4x^2+x+1\) \(20\) \(20\) \(F_{20}\)

\({f_2(x)}\) \(x^5-5x^3+5x+6\) \(20\) \(10\) \(D_{5}\)

\({f_3(x)}\) \(x^5-5x^3+5x-3\) \(20\) \(5\) \(C_{5}\)

\({f_4(x)}\) \(x^5-3\) \(20\) \(5\) \(C_{5}\)

\({f_5(x)}\) \(x^5-x^3-2x^2-2x-1\) \(10\) \(10\) \(D_{5}\)

\({f_6(x)}\) \(x^5-10x^3+5x^2+10x+1\) \(5\) \(5\) \(C_{5}\)

\({f_7(x)}\) \(x^5+15x+12\) \(20\) \(10\) \(D_{5}\)

5次方程式とその最小多項式の次数　　 \(Z=\zeta^{4}+\zeta^{3}+\zeta^{2}+\zeta +1\)
\(f_i(x)\)	\(equation\)	\(deg(g(v))\)	\(deg(g(v,\zeta))\)	\(Gal(Q(v,\zeta)/Q(\zeta)) \)
\({f_1(x)}\)	\(x^5+x^4+2x^3+4x^2+x+1\)	\(20\)	\(20\)	\(F_{20}\)
\({f_2(x)}\)	\(x^5-5x^3+5x+6\)	\(20\)	\(10\)	\(D_{5}\)
\({f_3(x)}\)	\(x^5-5x^3+5x-3\)	\(20\)	\(5\)	\(C_{5}\)
\({f_4(x)}\)	\(x^5-3\)	\(20\)	\(5\)	\(C_{5}\)
\({f_5(x)}\)	\(x^5-x^3-2x^2-2x-1\)	\(10\)	\(10\)	\(D_{5}\)
\({f_6(x)}\)	\(x^5-10x^3+5x^2+10x+1\)	\(5\)	\(5\)	\(C_{5}\)
\({f_7(x)}\)	\(x^5+15x+12\)	\(20\)	\(10\)	\(D_{5}\)

3次方程式とその最小多項式の次数　　 \(\Omega=\omega^{2}+\omega +1\)
\(f_i(x)\) \(equation\) \(deg(g(v))\) \(deg(g(v,\omega))\) \(Gal(Q(v,\omega)/Q(\omega)) \)

\({f_8(x)}\) \(x^3+3x+1\) \(6\) \(6\) \(S_{3}\)

\({f_{9}(x)}\) \(x^3-2\) \(6\) \(3\) \(A_{3} \ (\cong C_3)\)

\({f_{10}(x)}\) \(x^3-3x+1\) \(3\) \(3\) \(A_{3} \ ( \cong C_3)\)

3次方程式とその最小多項式の次数　　 \(\Omega=\omega^{2}+\omega +1\)
\(f_i(x)\)	\(equation\)	\(deg(g(v))\)	\(deg(g(v,\omega))\)	\(Gal(Q(v,\omega)/Q(\omega)) \)
\({f_8(x)}\)	\(x^3+3x+1\)	\(6\)	\(6\)	\(S_{3}\)
\({f_{9}(x)}\)	\(x^3-2\)	\(6\)	\(3\)	\(A_{3} \ (\cong C_3)\)
\({f_{10}(x)}\)	\(x^3-3x+1\)	\(3\)	\(3\)	\(A_{3} \ ( \cong C_3)\)

⇦ \(\quad \)

home \(\quad \)

⇨