カテゴリー: 数学

\(\newcommand{\field}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\Q}{\field{Q}}\)
以前取り上げた２つの問題

３次方程式 \(x^{3}-3x+1=0\) の３解を適当な順番で並べ、それを \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) とおく。すると、\(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) が次の関係を持つようにできることを証明せよ。
\[ \beta=\alpha^{2}-2, \gamma=\beta^{2}-2, \alpha=\gamma^{2}-2 \]

及び

３次方程式 \(x^{3}+3x^{2}-1=0\) の一つの解を \(\alpha\) とする。
(1) \((2\alpha^{2}+5\alpha-1)^{2}\) を \(a\alpha^{2}+b\alpha+c\) の形で表せ。ただし \(a\), \(b\), \(c\) は有理数とする。
(2) 上の３次方程式の \(\alpha\) 以外の二つの解を (1) と同じ形の式で表せ。
（東大入試 1990 文系）

は、共に次のことを背景としていた。「整数係数の \(3\) 次方程式の解の差積が有理数になるとき、１つの解 \(\alpha\) だけで他の２解を表すことができる」（ここで、「表すことができる」というのは詳しく言えば「有理数係数の多項式で表せる」という意味）

どちらも面白い問題だが、ちょっともったいないのは「実際に方程式の係数が与えられたときに、どうすればその『有理数係数の多項式』の具体形が導けるのか？」という一番面白い部分を、天下りで与えてもらったり、手取り足取りな手厚い誘導を付けてもらっている点だ。もちろん入試問題はある程度まとまった分量の受験生が時間内に解けるようにしないといけないので易しく作らなければいけないのはやむを得ないが、やはり「その \(\alpha^{2}-2\) だの \(2\alpha^{2}+5\alpha-1\) だのといった式の形はどうやって導いたのか？」という点は興味深い問題だ。

これについては、この blog で時々引き合いに出している方に以前伺ったとき、以下のようなうまい手があることを教えて頂いた（しばらく前の「大学への数学」の学力コンテストで出題され、その解説記事で出ていたものとまったく同じ考え方である）。
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\(\newcommand{\abs}[1]{\lvert #1 \rvert}\)
締めくくったはずの話が続いてしまって申し訳ないが、前回の 1. についての思いつきを書いておく。\(p\) 個の \(p\) 乗根の採用の仕方によって解の候補が何通りも出てきてしまい、どれが解なのかを決定するのが困難になることを克服できそうな案を述べる。
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\(\newcommand{\field}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\Q}{\field{Q}}\)
一連の話の締めくくりとして、落ち穂拾いの話題を２点書いておく。１つは、これまで書いてきた「Galois 群が可解な方程式の解の求め方」は、実は気づきにくい穴があって実際には不完全かもしれない、という話。もう１つは、一連の話がどういう経緯を経て作られたのか、という（他人にはまったく興味がなさそうな）覚え書きである。
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\(\newcommand{\kumiawase}[2]{_{#1}\text{C}_{#2}}\)
整数係数の方程式の Galois 群の求め方の記事で、\(V_{k}\) の間で値の重複がないように解の１次結合の整数係数を具体的に選ぶ手順について説明する。
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Galois 群が可解である場合に解を実際にべき根で求める手順で、「その３」で述べた「上位の群 \(G\) から下位に向かって」\(V\) の最小多項式の因数分解を進めていく方針の場合、多少手間を軽減できることを説明する。
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\(\DeclareMathOperator{\Gal}{Gal}\)
今回は「その３」で提示した２つ目の疑問を解決する。下位の群 \(H\) で不変な多項式 \(\psi\) の値を求めるとき、\(\theta_{1}, \theta_{2}, \dotsc\) に由来する \(p\) 乗根が \(\sqrt[p]{2}\) と \(\sqrt[p]{3}\)、のように独立した \(p\) 乗根になってしまったりしないのはなぜか？という話だった。
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\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \DeclareMathOperator{\Gal}{Gal}\)
置換群としての Galois 群が可解な場合に、実際の解をべき根で求めていく解法について、これまでの説明の要点をおさらいしておくと、
\begin{gather}
\label{eq:51-1}
\text{Galois 群} = G_{0} \supset G_{1} \supset \dots \supset G_{r} =
\{e\} \\
G_{i} \rhd G_{i+1}, \quad \frac{\lvert G_{i} \rvert}{\rvert G_{i+1} \rvert}
\text{ は素数} \notag
\end{gather}
となる組成列を、そのメンバー \(G_{0}, \dots, G_{r}\) の要素がすべて既知な形で作っておき、隣り合う各々の群について、低位の群で対称な \(\psi(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n})\) の値を求めることを、\(\theta(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n})\) を構成して上位の群で対称となる多項式の値を求めることに帰着する、ということの繰り返しだった。

Galois 理論の基本定理から、\eqref{eq:51-1}の部分群列に対応する中間体の拡大列が存在する。
\begin{gather}
\label{eq:51-2}
\Q = K_{0} \subset K_{1} \subset \dots \subset K_{r} = \Q(\alpha_{1},
\dots, \alpha_{n}) \\
\text{$K_{i+1}$ は $K_{i}$ の素数次巡回拡大} \notag
\end{gather}
「その３」で書いた問題（のひとつ）は、\(\theta\) を構成する際にいろいろな素数 \(p\) に対する \(1\) の原始 \(p\) 乗根 \(\zeta\) が必要になるため、\(2\) 以外の素数が \(p\) として出現する場合は\eqref{eq:51-2}の体にさらに \(\zeta\) を添加した拡大体の列が出現することになって、対応する Galois 群も\eqref{eq:51-1}の置換群とは異なるものになってしまうのではないか、ということだった。
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\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}\)
先日「その１」に追記した「『多項式としての』対称性が必要で『解を代入した値の』対称性では不十分」ということの意味がちょっとわかりにくいと思うので補足しておく。
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\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}\)
置換群としての Galois 群が求まっていて、それが可解だった場合のべき根による解の求め方について、「下から」這い上がっていくのではなく、「上から」下りていく向きの解き方もあるので、それを説明する。なお、「上下」の向きにかかわらず、Galois 群が可解でべき根で解を求める場合は、出てくる群はすべて Galois 群の部分群なので、対応する体がきちんとわかるので、それについてもついでに触れておく。
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\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}\)
もうちょっと書きたいことはあるが、書くのにちょっと時間がかかりそうなのでひとまず前回持ち越しとなっていたことにカタをつけておく。
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