3次方程式のべき根による解法(2) - エレファント・ビジュアライザー調査記録

Optimistic Mathematics のサイトで3次方程式のべき根による解法についてもここと同様のこと書いているので、同じ内容をこちらにも書いておきます。ここでは体の中の多項式ということではなく単に多項式を使って説明しているようです。本質的といえば本質的なのでしょうけどたいして変わらないといえばたいして変わらないようです。とりあえず引用しておきます。

3次方程式のべき根による解法

$K を \omega^2 + \omega + 1 = 0$ を満たす元 $\omega$ を含む体とします。 $z_0$ 、 $z_1$ 、 $z_2$ を変数とし、 $K$ の元を係数とする多項式全体の集合を $R = K[z_0,z_1,z_2]$ とおき、 $R$ 上の多項式 $(X - z_0)(X - z_1)(X - z_2)$ を考えます。
$a = - ( z_0 + z_1 + z_2 ),$
$b = z_0z_1 + z_1z_2 + z_2z_0,$
$c = - z_0z_1z_2$
とおくと、
$X^3 + aX^2 + bX + c = (X - z_0)(X - z_1)(X - z_2)$
となります。ここで $z_0$ 、 $z_1$ 、 $z_2$ を $a$ 、 $b$ 、 $c$ を使って表すことを考えます。
$Z = \{ z_0, z_1, z_2 \}$ と置きます。 $Z$ から $Z$ への全単射の全体を $S$ とすると、 $S$ は次の表で定義される6つの元からなる集合 $S = \{ s_0, s_1, s_2, s_3, s_4, s_5 \}$ となります( $s_0$ は恒等写像です)。この表は、 $Z$ の元 $z_i$ の $S$ の元 $s_j$ による像 $s_j(z_i)$ を表しています。

	$s_0$	$s_1$	$s_2$	$s_3$	$s_4$	$s_5$
$z_0$	$z_0$	$z_0$	$z_1$	$z_2$	$z_1$	$z_2$
$z_1$	$z_1$	$z_2$	$z_0$	$z_0$	$z_2$	$z_1$
$z_2$	$z_2$	$z_1$	$z_2$	$z_1$	$z_0$	$z_0$

$S$ の元 $s_i$ と $s_j$ の合成 $s_j \circ s_i$ を、任意の $Z$ の元 $z$ に対して、 $(s_j \circ s_i)(z) = s_j(s_i( z ))$ となるものとすると、 $s_j \circ s_i$ は次の表のようになります。

	$s_0$	$s_1$	$s_2$	$s_3$	$s_4$	$s_5$
$s_0$	$s_0$	$s_1$	$s_2$	$s_3$	$s_4$	$s_5$
$s_1$	$s_1$	$s_0$	$s_4$	$s_5$	$s_2$	$s_3$
$s_2$	$s_2$	$s_3$	$s_0$	$s_1$	$s_5$	$s_4$
$s_3$	$s_3$	$s_2$	$s_5$	$s_4$	$s_0$	$s_1$
$s_4$	$s_4$	$s_5$	$s_1$	$s_0$	$s_3$	$s_2$
$s_5$	$s_5$	$s_4$	$s_3$	$s_2$	$s_1$	$s_0$

$S$ の元 $s$ に対して、 $s^2 = s . s$ 、 $s^3 = s . s . s$ のように書くとすると、

$s$	$s_0$	$s_1$	$s_2$	$s_3$	$s_4$	$s_5$
$s^2$	$s_0$	$s_0$	$s_0$	$s_4$	$s_3$	$s_0$
$s^3$	$s_0$	$s_1$	$s_2$	$s_0$	$s_0$	$s_5$

となります。この表から $s$ 、 $s^2$ は $s_0$ ではなく、 $s^3 = s_0$ となるものは、 $s_3$ と $s_4$ であるということがわかります。

$s$ を $S$ の元とします。 $R$ の元 $r$ は、 $r = c_{000} z_{0}^{0}z_{1}^{0}z_{2}^{0} + \cdots + c_{ijk} z_{0}^{i}z_{1}^{j}z_{2}^{k} + \cdots$ という形の有限個の和なので、 $s(r) = c_{000} s(z_0)^0s(z_1)^0s(z_2)^0 + \cdots + c_{ijk} s(z_0)^is(z_1)^js(z_2)^k + \cdots$ と定義することによって、 $s$ は $R$ から $R$ への写像と考えることができます。 $R$ から $R$ への写像 $u$ 、 $v$ に対して、 $u + v$ 、 $u - v$ 、 $uv$ 、 $u^n$ を
$(u + v)(r) = u(r) + v(r),$
$(u - v)(r) = u(r) - v(r),$
$(uv)(r) = u(r)v(r),$
$(u^n)(r) = u(r)^n$
と定義します。

$s_4^3 = s_0$ なので
$f_1 = s_0 + ( s_4 \circ s_0 ) \omega + ( s_4^2 \circ s_0 ) \omega^2$
とおくと、 $( s_4 \circ f_1 ) \omega = f_1$ となるので、 $s_4 \circ f_1 = f_1\omega^2$ となります。したがって、
$s_4 \circ f_1^3 = ( s_4 \circ f_1 )^ 3 = ( f_1\omega^2 )^ 3 = f_1^3( \omega^2 )^ 3 = f_1^3$
となります。 $s_1 \circ s_4 = s_5$ 、 $s_1 \circ s_3 = s_2$ より、
$f_1^3 = s_4 \circ f_1^3 = s_3 \circ f_1^3,$
$f_1^3 . s_1 = s_5 \circ f_1^3 = s_2 \circ f_1^3,$
また、 $s_1^2 \circ f_1^3 = f_1^3$ となります。
$g_1 = f_1^3 - s_1 \circ f_1^3$
とおくと、 $- ( s_1 \circ g_1 ) = g_1$ となるので、 $s_1 \circ g_1 = - g_1$ となります。したがって、
$s_1 \circ g_1^2 = ( s_1 \circ g_1 )^ 2 = ( - g_1 )^ 2 = g_1^2$
となります。よって
$s_4 \circ g_1 = s_4 \circ f_1^3 - s_4 \circ s_1 \circ f_1^3 = s_4 \circ f_1^3 - s_1 \circ s_3 \circ f_1^3 = f_1^3 - s_1 \circ f_1^3 = g_1,$
$s_3 \circ g_1 = s_3 \circ f_1^3 - s_3 \circ s_1 \circ f_1^3 = s_3 \circ f_1^3 - s_1 \circ s_4 \circ f_1^3 = f_1^3 - s_1 \circ f_1^3 = g_1,$
$s_2 \circ g_1^2 = s_4 \circ s_1 \circ g_1^2 = s_4 \circ g_1^2 = g_1^2,$
$s_5 \circ g_1^2 = s_3 \circ s_1 \circ g_1^2 = s_3 \circ g_1^2 = g_1^2$
となり、任意の $S$ の元 $s$ に対して $s \circ g_1^2 = g_1^2$ となります。
$X^3 + aX^2 + bX + c = (X - z_0)(X - z_1)(X - z_2)$ の $X$ に $z_0$ を代入して、 $z_0^3 + az_0^2 + bz_0 + c = 0$ より $z_0^3 = - az_0^2 - bz_0 - c$ 、

$\begin{eqnarray*} & & X^3 + aX^2 + bX + c \\ & = & (X - z_0)(X^2 + (z_0 + a)X + z_0^2 + az_0 + b) + z_0^3 + az_0^2 + bz_0 + c \\ & = & (X - z_0)(X^2 + (z_0 + a)X + z_0^2 + az_0 + b) \end{eqnarray*}$

なので $X^2 + (z_0 + a)X + z0_2 + az_0 + b$ の $X$ に $z_1$ を代入して、 $z_1^2 + (z_0 + a)z_1 + z_0^2 + az_0 + b = 0$ より $z_1^2 = - (z_0 + a)z_1 - (z_0^2 + az_0 + b)$ 、

$\begin{eqnarray*} & & X^2 + (z_0 + a)X + z0_2 + az_0 + b \\ & = & (X - z_1)(X + z_0 + z_1 + a) + z_0^2 + az_0 + b + z_1(z_0 + z_1 + a) \\ & = & (X - z_1)(X + z_0 + z_1 + a) \end{eqnarray*}$

なので $X + z_0 + z_1 + a$ の $X$ に $z_2$ を代入して、 $z_2 + z_1 + z_0 + a = 0$ より
$z_2 = - z_0 - z_1 - a$
となるので、これらを代入すると、 $R$ の元 $r$ は、 $z_2$ の次数は0次、 $z_1$ の次数は1次、 $z_0$ の次数は2次以下にすることができます。よって、 $r = dz_0^2z_1 + ez_0^2 + fz_0z_1 + gz_0 + hz_0 + i$ ( $d$ 、 $e$ 、 $f$ 、 $g$ 、 $h$ 、 $i$ は、 $a$ 、 $b$ 、 $c$ の多項式) と表すことができます。 $S$ の任意の元 $s$ に対して、 $s \circ r = r$ であるとすると、 $d = e = f = g = h = 0$ となるので、 $r$ は $a$ 、 $b$ 、 $c$ の多項式で表すことができます (説明は省略します)。
よって任意の $R$ の元 $x$ に対して $g_1^2(x)$ は $a$ 、 $b$ 、 $c$ の多項式で表すことができます。とくに $g_1^2(z_0) = 108a^3c - 486abc + 729c^2 + 108b^3 - 27a^2b^2$ となります。

$R$ の元 $x$ に対して $y^2 = x$ を満たす $R$ の元 $y$ が存在するとき、そのようなものの1つを $x^\frac{1}{2}$ と書くことにします。すると、 $(-x^\frac{1}{2})^2 = (x^\frac{1}{2})^2 = x$ となるので、 $-x^\frac{1}{2}$ も上の条件を満たします。 $R$ の元 $z$ が $z_2 = x$ を満たすとすると、 $z_2 = (x^\frac{1}{2})^2$ となるので、 $(z - x^\frac{1}{2})(z + x^\frac{1}{2}) = 0$ となって、 $z = x^\frac{1}{2}$ または $z = -x^\frac{1}{2}$ となります。よって、 $g_1(z_0) = (108a^3c - 486abc + 729c^2 + 108b^3 - 27a^2b^2)^\frac{1}{2}$ または $- (108a^3c - 486abc + 729c^2 + 108b^3 - 27a^2b^2)^\frac{1}{2}$ となります。

$p = (108a^3c - 486abc + 729c^2 + 108b^3 - 27a^2b^2)^\frac{1}{2}$ または $- (108a3c - 486abc + 729c^2 + 108b^3 - 27a^2b^2)^\frac{1}{2}$ とおきます。

$g_0 = f_1^3 + s_1 \circ f_1^3$
とおくと、 $g_0(z_0) = - 27c + 9ab - 2a^3$ となるので、
$g_0(z_0) = f_1^3(z_0) + s_1(f_1^3(z_0)) = - 27c + 9ab - 2a^3$
$g_1(z_0) = f_1^3(z_0) - s_1(f_1^3(z_0)) = p$
となり、これより
$f_1^3(z_0) = \cfrac{- 27c + 9ab - 2a^3 + p}{2}$
$s_1(f_1^3(z_0)) = \cfrac{- 27c + 9ab - 2a^3 - p}{2}$
となります。

上に述べた式
$f_1^3(z_0) + s_1(f_1^3(z_0)) = - 27c + 9ab - 2a^3$
$f_1^3(z_0) - s_1(f_1^3(z_0)) = p$
に $s_1$ をほどこすと
$s_1(f_1^3(z_0)) + f_1^3(z_0) = - 27c + 9ab - 2a^3$
$s_1(f_1^3(z_0)) - f_1^3(z_0) = s_1(p)$
となるので、 $s_1(p) = - p$ であり、 $p = (108a^3c - 486abc + 729c^2 + 108b^3 - 27a^2b^2)^\frac{1}{2}$ としたときの $f_1^3(z_0)$ は $p = - (108a^3c - 486abc + 729c^2 + 108b^3 - 27a^2b^2)^\frac{1}{2}$ としたときの $s_1(f_1^3(z_0))$ であり、 $p = (108a^3c - 486abc + 729c^2 + 108b^3 - 27a^2b^2)^\frac{1}{2}$ としたときの $s_1(f_1^3(z_0))$ は $p = - (108a^3c - 486abc + 729c^2 + 108b^3 - 27a^2b^2)^\frac{1}{2}$ としたときの $f_1^3(z_0)$ であり、 $p = (108a^3c - 486abc + 729c^2 + 108b^3 - 27a^2b^2)^\frac{1}{2}$ としても $p = - (108a^3c - 486abc + 729c^2 + 108b^3 - 27a^2b^2)^\frac{1}{2}$ としても、 $f_1^3(z_0)$ か $s_1(f_1^3(z_0))$ のどちらかに $f_1^3(z_0)$ が得られるということがわかります。

$R$ の元 $x$ に対して $y^3 = x$ を満たす $R$ の元 $y$ が存在するとき、そのようなものの1つを $x^\frac{1}{3}$ と書くことにします。すると、 $(x^\frac{1}{3}\omega)^3 = (x^\frac{1}{3})^3 = x$ 、 $(x^\frac{1}{3}\omega^2)^3 = (x^\frac{1}{3})^3 = x$ となるので、 $x^\frac{1}{3}\omega$ 、 $x^\frac{1}{3}\omega^2$ も上の条件を満たします。 $R$ の元 $z$ が $z^3 = x$ を満たすとすると、 $z^3 = (x^\frac{1}{3})^3$ となるので、 $(z - x^\frac{1}{3})(z - x^\frac{1}{3}\omega) (z - x^\frac{1}{3}\omega^2) = 0$ となって、 $z = x^\frac{1}{3}$ または $z = x^\frac{1}{3}\omega$ または $z = x^\frac{1}{3}\omega^2$ となります。よって、 $f_1(z_0) = \left( \cfrac{- 27c + 9ab - 2a^3 + p}{2} \right)^\frac{1}{3}$ または $\left( \cfrac{- 27c + 9ab - 2a^3 + p}{2} \right)^\frac{1}{3}\omega$ または $\left( \cfrac{- 27c + 9ab - 2a^3 + p}{2} \right)^\frac{1}{3}\omega^2$ となります。

$q = \left( \cfrac{- 27c + 9ab - 2a^3 + p}{2} \right)^\frac{1}{3}$ または $\left( \cfrac{- 27c + 9ab - 2a^3 + p}{2} \right)^\frac{1}{3} \omega$ または $\left( \cfrac{- 27c + 9ab - 2a^3 + p}{2} \right)^\frac{1}{3} \omega^2$ とおきます。

$f_2 = s_0 + ( s_4^2 \circ s_0 ) \omega + ( s_4 \circ s_0 ) \omega^2$
とおくと、 $( s_4 \circ f_2 ) \omega^2 = f_2$ となるので、 $s_4 \circ f_2 = f_2\omega$ となります。したがって $s_4 \circ ( f_1 f_2 ) = f_1 f_2$ となります。また、 $f_1f_2$ は $f_1$ と $f_2$ の対称式なので、任意の $S$ の元 $s$ に対して $s \circ ( f_1 f_2 ) = f_1 f_2$ となります。よって任意の $R$ の元 $x$ に対して $( f_1 f_2 )(x)$ は $a$ 、 $b$ 、 $c$ の多項式で表すことができます。とくに $( f_1 f_2 )(z_0) = - 3b + a^2$ となります。よって $f_2(z_0) = \cfrac{- 3b + a^2}{q}$ となります。また $f_0 = s_0 + ( s_4 \circ s_0 ) + ( s_4^2 \circ s_0 )$ とおくと、 $f_0(z_0) = z_0 + s_4( z_0 ) + s_4^2( z_0 ) = - a$ なので
$f_0( z_0 ) = z_0 + s_4( z_0 ) + s_4^2( z_0 ) = - a,$
$f_1( z_0 ) = z_0 + s_4( z_0 ) \omega + s_4^2( z_0 ) \omega^2 = q$
$f_2( z_0 ) = z_0 + s_4( z_0 ) \omega^2 + s_4^2( z_0 ) \omega = \cfrac{- 3b + a^2}{q}$
となり、これより
$z_0 = \cfrac{ - a + q + \cfrac{- 3b + a^2}{q} }{3}$
$s_4( z_0 ) = \cfrac{ - a + q\omega^2 + \cfrac{- 3b + a^2}{q}\omega }{3}$
$s_4^2( z_0 ) = \cfrac{ - a + q\omega + \cfrac{- 3b + a^2}{q}\omega^2 }{3}$
となります。

上に述べた式
$z_0 + s_4( z_0 ) + s_4^2( z_0 ) = - a,$
$z_0 + s_4( z_0 ) \omega + s_4^2( z_0 ) \omega^2 = q$
$z_0 + s_4( z_0 ) \omega^2 + s_4^2( z_0 ) \omega = \cfrac{ - 3b + a^2 }{ q }$
に $s_4$ を施すと
$s_4( z_0 ) + s_4^2( z_0 ) + z_0 = - a,$
$s_4( z_0 ) + s_4^2( z_0 ) \omega + z_0\omega^2 = q$
$s_4( z_0 ) + s_4^2( z_0 ) \omega^2 + z_0\omega = \cfrac{ - 3b + a^2 }{ q }$
となり、 $s_4^2$ を施すと
$s_4^2( z_0 ) + z_0 + s_4( z_0 ) = - a,$
$s_4^2( z_0 ) + z_0\omega + s_4( z_0 )\omega^2 = q$
$s_4^2( z_0 ) + z_0\omega^2 + s_4( z_0 )\omega = \cfrac{ - 3b + a^2 }{ q }$
となるので、 $s_4(q) = q\omega$ 、 $s_4^2(q) = q\omega^2$ であり、 $q = \left( \cfrac{- 27c + 9ab - 2a^3 + p}{2} \right)^\frac{1}{3}$ としても $\left( \cfrac{- 27c + 9ab - 2a^3 + p}{2} \right)^\frac{1}{3}\omega$ としても $\left( \cfrac{- 27c + 9ab - 2a^3 + p}{2} \right)^\frac{1}{3}\omega^2$ としても $z_0$ または $s_4(z_0)$ または $s_4^2(z_0)$ のどれかに $z_0$ が得られるということがわかります。

$T_0 = \{ s_0, s_3, s_4 \}$ 、 $T_1 = \{ s_1, s_2, s_5 \}$ とおくと、 $T_i$ の元 $s_i$ と $T_j$ の元 $s_j$ に対して、 $s_j \circ s_i$ が含まれるものを $T_j \circ T_i$ と定義することができます。 $L = K[f_1^3(z_0), s_1(f_1^3(z_0))]$ を $f_1^3(z_0)$ 、 $s_1(f_1^3(z_0))$ で生成される $K$ 上の多項式の集合とします。
$f_1^3 = s_4 \circ f_1^3 = s_3 \circ f_1^3,$
$s_1 \circ f_1^3 = s_5 \circ f_1^3 = s_2 \circ f_1^3$
であり、
$s_1 \circ s_0 = s_0 \circ s_1,\ \ \ \ s_2 \circ s_0 = s_0 \circ s_2,\ \ \ \ s_5 \circ s_0 = s_0 \circ s_5,$
$s_1 \circ s_3 = s_4 \circ s_1,\ \ \ \ s_2 \circ s_3 = s_4 \circ s_2,\ \ \ \ s_5 \circ s_3 = s_4 \circ s_5,$
$s_1 \circ s_4 = s_3 \circ s_1,\ \ \ \ s_2 \circ s_4 = s_3 \circ s_2,\ \ \ \ s_5 \circ s_4 = s_3 \circ s_5$
であるので、 $T_1$ の元 $s$ の対して $s \circ f_1^3 = s_1 \circ f_1^3$ 、 $s \circ s_1 \circ f_1^3 = f_1^3$ となります。よって $T_0$ 、 $T_1$ は $L$ から $L$ への写像と考えることができます ( $T_0$ は恒等写像となります)。 $f_1^3(z_0)$ 、 $s_1(f_1^3(z_0))$ は
$\begin{eqnarray*} & & (X - f_1^3(z_0)) (X - s_1(f_1^3(z_0))) \\ & = & X^2 - (- 27c + 9ab - 2a^3)X + (- 3b + a^2)^3 \\ & = & 0 \end{eqnarray*}$
の根であり、 $T = \{ T_0, T_1 \}$ はこの方程式の根の置換の全体になります。 $X^3 + aX^2 + bX + c = 0$ の根の置換によって、 $T$ の元 $T_i$ と $T_i$ の元 $s_j$ が決まります。