代数方程式を解く - wpptのブログ

機会があったので、ついでに可解性を久方ぶりに復習してみた。

とりあえず係数体は $\mathbb{Q}$ としておく。
大方間違ってないと思うけど、永遠にβ版。

■2次方程式の解法
2次方程式 $x^2+bx+c=0$ の解の公式は $x=\frac{1}{2}(-b\pm\sqrt{b^2-4c})$ となる。

■2次方程式の解法のキモ
与えられた方程式は、拡大体 $\mathbb{Q}(\sqrt{b^2-4c})$ で一次式に分解できる。
2解を $\alpha$ 、 $\beta$ とすると、解と係数の関係から $\alpha+\beta=-b$ 、 $\alpha\beta=c$ 。
追加した数の2乗は $b^2-4c=(\alpha-\beta)^2$ となるので、解の対称式である。
またこの拡大に対応するガロア群は $S_2$ となる。

■3次方程式の解法
3次方程式 $x^3+bx^2+cx+d=0$ は、 $y=x+\frac{1}{3}b$ とおくと、2次の項のない方程式 $y^3+py+q=0$ にできる。
$y=u+v$ とおくと、 $y^3+py+q = u^3+v^3+(3uv+p)(u+v)+q$ となるので、 $u^3+v^3=-q$ 、 $3uv=-p$ を満たす $u$ 、 $v$ が求まればよい。
そのような $u^3$ 、 $v^3$ は解と係数の関係から方程式 $z^2+qz-\frac{1}{27}p^3=0$ の解となり、これを解くと $z=-\frac{1}{2}q\pm\sqrt{\frac{1}{4}q^2+\frac{1}{27}p^3}$ となる。
よって $u_0=\sqrt[3]{-\frac{1}{2}q+\sqrt{\frac{1}{4}q^2+\frac{1}{27}p^3}}$ 、 $v_0=\sqrt[3]{-\frac{1}{2}q-\sqrt{\frac{1}{4}q^2+\frac{1}{27}p^3}}$ 、 $\omega=\frac{-1+\sqrt{-3}}{2}$ とおくと、 $(u,v)$ は $(u_0, v_0)$ 、 $(u_0\omega, v_0\omega^2)$ 、 $(u_0\omega^2, v_0\omega)$ となる。
以上から、元の3次方程式の解は、 $\alpha=u_0+v_0-\frac{1}{3}b$ 、 $\beta=u_0\omega+v_0\omega^2-\frac{1}{3}b$ 、 $\gamma=u_0\omega^2+v_0\omega-\frac{1}{3}b$ と書ける。

■3次方程式の解法のキモ
与えられた方程式は、 $\mathbb{Q}$ を次のように拡大した体で一次式に分解できる。

$t_0=\sqrt{\frac{1}{4}q^2+\frac{1}{27}p^3}$ を追加
$u_0=\sqrt[3]{-\frac{1}{2}q+\sqrt{\frac{1}{4}q^2+\frac{1}{27}p^3}}$ を追加

１の $t_0$ は2乗すると $\mathbb{Q}$ の元になるので、拡大 $\mathbb{Q}(t_0)/\mathbb{Q}$ に対応するガロア群は $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 。
２の $u_0$ は3乗すると $\mathbb{Q}(t_0)$ の元となるので、拡大 $\mathbb{Q}(t_0,\,u_0)/\mathbb{Q}(t_0)$ に対応するガロア群は $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ 。

解と係数の関係 $\alpha+\beta+\gamma=0$ 、 $\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=p$ 、 $\alpha\beta\gamma=-q$ を用いると、 $t_0^2=-\frac{1}{2^2\cdot 3^3}(\alpha-\beta)^2(\alpha-\gamma)^2(\beta-\gamma)^2$ 、検証は数式処理ソフトの使用推奨。
$t_0^2$ は解の対象式で書けるので、解の置換で不変。
よって拡大 $\mathbb{Q}(t_0,\,u_0)/\mathbb{Q}$ に対応するガロア群は $S_3$ 。

また $u_0^3$ は解の偶置換で不変になっている。

$u_0=\frac{1}{3}(\alpha+\beta\omega^2+\gamma\omega)=e\,u_0$
$u_0\omega=\frac{1}{3}(\alpha\omega+\beta+\gamma\omega^2)=(\alpha\,\beta\,\gamma)\,u_0$
$u_0\omega^2=\frac{1}{3}(\alpha\omega^2+\beta\omega+\gamma)=(\alpha\,\gamma\,\beta)\, u_0$

よって拡大 $\mathbb{Q}(t_0,\,u_0)/\mathbb{Q}(t_0)$ に対応するガロア群は $A_3\simeq\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ 。

ちなみに $v_0$ は $\mathbb{Q}(t_0,\,u_0)$ の元になる。
$u_0$ へ解の奇置換を適用すると、 $v_0$ となる。

$v_0=\frac{1}{3}(\alpha+\beta\omega+\gamma\omega^2)=(\beta\,\gamma)\,u_0$
$v_0\omega=\frac{1}{3}(\alpha\omega+\beta\omega^2+\gamma)=(\alpha\,\gamma)\,u_0$
$v_0\omega^2=\frac{1}{3}(\alpha\omega^2+\beta+\gamma\omega)=(\alpha\,\beta)\,u_0$

■4次方程式の解法
4次方程式 $x^4+bx^3+cx^2+dx+e=0$ は、 $y=x+\frac{1}{4}b$ とおくと、3次の項のない方程式 $y^4+py^2+qy+r=0$ にできる。
ここで $y=u+v+w$ とおくと、 $y^2$ 、 $y^4$ は次のようになる。

$y^2=u^2+v^2+w^2+2(uv+vw+wu)$
$y^4=(u^2+v^2+w^2)^2+4(u^2+v^2+w^2)(uv+vw+wu)+4(u^2v^2+v^2w^2+w^2u^2)+8uvw(u+v+w)$

これらを元の式に代入して次を得る。

$(u^2+v^2+w^2)^2+2(2(u^2+v^2+w^2)+p)(uv+vw+wu)+4(u^2v^2+v^2w^2+w^2u^2)+p(u^2+v^2+w^2)+8(uvw+q)(u+v+w)+r=0$

これは $u$ 、 $v$ 、 $w$ を変数とする恒等式であるから、次が言える。

$2(u^2+v^2+w^2)+p=0$ から、 $u^2+v^2+w^2=-\frac{1}{2}p$
$8uvw+q=0$ から、 $uvw=-\frac{1}{8}q$
$u(u^2+v^2+w^2)^2+4(u^2v^2+v^2w^2+w^2u^2)+p(u^2+v^2+w^2)+r=0$ から、 $u^2v^2+v^2w^2+w^2u^2=\frac{1}{16}p^2-\frac{1}{4}r$

$u^2$ 、 $v^2$ 、 $w^2$ は解と係数の関係から方程式 $z^3-\frac{1}{2}pz^2+(\frac{1}{16}p^2-\frac{1}{4}r)z-(\frac{1}{8}q)^2=0$ の解となる。
この解を $t_1$ 、 $t_2$ 、 $t_3$ とすると、 $u=\pm\sqrt{t_1}$ 、 $v=\pm\sqrt{t_2}$ 、 $w=\pm\sqrt{t_3}$ とできる。
$w=\frac{q}{8uv}$ であるから、 $u$ 、 $v$ を組み合わせることで、元の4次方程式の解 $\alpha$ 、 $\beta$ 、 $\gamma$ 、 $\delta$ が求まる。

$\alpha=\sqrt{t_1}+sqrt{t_2}+\frac{q}{8\sqrt{t_1t_2}}-\frac{1}{4}b$
$\beta =\sqrt{t_1}-sqrt{t_2}-\frac{q}{8\sqrt{t_1t_2}}-\frac{1}{4}b$
$\gamma=\sqrt{t_1}+sqrt{t_2}-\frac{q}{8\sqrt{t_1t_2}}-\frac{1}{4}b$
$\delta=\sqrt{t_1}-sqrt{t_2}+\frac{q}{8\sqrt{t_1t_2}}-\frac{1}{4}b$

■4次方程式の解法のキモ
与えられた方程式は、 $\mathbb{Q}$ を次のように拡大した体で一次式に分解できる。

3次式 $z^3-\frac{1}{2}pz^2+(\frac{1}{16}p^2-\frac{1}{4}r)z-(\frac{1}{8}q)^2=0$ に関して、3次の場合の１に相当する $t_0=sqrt{-\frac{1}{2^{14}\cdot 3^3}(\alpha-\beta)^2(\alpha-\gamma)^2(\alpha-\delta)^2(\beta-\gamma)^2(\beta-\delta)^2(\gamma-\delta)^2}$ を追加
3次式 $z^3-\frac{1}{2}pz^2+(\frac{1}{16}p^2-\frac{1}{4}r)z-(\frac{1}{8}q)^2=0$ に関して、3次の場合の２に相当する数 $u_0$ （係数と $t_0$ からなる式の3乗根）を追加
$\sqrt{t_1}$ を追加
$\sqrt{t_2}$ を追加

１の $t_0$ は2乗すると $\mathbb{Q}$ の元となるので、拡大 $\mathbb{Q}(t_0)/\mathbb{Q}$ に対応するガロア群は $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 。
２の $u_0$ は3乗すると $\mathbb{Q}(t_0)$ の元となるので、拡大 $\mathbb{Q}(t_0,\,u_0)/\mathbb{Q}(t_0)$ に対応するガロア群は $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ 。
３の $\sqrt{t_1}$ は2乗すると $\mathbb{Q}(t_0,\,u_0)$ の元となるので、拡大 $\mathbb{Q}(t_0,\,u_0,\,\sqrt{t_1})/\mathbb{Q}(t_0,\,u_0)$ に対応するガロア群は $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 。
４の $\sqrt{t_2}$ は2乗すると $\mathbb{Q}(t_0,\,u_0\,\sqrt{t_1})$ の元となるので、拡大 $\mathbb{Q}(t_0,\,u_0,\,\sqrt{t_1},\,\sqrt{t_2})/\mathbb{Q}(t_0,\,u_0,\,sqrt{t_1})$ に対応するガロア群は $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 。

１の $t_0$ は2乗すると解の対称式で書けるので、拡大 $\mathbb{Q}(t_0,\,u_0,\,\sqrt{t_1},\,\sqrt{t_2})/\mathbb{Q}$ に対応するガロア群は $S_4$ 。
２の $u_0$ は3乗すると解の偶置換で不変なので、拡大 $\mathbb{Q}(t_0,\,u_0,\,\sqrt{t_1},\,\sqrt{t_2})/\mathbb{Q}(t_0)$ に対応するガロア群は $A_4$ 。
３、４の $\sqrt{t_1}$ 、 $\sqrt{t_2}$ は2乗すると $V_4=\{e,\,(\alpha\,\beta)(\gamma\,\delta),\,(\alpha\,\gamma)(\beta\,\delta),\,(\alpha\,\delta)(\beta\,\gamma)\}$ の作用で不変。

$u^2=t_1=\frac{1}{16}(\alpha+\beta-\gamma-\delta)^2$
$v^2=t_2=\frac{1}{16}(\alpha-\beta+\gamma-\delta)^2$

なので、拡大 $\mathbb{Q}(t_0,\,u_0,\,\sqrt{t_1},\,\sqrt{t_2})/\mathbb{Q}(t_0,\,u_0)$ に対応するガロア群は $V_4$ 。

ちなみにそれぞれのガロア群は次の様に対応

$S_4/A_4 = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} = G\Big(\mathbb{Q}(t_0)/\mathbb{Q}\Big)$
$A_4/V_4 = \mathbb{Z}/3\mathbb{Z} = G\Big(\mathbb{Q}(t_0,\,u_0)/\mathbb{Q}(t_0)\Big)$
$V_4/\{e\} = V_4 = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} = G\Big(\mathbb{Q}(t_0,\,u_0,\,\sqrt{t_1},\,\sqrt{t_2})/\mathbb{Q}(t_0,\,u_0)\Big)$

■キモのまとめ
与えられた方程式が一次式に分解できるよう、 $\mathbb{Q}\subset\mathbb{Q}(a_1)\subset\cdots\subset\mathbb{Q}(a_1,\,\cdots,\,a_m)$ と体を拡大していく。
$\mathbb{Q}_i=\mathbb{Q}(a_1,\,\cdots,\,a_i)$ とするとき、体の拡大に合わせて、ガロア群 $S_n=G(\mathbb{Q}_m/\mathbb{Q}_0) > G(\mathbb{Q}_m/\mathbb{Q}_1) > \cdots > G(\mathbb{Q}_m/\mathbb{Q}_m) = \{e\}$ が構成されていく。
但し、拡大 $\mathbb{Q}_{i+1}/\mathbb{Q}_i$ で追加される $a_{i+1}$ は、べき乗すると $\mathbb{Q}_i$ の元になるような数。
そのようなべきが $k$ だとすると、 $G(\mathbb{Q}_{i+1}/\mathbb{Q}_i) = G(\mathbb{Q}_m/\mathbb{Q}_i)\,/\,G(\mathbb{Q}_m/\mathbb{Q}_{i+1}) \simeq \mathbb{Z}/k\mathbb{Z}$ のように、隣り合ったガロア群の商は巡回群となる。
また商が群になるには、法となる群 $G(\mathbb{Q}_m/\mathbb{Q}_{i+1})$ が $G(\mathbb{Q}_m/\mathbb{Q}_i)$ の正規部分群になっていないとダメ。
なので、上記のガロア群の系列において、部分群の関係 $>$ は正規部分群の関係 $\triangleright$ になる。