眠れない夜に円分多項式 （一応その３）
では3乗して1になる数はなんでしょうか？これは
x^3 - 1 = 0
の根で、1つはもちろん1です。だから(x-1)で因数分解できて上の式は
(x-1)(x^2+x+1) = 0
となります。故に解の公式から x= (-1±√-3)/2 となります。
5乗して1になる数も同じで
(x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1) = 0
を求めればよいことになります。x=1は解として面白みがないので、問題は2つめの括弧の
x^4+x^3+x^2+x+1 = 0
の根でありましょう。比較的簡単な考察により、その根は複素平面上に書くと、半径1の正n角形の頂点の位置に置かれることがわかります。よって、こんな式を円分多項式と呼びます。
円分多項式はどんなに次数が高くても、累乗根を有限回繰り返していくことで、解くことができることがガロア理論で説き明かされています。
たとえば、11乗して1になる数を求める円分多項式
F11(x) = x^10 + x^9 + x^8 + ... + x + 1 = 0
の根は10次の方程式ながら解けてしまうのです。
ガロア理論では5次以上の方程式に解の公式がないこともまた証明されているので、このような次数の高い方程式が解けてしまうのはまた実にフシギだなぁと思うわけです。
ちなみに解ける理由を一言でいうと、F11のガロア群、すなわち1の11乗根はZ/10Zに同型だから累乗根を数回繰り返すことで解ける。ということになりますがチンプンカンプンですね。
しかも、多くの数学の本では具体的な解き方というのが明かされていないのです。ということで具体的にこの方程式を解いてみる。というのがこのシリーズの主題です。前回はF7(x)を解きました。今回は7の次の素数である11にチャレンジです。
さて、
ξ=cos(2π/11)+isin(2π/11)
とおくと(iは虚数単位)ξは根の１つ。また残りの根は
ξ^2, ξ^3, ξ^4, ..., ξ^10
であるのは自明ですので、問題は、このξを四則演算と巾根だけで求めることになります。
それでは解法の始まり始まり～
B0 = ξ + ξ^4 + ξ^5 + ξ^9 + ξ^3
B1 = ξ^2 + ξ^8 + ξ^10 + ξ^7 + ξ^6
とおく。
ξ+ξ^2+...+ξ^10 = -1だから（F11にξを代入すれば明らか）、B0+B1 = -1。
B0において、ξ→ξ^2の置換を行うと、B0→B1となるだけである。その他の置換もB0とB1が入れ替わるか、そのまま変化ないかのどちらか。
故にガロア理論によりQを有理数の集合とすれば
{B0,B1の対称式}⊂ Q
であり、またその群は Z/2Zに同型。
A = B0-B1とおくと
A^2 = (B0-B1)^2
右辺は対称式だからA^2 ∈ Q
しかしA ∉ Qであり、かつ、根の置換によりAの符号が反転するからそのガロア群はZ/2Zに同型。故にAが最初の体の拡大である。実際に計算すると
A = ±√-11
となる。
B0+B1 = -1だから
B0 = (-1+A)/2 = (-1+√-11)/2
B1 = (-1-A)/2 = (-1-√-11)/2
となる。次に
C0 = ξ + σξ^4 + σ^2ξ^5 + σ^3ξ^9 + σ^4ξ^3
C1 = σξ + σ^2ξ^4 + σ^3ξ^5 + σ^4ξ^9 + ξ^3 = σC0
C2 = σ^2ξ + σ^3ξ^4 + σ^4ξ^5 + ξ^9 + σξ^3 = σ^2C0
C3 = σ^3ξ + σ^4ξ^4 + ξ^5 + σξ^9 + σ^2ξ^3 = σ^3C0
C4 = σ^4ξ + ξ^4 + σξ^5 + σ^2ξ^9 + σ^3ξ^3 = σ^4C0
を考える。ただしσは1の5乗根でσ^5 = 1。
C0において ξ→ξ^4と置換をすれば、 C0→C4。
他も同様で、置換によりC0はC1、C2、C3、C4に移るだけで、Z/5Zに同型。
よって
{C0,C1,...,C4の対称式}⊂ Q(√-11)
ところで
C0×C1×C2×C3×C4 は対称式だからこれはQ(√-11)の要素。
C0×C1×C2×C3×C4 = σ^10C0^5 = C0^5
より
C0^5 ∈ Q(√-11)
一方
C0∉Q(√-11)
故に次の体の拡大はC0である。
実際に計算すると
C0^5 = (50 - 39B0) + σ(55 + 15B0) + σ^2(20 + 55B0) + σ^3(-65 - 5B0) + σ^4(-75 - 25B0)
同様に
D0 = ξ + σ^2ξ^4 + σ^4ξ^5 + σξ^9 + σ^3ξ^3
E0 = ξ + σ^3ξ^4 + σξ^5 + σ^4ξ^9 + σ^2ξ^3
F0 = ξ + σ^4ξ^4 + σ^3ξ^5 + σ^2ξ^9 + σξ^3
を考え D0^5, E0^5, F0^5を計算すれば
D0^5 = (50 - 39B0) + σ^2(55 + 15B0) + σ^4(20 + 55B0) + σ(-65 - 5B0) + σ^3(-75 - 25B0)
E0^5 = (50 - 39B0) + σ^3(55 + 15B0) + σ(20 + 55B0) + σ^4(-65 - 5B0) + σ^2(-75 - 25B0)
F0^5 = (50 - 39B0) + σ^4(55 + 15B0) + σ^3(20 + 55B0) + σ^2(-65 - 5B0) + σ(-75 - 25B0)
これより C0, D0, E0, F0がQ(√-11)の元の5乗根として求まる。
ただし、C0, D0, E0, F0は五通りの根があるので、適切な値を選ぶ必要があることに注意しなければならない。もし適切に選べば、
ξ = (B0+C0+D0+E0+F0)/5
となる。これが求める解である。
実際に値を計算すると
B0 = -0.5+1.65831239517769992456i
C0^5 = -0.07391186360448942322+0.06560965162814661925i
D0^5 = 115.64373109541402075798-13.28754935455122644393i
E0^5 = 4.36439952334176258988-37.98408806642842193006i
F0^5 = 243.06578124484870607583-273.82320168547768345485i
これより、以下のように根を選べば
C0 = 0.55743011092335039488+0.29242249110475606105i
D0 = 2.58869179452016831776-0.05923911544732743834i
E0 = 0.04741376980466689331-2.07193567820477451282i
F0 = 1.51273198890772023836+2.88364399464763387615i
(B0+C0+D0+E0+F0)/5 = 0.84125353283118116886+0.54064081745559758212i
を得る。
補足） p次の円分多項式は p-1の素因分解と大きな関係があります。 今回はp=11なので 10 = 2 x 5 故に2乗根（平方根）を求め、5乗根を求めることで、根を求めることができました。 同じ原理で考えれば、もしp=13なら平方根2回と立方根を1回で解くことができます。 同様に、 p=17ならば平方根4回 p=19ならば平方根1回と立方根2回 p=23ならば平方根1回と11乗根1回 p=23のときは11乗根は11通りの選び方があり、その選択肢も多いのですが、これは実際に値を計算をしてと同じになるものを選ぶ以外の方法を知りません。昨今は三角関数などすぐ計算できるので、とりあえずそれで計算するのがよいかなぁと。 また、解くためには p-1の素因数の累乗根が必要ともなりますが、 p-1の素因数の累乗根は既知であるとしても何ら問題はありません。 （数学的帰納法で証明可） 一般に、奇素数pに対し、p-1は偶数ですから最初の拡大は必ず平方根にすることが可能です。 そしてこの平方根は必ず √pまたは√-pとなります。 もっと具体的に言えば、4n+1型の素数は√pに。4n-1型は√-pになります。 もしpが 2^(2^n) + 1型の素数であれば、平方根だけで根を求めることができます。 そのような数は 3, 5, 17, 257, 65537 です。平方根は定規とコンパスで作図可能なので、上記の正多角形は定規とコンパスだけで作図可能ということになります。 最後に数を並べる時ですが、これは原始根にそって並べます。 たとえば11の原始根は2ですので1から始めて2倍2倍で並べてゆくと(11を超えたら11を引く） 1, 2, 4, 8, 5, 10, 9, 7, 3, 6 といった列ができます。この列を1つおきに並べると 1, 4, 5, 9, 3 2, 8, 10, 7, 6 となります。これがB0,B1の正体です。 余談） C0, D0, E0, F0の選び方はそれぞれ5通りあります。したがって全体としてはで5^4 = 625通りの選び方があることになります。 C0の一つの解をηとすれば、他の4つの解はησ、ησ^2、ησ^3、ησ^4です。 D0, E0, F0も同様です。 ところで、 ξ^4 = (B0+σ^4C0+σ^3D0+σ^2E0+σ^1F0)/5 ξ^5 = (B0+σ^3C0+σ^1D0+σ^4E0+σ^2F0)/5 ξ^9 = (B0+σ^2C0+σ^4D0+σ^1E0+σ^3F0)/5 ξ^3 = (B0+σ^1C0+σ^2D0+σ^3E0+σ^4F0)/5 です。 したがって625通りの組み合わせの中にξ,ξ^4,ξ^5,ξ^9,ξ^3が現れることになります。 すなわち625通り中、5通りだけが 11乗根の解を与えることになります。 試しにその625通りの根を複素平面上に図示してみました。 正五角形の頂点が根の候補で、赤い○をつけたところが11乗根（の半数）です。 角頂点は4個の正五角形の頂点となっています。図では一番小さい五角形の頂点を線で結んでみました。 なんとも意味深な模様ではないでしょうか？
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- 円分多項式その２ 2007/02/19
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