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高校数学解説
文献あり

1の冪根をたくさん求めてみた(解説付き)

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0
$$\newcommand{a}[0]{\alpha} \newcommand{b}[0]{\beta} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{d}[0]{\delta} \newcommand{dis}[0]{\displaystyle} \newcommand{e}[0]{\varepsilon} \newcommand{farc}[2]{\frac{#1}{#2}} \newcommand{G}[0]{\Gamma} \newcommand{g}[0]{\gamma} \newcommand{Gal}[0]{\operatorname{Gal}} \newcommand{id}[0]{\operatorname{id}} \newcommand{Im}[0]{\operatorname{Im}} \newcommand{Ker}[0]{\operatorname{Ker}} \newcommand{l}[0]{\left} \newcommand{Li}[0]{\operatorname{Li}} \newcommand{li}[0]{\operatorname{li}} \newcommand{ms}[0]{\mathstrut} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{ord}[0]{\operatorname{ord}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{r}[0]{\right} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{Re}[0]{\operatorname{Re}} \newcommand{s}[0]{\sigma} \newcommand{tcb}[1]{\textcolor{blue}{#1}} \newcommand{tcr}[1]{\textcolor{red}{#1}} \newcommand{ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{vt}[0]{\vartheta} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} \newcommand{z}[0]{\zeta} \newcommand{ZZ}[1]{\mathbb{Z}/#1\mathbb{Z}} \newcommand{ZZt}[1]{(\mathbb{Z}/#1\mathbb{Z})^\times} $$

はじめに

 タイトルの通りです。$\z_n=\exp(2\pi i/n)$の値をいっぱい求めます。
 ここでは$|\arg(\sqrt[n]x)|<\pi/n$となるように$\sqrt[n]{\cdot}$を定めます。

素因数が$2,3,5$のシリーズ($n\leq360$)

\begin{eqnarray} \z_1&=&1 \\\z_2&=&-1 \\\z_3&=&\frac{-1+\sqrt3i}2 \\\z_4&=&i \\\z_5&=&\frac{-1+\sqrt5}4+\frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}4i \\\z_6&=&\frac{1+\sqrt3i}2 \\\z_8&=&\frac{\sqrt2+\sqrt2i}2 \\\z_9&=&\sqrt[3]{\frac{-1+\sqrt3i}2} \\\z_{10}&=&\farc{1+\sqrt5}4+\frac{\sqrt{10-2\sqrt5}}4i \\\z_{12}&=&\frac{\sqrt3+i}2 \\\z_{15}&=&\frac{1+\sqrt5+\sqrt{30-6\sqrt5}}8+\frac{\sqrt3+\sqrt{15}-\sqrt{10-2\sqrt5}}8i \\\z_{16}&=&\frac{\sqrt{2+\sqrt2}+\sqrt{2-\sqrt2}i}2 \\\z_{18}&=&\sqrt[3]{\frac{1+\sqrt3i}2} \\\z_{20}&=&\frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}4+\frac{\sqrt5-1}4i \\\z_{24}&=&\frac{\sqrt6+\sqrt2}4+\frac{\sqrt6-\sqrt2}4i \\\z_{25}&=&\sqrt[5]{\frac{\sqrt5-1}4+\frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}4i} \\\z_{27}&=&\sqrt[9]{\frac{-1+\sqrt3i}2} \\\z_{30}&=&\frac{-1+\sqrt5+\sqrt{30+6\sqrt5}}8+\frac{-\sqrt3+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt5}}8i \\\z_{32}&=&\frac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt2}}+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt2}}i}2 \\\z_{36}&=&\sqrt[3]{\frac{\sqrt3+i}2} \\\z_{40}&=&\frac{\sqrt2+\sqrt{10}+2\sqrt{5-\sqrt5}}8+\frac{\sqrt2+\sqrt{10}-2\sqrt{5-\sqrt5}}8i \\\z_{45}&=&\sqrt[3]{\frac{1+\sqrt5+\sqrt{30-6\sqrt5}}8+\frac{\sqrt3+\sqrt{15}-\sqrt{10-2\sqrt5}}8i} \\\z_{48}&=&\frac{\sqrt{2-\sqrt2}+\sqrt{6+3\sqrt2}}4+\frac{\sqrt{2+\sqrt2}-\sqrt{6-3\sqrt2}}4i \\\z_{50}&=&\sqrt[5]{\farc{\sqrt5+1}4+\frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}4i} \\\z_{54}&=&\sqrt[9]{\frac{1+\sqrt3i}2} \\\z_{60}&=&\frac{\sqrt3+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt5}}8+\frac{-1-\sqrt5+\sqrt{30-6\sqrt5}}8i \\\z_{64}&=&\frac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt2}}}+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt2}}}i}2 \\\z_{72}&=&\sqrt[3]{\frac{\sqrt6+\sqrt2}4+\frac{\sqrt6-\sqrt2}4i} \\\z_{75}&=&\sqrt[5]{\frac{1+\sqrt5+\sqrt{30-6\sqrt5}}8+\frac{\sqrt3+\sqrt{15}-\sqrt{10-2\sqrt5}}8i} \\\z_{80}&=&\frac{-\sqrt{2-\sqrt2}+\sqrt{10-5\sqrt2}+\sqrt{20+10\sqrt2+2\sqrt5+\sqrt{\ms10}}}8 +\frac{\sqrt{2+\sqrt2}-\sqrt{10+5\sqrt2}+\sqrt{20-10\sqrt2+4\sqrt5-2\sqrt{\ms10}}}8i \\\z_{81}&=&\sqrt[27]{\frac{-1+\sqrt3i}2} \\\z_{90}&=&\sqrt[3]{\frac{-1+\sqrt5+\sqrt{30+6\sqrt5}}8+\frac{-\sqrt3+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt5}}8i} \\\z_{96}&=&\frac{-\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt2}}+\sqrt{6+3\sqrt{2-\sqrt2}}}4 +\frac{-\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt2}}+\sqrt{6-3\sqrt{2-\sqrt2}}}4i \\\z_{100}&=&\sqrt[5]{\frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}4+\frac{\sqrt5-1}4i} \\\z_{108}&=&\sqrt[9]{\frac{\sqrt3+i}2} \\\z_{120}&=&\frac{\sqrt2-\sqrt6-\sqrt{10}+\sqrt{30}+2\sqrt{5+\sqrt5}+2\sqrt{15+3\sqrt5}}{16}+\frac{-\sqrt2-\sqrt6+\sqrt{10}+\sqrt{30}-2\sqrt{5+\sqrt5}+2\sqrt{15+3\sqrt5}}{16}i \\\z_{125}&=&\sqrt[25]{\frac{\sqrt5-1}4+\frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}4i} \\\z_{128}&=&\frac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt2}}}}+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt2}}}}i}2 \\\z_{135}&=&\sqrt[9]{\frac{1+\sqrt5+\sqrt{30-6\sqrt5}}8+\frac{\sqrt3+\sqrt{15}-\sqrt{10-2\sqrt5}}8i} \\\z_{144}&=&\sqrt[3]{\frac{\sqrt{2-\sqrt2}+\sqrt{6+3\sqrt2}}4+\frac{\sqrt{2+\sqrt2}-\sqrt{6-3\sqrt2}}4i} \\\z_{150}&=&\sqrt[5]{\frac{-1+\sqrt5+\sqrt{30+6\sqrt5}}8+\frac{-\sqrt3+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt5}}8i} \\\z_{160}&=&\frac{\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt2}}+\sqrt{10+5\sqrt{2+\sqrt2}} +\sqrt{20-4\sqrt5-10\sqrt{2-\sqrt2}+2\sqrt{10-5\sqrt2}}}8 +\frac{-\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt2}}-\sqrt{10+5\sqrt{2+\sqrt2}} +\sqrt{20-4\sqrt5+10\sqrt{2-\sqrt2}-2\sqrt{10-5\sqrt2}}}8i \\\z_{162}&=&\sqrt[27]{\frac{1+\sqrt3i}2} \\\z_{180}&=&\sqrt[3]{\frac{\sqrt3+\sqrt{\ms15}+\sqrt{10-2\sqrt5}}8+\frac{-1-\sqrt5+\sqrt{30-6\sqrt5}}8i} \\\z_{192}&=&\z_{48}\z_{64}^{-1}=めんどい \\\z_{200}&=&\sqrt[5]{\frac{\sqrt2+\sqrt{10}+2\sqrt{5-\sqrt5}}8+\frac{\sqrt2+\sqrt{10}-2\sqrt{5-\sqrt5}}8i} \\\z_{216}&=&\sqrt[9]{\frac{\sqrt6+\sqrt2}4+\frac{\sqrt6-\sqrt2}4i} \\\z_{225}&=&\sqrt[15]{\frac{1+\sqrt5+\sqrt{30-6\sqrt5}}8+\frac{\sqrt3+\sqrt{15}-\sqrt{10-2\sqrt5}}8i} \\\z_{240}&=&\frac{\sqrt{2+\sqrt2}+\sqrt{6-3\sqrt2}+\sqrt{10+5\sqrt2}+\sqrt{30-15\sqrt2} -\sqrt{20-10\sqrt2-4\sqrt5+2\sqrt{10}}+\sqrt{60+30\sqrt2-12\sqrt5-6\sqrt{10}}}{16} +\frac{-\sqrt{2-\sqrt2}+\sqrt{6+3\sqrt2}-\sqrt{10-5\sqrt2}+\sqrt{30+15\sqrt2} -\sqrt{20+10\sqrt2-4\sqrt5-2\sqrt{10}}-\sqrt{60-30\sqrt2-12\sqrt5+6\sqrt{10}}}{16}i \\\z_{243}&=&\sqrt[81]{\frac{-1+\sqrt3i}2} \\\z_{250}&=&\sqrt[25]{\farc{\sqrt5+1}4+\frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}4i} \\\z_{256}&=&\frac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt2}}}}}+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt2}}}}}i}2 \\\z_{270}&=&\sqrt[9]{\frac{-1+\sqrt5+\sqrt{30+6\sqrt5}}8+\frac{-\sqrt3+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt5}}8i} \\\z_{288}&=&\sqrt[3]{\frac{-\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt2}}+\sqrt{6+3\sqrt{2-\sqrt2}}}4 +\frac{-\sqrt{2+\sqrt{2-\sqrt2}}+\sqrt{6-3\sqrt{2-\sqrt2}}}4i} \\\z_{300}&=&\sqrt[5]{\frac{\sqrt3+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt5}}8+\frac{-1-\sqrt5+\sqrt{30-6\sqrt5}}8i} \\\z_{320}&=&\z_{64}\z_{80}^{-1}=めんどい \\\z_{324}&=&\sqrt[27]{\frac{\sqrt3+i}2} \\\z_{360}&=&\sqrt[3]{\frac{\sqrt2-\sqrt6-\sqrt{10}+\sqrt{30}+2\sqrt{5+\sqrt5}+2\sqrt{15+3\sqrt5}}{16}+\frac{-\sqrt2-\sqrt6+\sqrt{10}+\sqrt{30}-2\sqrt{5+\sqrt5}+2\sqrt{15+3\sqrt5}}{16}i} \end{eqnarray}

$n=p\geq7$シリーズ

\begin{eqnarray} \cos\l(\frac{2\pi}7\r) &=&\frac16\l(-1+\sqrt[3]{\frac{7+21\sqrt3i}2}+\sqrt[3]{\frac{7-21\sqrt3i}2}\;\r) \\\cos\l(\frac{2\pi}{11}\r) &=&\farc1{10}\l(-1 +\sqrt[5]{\ms\a_{+,+}}+\sqrt[5]{\ms\a_{-,+}} +\sqrt[5]{\ms\a_{-,-}}+\sqrt[5]{\ms\a_{+,-}}\;\r) \\&&\qquad\qquad(\a_{\tcr\pm,\tcb\pm} =-\frac{11}4\l(89\tcr\pm25\sqrt5\tcb\pm5\sqrt{410\tcr\mp178\sqrt5}\,i\r)) \\\cos\l(\frac{2\pi}{13}\r)&=&\frac{\a+\sqrt{12-4\a-3\a^2}}4 \\&&\qquad\qquad(\a=-\frac13\l(1+\z_3^{-1}\sqrt[3]{\frac{13}2(5+3\sqrt3i)}+\z_3\sqrt[3]{\frac{13}2(5-3\sqrt3i)}\;\r)) \\\cos\l(\frac{2\pi}{17}\r)&=&\frac1{16}\l(-1+\sqrt{17}+\sqrt{34-2\sqrt{17}} +2\sqrt{17+3\sqrt{17}-\sqrt{34-2\sqrt{17}}-2\sqrt{34+2\sqrt{17}}}\;\r) \\\cos\l(\frac{2\pi}{19}\r)&=&\frac16\l(\a+\sqrt[3]{\frac{\b_+}2}+\sqrt[3]{\frac{\b_-}2}\;\r) \\&&\qquad\qquad(\b_\pm=113+3\a-20\a^2\pm3\sqrt{-75+6\a+9\a^2} \\&&\qquad\qquad\quad\a=\frac13\l(-1+\z_3^{-1}\sqrt[3]{\frac{19}2(7+3\sqrt3i)}+\z_3\sqrt[3]{\frac{19}2(7-3\sqrt3i)}\;\r)) \\\cos\l(\frac{2\pi}{23}\r)&=&\mbox{勘弁してください} \end{eqnarray}

解説

$n$が合成数のとき

 $n$の任意の真の約数$m$に対して$\z_m$が求められているものとする。
 適当に$n=klm\;(\gcd(l,m)=1)$と因数分解し、不定方程式
$$lx+my=1$$
の解を一つ求める。その解$x,y$に対して
$$\frac1n=\frac{lx+my}{klm}=\frac x{km}+\frac y{kl}$$
が成り立つので
$$\z_n=\z_{kl}^y\z_{km}^x$$
が得られる。

$n=2k,\;2\nmid k$のとき

$$\frac1{2k}=\frac{\frac{k+1}2}k-\frac12$$
なので
$$\z_{2k}=-\z_k^{\farc{k+1}2}$$
が得られる。

$n=km(m+1)$のとき

$$\frac1n=\frac1{km}-\frac1{k(m+1)}$$
なので
$$\z_n=\z_{km}\z^{-1}_{k(m+1)}$$
が得られる。
 特にこの記事を書く際には以下の部分分数分解をよく用いた。
\begin{eqnarray} \farc1{12}&=&\frac13-\frac14 \\\frac1{20}&=&\frac14-\frac15 \\\frac1{30}&=&\frac15-\frac16 \\\frac1{240}&=&\frac1{15}-\frac1{16} \end{eqnarray}

$n=2^k$のとき

 半角の公式
$$\z_{2m}=\sqrt{\frac{1+\cos(2\pi/m)}2}+\sqrt{\frac{1-\cos(2\pi/m)}2}i$$
を使うことで$k\geq3$において
$$\z_{2^k}=\frac12\l(\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots}}}+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots}}}i\;\r)$$
が得られる。

$n=kp^2\;(p\geq3)$のとき

 こればっかりはどうしようもありません。
$$\z_n=\sqrt[p]{\z_{kp}}$$
以上の表現はないと思います。

$n=3,5,7$のとき

$n=3$のとき

 $x=\z_3$は二次方程式
$$x^2+x+1=0$$
を満たすので、これを解くと
$$\z_3=\frac{-1+\sqrt3i}{2}$$
が得られる。

$n=5$のとき

 $x=\z_5$は四次方程式
$$x^4+x^3+x^2+x+1=0$$
を満たし、$y=x+x^{-1}$とおくと
$$x^2+x^{-2}=y^2-2$$
なので$y$は二次方程式
\begin{eqnarray} 0&=&x^{-2}(x^4+x^3+x^2+x+1) \\&=&(x^2+x^{-2})+(x+x^{-1})+1 \\&=&y^2+y-1 \end{eqnarray}
を満たす。よって
$$\z_5+\z_5^{-1}=2\cos\l(\frac{2\pi}5\r)=\frac{-1+\sqrt5}2$$
が得られる。

$n=7$のとき

 $x=\z_7$は四次方程式
$$x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1=0$$
を満たし、$y=x+x^{-1}$とおくと
\begin{align} x^3+x^{-3}&=y^3-3y\\ x^2+x^{-2}&=y^2-2 \end{align}
と表せるので$y$は二次方程式
\begin{eqnarray} 0&=&x^{-3}(x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1) \\&=&(x^3+x^{-3})+(x^2+x^{-2})+(x+x^{-1})+1 \\&=&y^3+y^2-2y-1 \end{eqnarray}
を満たす。これを解いていくと
\begin{eqnarray} (3y+1)^3-21(3y+1)-7&=&0 \\z^2-7z+7^3&=&0 \\z=u^3,v^3&=&\frac{7(1\pm3\sqrt3i)}2 \\\z_7+\z_7^{-1}=2\cos\l(\frac{2\pi}7\r)&=&\frac13(-1+u+v) \\&=&\frac13\l(-1+\sqrt[3]{\frac{7+21\sqrt3i}2}+\sqrt[3]{\frac{7-21\sqrt3i}2}\;\r) \end{eqnarray}
が得られる。

$n=11$のとき

求め方

 $2$は法$11$の原始根であることに注意して$\z=\z_7,\eta=\z_5$に対して
\begin{eqnarray} \a_0&=&\z+\z^{-1} \\\a_1&=&\z^2+\z^{-2} \\\a_2&=&\z^4+\z^{-4} \\\a_3&=&\z^8+\z^{-8}=\z^3+\z^{-3} \\\a_4&=&\z^{16}+\z^{-16}=\z^5+\z^{-5} \\\b_0&=&\a_0+\a_1+\a_2+\a_3+\a_4=-1 \\\b_1&=&\a_0+\a_1\eta+\a_2\eta^2+\a_3\eta^3+\a_4\eta^4 \\\b_2&=&\a_0+\a_1\eta^2+\a_2\eta^4+\a_3\eta^6+\a_4\eta^8 =\a_0+\a_1\eta^2+\a_2\eta^4+\a_3\eta+\a_4\eta^3 \\\b_3&=&\a_0+\a_1\eta^3+\a_2\eta^6+\a_3\eta^9+\a_4\eta^{12} =\a_0+\a_1\eta^3+\a_2\eta+\a_3\eta^4+\a_4\eta^2 \\\b_4&=&\a_0+\a_1\eta^4+\a_2\eta^8+\a_3\eta^{12}+\a_4\eta^{16} =\a_0+\a_1\eta^4+\a_2\eta^3+\a_3\eta^2+\a_4\eta \end{eqnarray}
とおけば$\b_1^5,\b_2^5,\b_3^5,\b_4^5\in\Q(\z_5)$となることが知られており、
$$\a_0=2\cos\l(\frac{2\pi}{11}\r)=\frac{\b_0+\b_1+\b_2+\b_3+\b_4}5$$
と計算できる。

実際の計算

 ここで
$$\b_1^2=\g_0+\g_1\eta+\g_2\eta^2+\g_3\eta^3+\g_4\eta^4\quad(\g_k\in\Q(\z))$$
とおくと
\begin{eqnarray} \g_0&=&\a_0^2+2\a_1\a_4+2\a_2\a_3 \\&=&(\a_1+2)+2(\a_2+\a_3)+2(\a_0+\a_2) \\&=&2\a_0+\a_1+4\a_2+2\a_3+0\a_4+2 \end{eqnarray}
と計算でき、$\Gal(\Q(\z,\eta)/\Q(\eta))$の生成元$\s:\z\mapsto\z^2$に対して
$$\s\bigg(\frac{\b_1^2}{\b_2}\bigg)=\frac{(\eta^{-1}\b_1)^2}{\eta^{-2}\b_2}=\frac{\b_1^2}{\b_2}\in\Q(\eta)$$
および
\begin{align} \a_0&=\s^4(\a_1)=\s^3(\a_2)=\s^2(\a_3)=\s(\a_4)\\ \b_1^2&=\g_0+\s^3(\g_0)\eta+\s(\g_0)\eta^2+\s^4(\g_0)\eta^3+\s^2(\g_0)\eta^4\quad(\because\s(\b_1^2)=\eta^{-2}\b_1) \end{align}
となることに注意して$\b_1^2$における$\a_0$の係数を考えると
\begin{align} \b_1^2&=(2+\eta^3+4\eta+2\eta^4+0\eta^2)\b_2\\ &=(2\eta-2\eta^2-\eta^3)\b_2 \end{align}
と計算できる。
 同様にして
\begin{align} \b_1\b_2&=(2+\eta+4\eta^2+2\eta^3)\b_3\\ \b_1\b_3&=(2\eta-2\eta^2-\eta^3)\b_4\\ \b_1\b_4&=10+(\a_0+\a_1+\a_2+\a_3+\a_4)(1+\eta+\eta^2+\eta^3+\eta^4)\\ &=10+(-1)\cdot(-1)=11 \end{align}
と計算できるので
\begin{eqnarray} \b_1^5&=&11(2\eta-2\eta^2-\eta^3)(2+\eta+4\eta^2+2\eta^3)(2\eta-2\eta^2-\eta^3) \\&=&-11(26+20\eta-15\eta^2+10\eta^3) \\&=&-11(26+\frac{20}4\l(\sqrt5-1+\sqrt{10+2\sqrt5}i\r)-\frac{15}4\l(-\sqrt5-1+\sqrt{10-2\sqrt5}i\r)+\frac{10}4\l(-\sqrt5-1-\sqrt{10-2\sqrt5}i\r)) \\&=&-\frac{11}4(89+25\sqrt5+\l(20\sqrt{10+2\sqrt5}-25\sqrt{10-2\sqrt5}\r)i) \end{eqnarray}
が成り立つ。また
\begin{align} \l(4\sqrt{10+2\sqrt5}-5\sqrt{10-2\sqrt5}\r)^2 &=16(10+2\sqrt5)+25(10-2\sqrt5)-40\cdot4\sqrt{5}\\ &=410-178\sqrt5 \end{align}
なので結局
$$\b_1=-\frac{11}4\l(89+25\sqrt5+5\sqrt{410-178\sqrt5}\,i\r)$$
となる。また、これの共役を考えることで
\begin{eqnarray} \b_2&=&-\frac{11}4\l(89-25\sqrt5+5\sqrt{410+178\sqrt5}\,i\r) \\\b_3&=&-\frac{11}4\l(89-25\sqrt5-5\sqrt{410+178\sqrt5}\,i\r) \\\b_4&=&-\frac{11}4\l(89+25\sqrt5-5\sqrt{410-178\sqrt5}\,i\r) \end{eqnarray}
もわかるので
\begin{eqnarray} \cos\l(\frac{2\pi}{11}\r) &=&\frac{\b_0+\b_1+\b_2+\b_3+\b_4}{10} \\ &=&\farc1{10}\l(-1 +\sqrt[5]{\ms\a_{+,+}}+\sqrt[5]{\ms\a_{-,+}} +\sqrt[5]{\ms\a_{-,-}}+\sqrt[5]{\ms\a_{+,-}}\;\r) \\&&\qquad\qquad(\a_{\tcr\pm,\tcb\pm} =-\frac{11}4\l(89\tcr\pm25\sqrt5\tcb\pm5\sqrt{410\tcr\mp178\sqrt5}\,i\r)) \end{eqnarray}
が得られる。

$n=13$のとき

求め方

 $2$は法$13$の原始根であることに注意して$\z=\z_{13}$に対して
\begin{eqnarray} \a_1&=&\z+\z^{-1}+\z^8+\z^{-8}=\z+\z^{-1}+\z^5+\z^{-5} \\\a_2&=&\z^2+\z^{-2}+\z^{16}+\z^{-16}=\z^2+\z^{-2}+\z^3+\z^{-3} \\\a_3&=&\z^4+\z^{-4}+\z^{32}+\z^{-32}=\z^4+\z^{-4}+\z^6+\z^{-6} \end{eqnarray}
とおくと$\a_1,\a_2,\a_3$は何らかの三次方程式を満たし、
$$\b_1=\z+\z^{-1},\b_2=\z^5+\z^{-5}$$
とおくと
$$\b_1+\b_2=\a_1,\b_1\b_2=\z^4+\z^{-4}+\z^6+\z^{-6}=\a_3$$
つまり$\b_1,\b_2$は二次方程式
$$x^2-\a_1x+\a_3=0$$
の解となるので
$$\b_1=2\cos\l(\frac{2\pi}{13}\r)=\frac{\a_1+\sqrt{\a_1^2-4\a_3}}2$$
と計算できる。

実際の計算

\begin{eqnarray} \a_1^2&=&4+\a_2+2\a_3=2-2\a_1-\a_2 \\\a_1\a_2&=&\a_1+2\a_2+\a_1=\a_2-1=1-2\a_1-\a_1^2 \\\a_1^3&=&2\a_1-2\a_1^2-(1-2\a_1-\a_1^2)=-\a_1^2+4\a_1-1 \end{eqnarray}
と変形できるので$\a_1$は三次方程式
$$x^3+x^2-4x+1=0$$
を満たすことがわかる。これを解いていくと
\begin{eqnarray} (3x+1)^3-39(3x+1)+65&=&0 \\y^2+65y+13^3&=&0 \\y=u^3,v^3&=&\frac{13(-5\pm3\sqrt3i)}2 \\\a_1=\frac13(-1+u+v) &=&-\frac13\l(1+\z_3^{-1}\sqrt[3]{\frac{13}2(5+3\sqrt3i)}+\z_3\sqrt[3]{\frac{13}2(5-3\sqrt3i)}\;\r) \end{eqnarray}
と計算できる。また
$$\a_1^2=4+\a_2+2\a_3=3-\a_1+\a_3$$
より
$$\a_3=\a_1^2+\a_1-3$$
がわかるので
\begin{eqnarray} \cos\l(\frac{2\pi}{13}\r)&=&\frac{\a_1+\sqrt{\a_1^2-4\a_3}}4 \\&=&\frac{\a_1+\sqrt{\a_1^2-4(\a_1^2+\a_1-3)}}4 \\&=&\frac{\a_1+\sqrt{12-4\a_1-3\a_1^2}}4 \end{eqnarray}
が得られる。

三乗根の取り方について

 三乗根の偏角の取り方については
$$\g_k =\z_3^k\sqrt[3]{\frac{13}2(5+3\sqrt3i)}+\z_3^{-k}\sqrt[3]{\frac{13}2(5-3\sqrt3i)}\quad (k=0,1,2)$$
とおいたとき
$$\g_1<\g_2<\g_0$$
となることが(図を描くなどして)簡単にわかり、また
$$\a_3<\a_1<\a_2$$
もそれとなくわかる(と思う)ので
\begin{eqnarray} \a_1&=&-\frac13(1+\g_2) \\\a_2&=&-\frac13(1+\g_1) \\\a_3&=&-\frac13(1+\g_0) \end{eqnarray}
のように対応するとわかる。

$n=17$のとき

$n$$0$$1$$2$$3$$4$$5$$6$$7$$8$
$3^n\pmod{17}$$1$$3$$-8$$-7$$-4$$5$$-2$$-6$$-1$

 $3$は法$17$の原始根となることに注意して$\z=\z_{17}$に対して
\begin{eqnarray} \a_1&=&\z+\z^{-1}+\z^8+\z^{-8}+\z^4+\z^{-4}+\z^2+\z^{-2} \\\a_2&=&\z^3+\z^{-3}+\z^7+\z^{-7}+\z^5+\z^{-5}+\z^6+\z^{-6} \\\b_1&=&\z+\z^{-1}+\z^4+\z^{-4} \\\b_2&=&\z^3+\z^{-3}+\z^5+\z^{-5} \\\g&=&\z+\z^{-1} \end{eqnarray}
とおくと、これらは二次方程式
\begin{eqnarray} x=\a_1,\a_2&\to&x^2+x-4=0 \\x=\b_1&\to&x^2-\a_1x-1=0 \\x=\b_2&\to&x^2-\a_2x-1=0 \\x=\g&\to&x^2-\b_1x+\b_2=0 \end{eqnarray}
を満たす。これを解くと
\begin{eqnarray} \a_1&=&\frac{-1+\sqrt{17}}2 \\\a_2&=&\frac{-1-\sqrt{17}}2 \\\b_1&=&\frac{\a_1+\sqrt{\a_1^2+4}}2 \\&=&\frac{-1+\sqrt{17}}4+\frac{\sqrt{34-2\sqrt{17}}}4 \\\b_2&=&\frac{-1-\sqrt{17}}4+\frac{\sqrt{34+2\sqrt{17}}}4 \\\g=2\cos\l(\frac{2\pi}{17}\r)&=&\frac{\b_1+\sqrt{\b_1^2-4\b_2}}2 \\&=&\frac{-1+\sqrt{17}}8+\frac{\sqrt{34-2\sqrt{17}}}8 +\frac{\sqrt{17+3\sqrt{17}-\sqrt{34-2\sqrt{17}}-2\sqrt{34+2\sqrt{17}}}}4 \end{eqnarray}
が得られる。

$\b_1^4-4\b_2$の計算について

$$\frac{\sqrt{34+2\sqrt{17}}}{\sqrt{34-2\sqrt{17}}}=\frac{34+2\sqrt{17}}{\sqrt{34^2-4\cdot17}}=\frac{34+2\sqrt{17}}{8\sqrt{17}}=\frac{1+\sqrt{17}}4$$
に注意すると
\begin{eqnarray} 4(\b_1^2-4\b_2)&=&4(\a_1\b_1+1+4\b_2) \\&=&\l(9-\sqrt{17}-\sqrt{34-2\sqrt{17}}+\frac{1+\sqrt{17}}2\sqrt{34-2\sqrt{17}}\r)+4-4(-1-\sqrt{17}+\sqrt{34+2\sqrt{17}}) \\&=&17+3\sqrt{17}-\sqrt{34-2\sqrt{17}}-2\sqrt{34+2\sqrt{17}} \end{eqnarray}
と計算できる。

$n=19$のとき

求め方

 $2$は法$19$の原始根となることに注意して$\z=\z_{19}$に対して
\begin{eqnarray} \a_1&=&\z+\z^{-1}+\z^8+\z^{-8}+\z^7+\z^{-7} \\\a_2&=&\z^2+\z^{-2}+\z^3+\z^{-3}+\z^5+\z^{-5} \\\a_3&=&\z^4+\z^{-4}+\z^6+\z^{-6}+\z^9+\z^{-9} \\\b_1&=&\z+\z^{-1} \\\b_2&=&\z^8+\z^{-8} \\\b_3&=&\z^7+\z^{-7} \end{eqnarray}
とおくと$\a_1,\a_2,\a_3$は何らかの三次方程式を満たし、また$\b_1,\b_2,\b_3$も何らかの$\Q(\a_1,\a_2,\a_3)$係数の三次方程式を満たすので頑張れば
$$\b_1=2\cos\l(\frac{2\pi}{19}\r)$$
が計算できる。

実際の計算

\begin{eqnarray} \a_1^2&=&6+2\a_1+\a_2+2\a_3=4-\a_2 \\\a_1\a_2&=&\a_1+2\a_2+3\a_2=-3-2\a_1-\a_2 \\\a_1^3&=&4\a_1+(3+2\a_1+(4-\a_1^2))=-\a_1^2+6\a_1+7 \end{eqnarray}
と変形できるので$\a_1$は三次方程式
$$x^3+x^2-6x-7=0$$
を満たすことがわかる。これを解いていくと
\begin{eqnarray} (3x+1)^3-57(3x+1)-133&=&0 \\y^2-133y+19^3&=&0 \\y=u^3,v^3&=&\farc{19(7\pm3\sqrt3i)}2 \\\a_1=\frac13(-1+u+v)&=&\frac13\l(-1+\z_3^{-1}\sqrt[3]{\frac{19}2(7+3\sqrt3i)}+\z_3\sqrt[3]{\frac{19}2(7-3\sqrt3i)}\;\r) \end{eqnarray}
と計算できる。また
\begin{eqnarray} \b_1+\b_2+\b_3&=&\a_1 \\\b_1\b_2+\b_2\b_3+\b_3\b_1&=&\a_1+\a_3=-1-\a_2 \\\b_1\b_2\b_3&=&2+\a_2 \end{eqnarray}
と変形できるので$\b_1$は三次方程式
$$x^3-\a_1x^2-(1+\a_2)x-(2+\a_2)=0$$
を満たすことがわかる。これを$\a_1,\a_2$についての関係式を使いながら解いていくと
\begin{eqnarray} 0&=&(3x-\a_1)^3-3(7+2\a_2)(3x-\a_1)-(33+3\a_1+20\a_2) \\0&=&y^2-(33+3\a_1+20\a_2)y+(7+2\a_2)^3 \\y=u^3,v^3&=&\frac{33+3\a_1+20\a_2\pm\sqrt{(33+3\a_1+20\a_2)^2-4(7+2\a_2)^3}}2 \\&=&\frac{113+3\a_1-20\a_1^2\pm3\sqrt{-75+6\a_1+9\a_1^2}}2 \\\b_1=2\cos\l(\frac{2\pi}{19}\r)&=&\frac13(\a_1+u+v) \\&=&\frac13\l(\a+\sqrt[3]{\frac{\b_+}2}+\sqrt[3]{\frac{\b_-}2}\;\r) \\&&\qquad\qquad(\b_\pm=113+3\a-20\a^2\pm3\sqrt{-75+6\a+9\a^2} \\&&\qquad\qquad\quad\a=\frac13\l(-1+\z_3^{-1}\sqrt[3]{\frac{19}2(7+3\sqrt3i)}+\z_3\sqrt[3]{\frac{19}2(7-3\sqrt3i)}\;\r)) \end{eqnarray}
が得られる。

省いた計算について

\begin{alignat}{3} \a_2&=4-\a_1^2 \\\a_3&=-1-a_1-\a_2&&=-5-\a_1+\a_1^2 \\\a_1\a_2&=-3-2\a_1-\a_2&&=-7-2\a_1+\a_1^2 \\\a_2^2&=4-\a_3&&=9+\a_1-\a_1^2 \\\a_1^3&=7+6\a_1-(4-\a_2)&&=3+6\a_1+\a_2 \\\a_2^3&=7+6(4-\a_1^2)-(9+\a_1-\a_1^2)&&=22-\a_1-5\a_1^2 \end{alignat}
に注意すると
\begin{eqnarray} 0&=&x^3-\a_1x^2-(1+\a_2)x-(2+\a_2) \\&=&(3x)^3-3\a_1(3x)^2-9(1+\a_2)(3x)-27(2+\a_2) \\&=&(3x-\a_1)^3-3(3+3\a_2+\a_1^2)x-(54+27\a_2-\a_1^3) \\&=&(3x-\a_1)^3-3(7+2\a_2)(3x-\a_1)-(51-6\a_1+26\a_2+3\a_1(7+2\a_2)) \\&=&(3x-\a_1)^3-3(7+2\a_2)(3x-\a_1)-(33+3\a_1+20\a_2) \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} (33+3\a_1+20\a_2)^2&=&1089+198\a_1+9\a_1^2+400\a_2^2+120\a_1\a_2+1320\a_2 \\&=&1089+198\a_1+9\a_1^2 \\&&+3600+400\a_1-400\a_1^2 \\&&-840-240\a_1+120\a_1^2 \\&&+5280-1320\a_1^2 \\&=&9129+358\a_1-1591\a_1^2 \\(7+2\a_2)^3&=&343+294\a_2+84\a_2^2+8\a_2^3 \\&=&343 \\&&+1176-294\a_1^2 \\&&+756+84\a_1-84\a_1^2 \\&&+176-8\a_1-40\a_1^2 \\&=&2451+76\a_1-418\a_1^2 \\(33+3\a_1+20\a_2)^2-4(7+2\a_2)^3 &=&9129+358\a_1-1591\a_1^2 \\&&-9804-304\a_1+1672\a_1^2 \\&=&-675+54\a_1+81\a_1^2 \\&=&9(-75+6\a_1+9\a_1^2) \end{eqnarray}
と計算できる。

原理的なところ

 以下に述べる方法は筆者がぼんやりと「こうやったら統一的に計算できるんだなー」と考えた方法であり、もっと賢い方法があるかもしれないが悪しからず。
 $1$の原始$p$乗根を考える。

求め方

 法$p$の原始根$r$
$$p-1=\prod^m_{k=0}p_k$$
なる素数の列$p_k$(基本的に$p_0=2$とするとよい)に対し
$$a_k=\prod^{k-1}_{j=0}p_j,\quad b_k=\frac{p-1}{a_k},\quad z_k=\sum^{a_k-1}_{j=0}\exp\l(\frac{2\pi i}pr^{b_kj}\r)$$
とおくと次のようなガロア拡大の列が取れる。

$\xymatrix{ \{1\}\ar@{-}[d]\\ \{1,r^{b_1},r^{2b_1},\ldots,r^{(a_k-1)b_1}\}\ar@{-}[d]\\ \vdots\ar@{-}[d]\\ \{1,r^{b_m},r^{2b_m},\ldots,r^{(a_m-1)b_m}\}\ar@{-}[d]\\ \Gal(\Q(\z_p)/\Q)\simeq\ZZt{p}} \quad \xymatrix{\Q(\z_p)\ar@{-}[d]\\ \Q(z_1)\ar@{-}[d]\\ \vdots\ar@{-}[d]\\ \Q(z_m)\ar@{-}[d]\\ \Q}$

ただし$\ZZt p$の元$a$$(\s:\z_p\mapsto\z_p^a)\in\Gal(\Q(\z_p)/\Q)$と同一視しており
$$\Gal(\Q(z_k)/\Q(z_{k+1}))=\{1,r^{b_{k+1}},r^{2b_{k+1}},\ldots,r^{(p_k-1)b_{k+1}}\}$$
が成り立つ。このとき$l=0,1,2,\ldots,p_k-1$に対し
\begin{align} z_k^{(l)}&=\sum^{a_k-1}_{j=0}\exp\l(\frac{2\pi i}pr^{b_kj+b_{k+1}l}\r)\\ \theta_k^{(l)}&=\sum^{p_k-1}_{j=0}z_k^{(j)}\exp\l(\frac{2\pi i}{p_k}lj\r) \end{align}
とおくと$(\theta_k^{(l)})^{p_k}\in\Q(z_{k+1},\z_{p_k})$が成り立つ、つまりある$\Theta_k^{(l)}\in\Q(z_{k+1},\z_{p_k})$が存在して
$$\theta_k^{(l)}=\sqrt[p_k]{\Theta_k^{(l)}}$$
と表せ、このとき
$$z_k=z_k^{(0)}=\frac1{p_k}\sum^{p_k-1}_{l=0}\theta_k^{(l)}=\frac1{p_k}\sum^{p_k-1}_{l=0}\sqrt[p_k]{\Theta_k^{(l)}}$$
と計算できる。

計算の工夫

 また
$$\theta_k^{(1)}\theta_k^{(l)}=\g_k^{(l)}\theta_k^{(l+1)}\quad(\g_k^{(l)}\in\Q(z_{k+1},\z_{p_k}))$$
という関係式を作れることから
$$(\theta_k^{(l)})^{p_k}=\g_k^{(1)}\g_k^{(2)}\cdots\g_k^{(p_k-1)}\theta_k^{(0)}$$
と計算でき、その他の$(\theta_k^{(l)})^{p_k}$についてはこれに$\Gal(\Q(\z_p,\z_{p_k})/\Q(\z_p))$の元を作用させることで求められる。
 $p_k=2,3$のときは$z_k$の満たす$\Q(z_{k+1})$係数の$p_k$次方程式を直接考えた方が速い。

おわりに

 元々 高校生の頃に見た記事 $\sin1^\circ$の冪根表示を求めているのを見て興味を持っていて、ガロア理論や $p=11,13$乗根を求めているテキスト を見て「じゃあ手始めに$p=19$乗根でも求めてみようかな」と思ったら手計算では想像以上に地獄でした。もう二度とやりません。あと普通に素因数が$2,3,5$シリーズを一つ一つ計算するのも大変でした。
 なにはともあれ何の役に立つかはわかりませんが$1$の原始$n$乗根の冪根表示について書けるだけのことは書けたと思うので満足です。では。  

参考文献

投稿日:2022425
更新日:513

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投稿者

子葉
子葉
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主に複素解析、代数学、数論を学んでおります。 私の経験上、その証明が簡単に探しても見つからない、英語の文献を漁らないと載ってない、なんて定理の解説を主にやっていきます。 同じ経験をしている人の助けになれば。最近は自分用のノートになっている節があります。

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