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虚数を用いないと表現できない実数について(casus irreducibilis)

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はじめに

　この記事では
$$2\cos\frac{2\pi}9=\sqrt[3]{\frac{-1+\sqrt3i}2}+\sqrt[3]{\frac{-1-\sqrt3i}2}$$
のように実数なのに虚数を用いないと表すことができない現象、いわゆるcasus irreducibilisについて解説していきます。

casus irreducibilis

　ラテン語のフレーズであるcasus irreducibilisとは、英語ではirreducible case、日本語では還元不能な場合という意味であり、具体的には三次方程式に関する次のような状況のことを指します。

三次方程式の還元不能性

　よく知られているように三次方程式
$$x^3+px+q=0$$
の解$x=\a_1,\a_2,\a_3$には
$$\a_k=\o^k\sqrt[3]{-\frac q2+\sqrt{\l(\frac q2\r)^2+\l(\frac p3\r)^3}} +\o^{-k}\sqrt[3]{-\frac q2-\sqrt{\l(\frac q2\r)^2+\l(\frac p3\r)^3}}\qquad \l(\o=\frac{-1+\sqrt{-3}}2\r)$$
という公式(カルダノの公式)が成り立つのでした。
　例えばこの方程式の判別式を
\begin{align} D&=(\a_1-\a_2)^2(\a_2-\a_3)^2(\a_3-\a_1)^2\\ &=-4p^3-27q^2 \end{align}
とおいたとき、実数$p,q$に対しその実数解は

$D<0$の場合
$$\a=\sqrt[3]{-\frac q2+\sqrt{\frac{-D}{108}}} +\sqrt[3]{-\frac q2-\sqrt{\frac{-D}{108}}}$$
$D=0$の場合
$$\a=-2\sqrt[3]{\frac q2},\ \sqrt[3]{\frac q2}$$

と求まることがわかります。
　しかし$D>0$の場合が問題であり、このとき方程式の解は$3$つとも実数となるのに対し、カルダノの公式は虚数の立方根を用いた表示しか与えることができません。
　そのことからこの場合のことを還元不能な場合(casus irreducibilis)と言います。

根号が開ける場合

　もちろん上の方程式が適当な意味で可約であるときは立方根を開くことができ、例えば
$$x^3-15x-4=0$$
という方程式に対しては
\begin{align} x &=\sqrt[3]{2+\sqrt{-121}}+\sqrt[3]{2-\sqrt{-121}}\\ &=\sqrt[3]{(2+\sqrt{-1})^3}+\sqrt[3]{(2-\sqrt{-1})^3}\\ &=(2+\sqrt{-1})+(2-\sqrt{-1})\\ &=4 \end{align}
という解が得られます。

根号が開けない場合

　しかし逆に適当な意味で既約であるとき、例えば$x=2\cos(2\pi/9)$の満たす方程式
$$x^3-3x+1=0$$
を考えると、これを解くことで
$$2\cos\frac{2\pi}9=\sqrt[3]{\frac{-1+\sqrt{-3}}2}+\sqrt[3]{\frac{-1-\sqrt{-3}}2}$$
という表示が得られますが(なお立方根の偏角は$|\arg\sqrt[3]z|<\pi/3$となるように定めるものとした)、なんとこの右辺の立方根は開くことができない、つまり虚数を含まない表示を与えることはできないというのです。
　ということで以下ではこのような方程式(の実数解)の還元不能性について解説していこうと思います。

還元不能とは

　まず還元不能とは、つまり「実数なのに虚数を用いないと表せない」とは厳密にどういう状況のことを指すのかを定式化しておきましょう。
　ここで還元不能性に類似する話題として五次以上の方程式に解の公式が存在しないという有名事実(アーベル・ルフィニの定理)があるわけですが、そこでは解の公式の存在とは四則演算と冪根による可解性、つまり次のような状況のことを言うのでした。

冪根拡大

　有限次拡大$L/K$が冪根拡大であるとは
$$K=M_0\subset M_1\subset M_2\subset\cdots\subset M_n=L \qquad(M_{m+1}=M_m(\g_m),\ \g_m^{l_m}\in M_m)$$
という拡大列が存在することを言う。

代数的可解性

　$L/K$を体の拡大とする。
　このとき$\a\in L$が$K$上で冪根によって表せる(expressible by radicals)とは、ある冪根拡大$M/K$が存在して$\a\in M$が成り立つことを言う。
　また$K$上の多項式$f$とその分解体$L$について、$f$の任意の根$\a\in L$が冪根によって表せるとき、方程式$f(x)=0$(あるいは多項式$f$)は冪根によって解ける(solvable by radicals)あるいは代数的に解けると言う。

　このことを踏まえると虚数を含まない表示の存在とは次のように定式化することができます。

還元不能

　$K$を実数体$\R$の部分体とする。
　このとき$\a\in\R$が$K$上で実冪根(仮訳)によって表せる(expressible by real radicals)とは、ある冪根拡大$M/K$が存在して$M\subset \R$および$\a\in M$が成り立つことを言う。
　また$\a\in\R$が一般の冪根によって表せるのに対し実冪根によっては表せないとき、$\a$は還元不能であると言うことにする。

Isaacsの定理

　さて冒頭では

判別式が正、つまり解が全て実数
適当な意味で既約

という条件を満たす三次方程式は実冪根によって解けないという話をしましたが、より一般に

虚数解を持たない
適当な意味で既約

という条件を満たす方程式のほとんどは実冪根によって解けないことが知られており、具体的には次のような主張が成り立ちます。

Isaacs (1985)

　$K$を実数体$\R$の部分体、$f\in K[x]$を虚根を持たない既約多項式、$L$をその最小分解体とする。
　このとき次の$3$条件は同値となる。

$f$のある根が実冪根によって表せる。
$f$の任意の根が実冪根によって表せる。
$[L:K]$は$2$の冪である。

　またこの$3$条件の成立/不成立のことを方程式$f(x)=0$(あるいは多項式$f$)は実冪根によって解ける/解けないと言うことにする。

　例えば$[L:K]$は$\deg f$で割り切れることに注意すると次のような判定法が得られます。

　定理1の状況において$\deg f$が$2$の冪でなければ、方程式$f(x)=0$は実冪根によっては解けない。

　また位数が素数冪の群($p$-群)は可解であることが知られていることから、条件(iii)の同値な言い換えとして次のような主張も成り立ちます。

　定理1の状況において方程式$f(x)=0$が実冪根によって解けることと、ある$\R$内の二次拡大の列
$$M_0=K\subset M_1\subset M_2\subset\cdots\subset M_n\subset \R \qquad(M_m=M_{m-1}(\sqrt{\g_m}),\ \g_m\in M_{m-1})$$
が存在し$L=M_n$が成り立つことは同値である。

　特にこれは実冪根による表現可能性と作図可能性が同値であることを意味しており、中々興味深いですね。

具体例

　いま実冪根による可解性の判定法もわかったところで(一旦その証明はさておき)、中でも還元不能であるような具体例を$2$つほど紹介していきましょう。

三次方程式の場合

　まずは冒頭でも扱った三次方程式の場合を考えてみましょう。
　この場合は既約な三次多項式$f$について

$f$は虚根を持たない$\iff f$の判別式$D$は正である
$\deg f=3$は明らかに$2$の冪でない

が成り立つことに注意すると次のような主張が得られます。

　$\R$の部分体$K$上の既約な三次多項式
$$f(x)=ax^3+bx^2+cx+d\qquad(a,b,c,d\in K,\ a\neq0)$$
について、その判別式
$$D=18abcd-4ac^3-27a^2d^2+b^2c^2-4b^3d$$
が$D>0$を満たすとき、方程式$f(x)=0$は$K$上還元不能である。

　例えばアイゼンシュタインの既約判定法を利用すると次のような方程式の還元不能性がわかります。

　整数$a,b,c$をある素数$p$について
$$p\nmid a,\quad p\mid b,\quad p\mid c,\quad p^2\nmid c$$
および
$$\Big(\frac b{3a}\Big)^3>\l(\frac c{2a}\r)^2$$
を満たすように取ったとき、三次方程式
$$ax^3-bx+c=0$$
の解
$$x=\sqrt[3]{-\frac c{2a}+\sqrt{\l(\frac c{2a}\r)^2-\Big(\frac b{3a}\Big)^3}} +\sqrt[3]{-\frac c{2a}-\sqrt{\l(\frac c{2a}\r)^2-\Big(\frac b{3a}\Big)^3}}$$
は還元不能となる。

　例えば奇素数$p$に対し
$$a=1,\quad b=3p,\quad c=-2p$$
とおいて少し変形することで
$$\a=\sqrt[3]{1+\sqrt{1-p}}+\sqrt[3]{1-\sqrt{1-p}}$$
という実数は還元不能であることがわかる。

三角関数の特殊値

　次に三角関数の特殊値$\cos\frac{2\pi}n$の還元不能性について紹介していきましょう。
　よく知られているように非負整数$n$に対し実円分体$K=\Q(\cos\frac{2\pi}n)$は

$K/\Q$はアーベル拡大
$[K:\Q]=\vp(n)/2\quad$($\vp:$オイラーのトーシェント関数)

という性質を持つので、$\cos\frac{2\pi}n$の最小多項式に対しIsaacsの定理を適用することで次のような主張が得られます。

　$\vp(n)$が$2$の冪であるとき、つまり$n$が相違なるフェルマー素数$p_1,p_2,\ldots,p_l$を用いて
$$n=2^mp_1p_2\cdots p_l$$
と表せる場合を除き$\cos\frac{2\pi}n$は還元不能である。

　ここでフェルマー素数とは$2^k+1$型の素数のことであり、$k$が$2$以外の素因数$p$を持つとき$2^k+1$は$2^{k/p}+1$で割り切れることに注意すると$2^{2^k}+1$型の素数とも言い換えられます。なお現状フェルマー素数は
$$3,5,17,257,65537$$
の$5$つしか知られていません。
　つまり$n$が$7$や$11$で割り切れる場合や、$9$や$25$で割り切れる場合など、数多くの場合において$\cos\frac{2\pi}n$は還元不能となるわけです。

$$6\cos\frac{2\pi}7=\sqrt[3]{\frac{7+21\sqrt{-3}}2}+\sqrt[3]{\frac{7-21\sqrt{-3}}2}-1$$
や
$$2\cos\frac{2\pi}9=\sqrt[3]{\frac{-1+\sqrt{-3}}2}+\sqrt[3]{\frac{-1-\sqrt{-3}}2}$$
は還元不能である。

$$\cos3^\circ=\cos\frac\pi{60},\quad\sin3^\circ=\cos\frac{29\pi}{60}$$
は実冪根によって表せる、実際
\begin{align} \cos3^\circ&=\frac{\sqrt2-\sqrt6-\sqrt{10}+\sqrt{30}+2\sqrt{5+\sqrt5}+2\sqrt{15+3\sqrt5}}{16}\\ \sin3^\circ&=\frac{-\sqrt2-\sqrt6+\sqrt{10}+\sqrt{30}+2\sqrt{5+\sqrt5}-2\sqrt{15+3\sqrt5}}{16} \end{align}
と求まるのに対し
\begin{align} \cos1^\circ&=\frac{\sqrt[3]{\cos3^\circ+i\sin3^\circ}+\sqrt[3]{\cos3^\circ-i\sin3^\circ}}2\\ \sin1^\circ&=\frac{\sqrt[3]{\cos3^\circ+i\sin3^\circ}-\sqrt[3]{\cos3^\circ-i\sin3^\circ}}{2i}\\ \end{align}
は還元不能である。

　このように巷でしばしば見かける$\cos1^\circ,\sin1^\circ$の厳密値を求めてみた系の言説において、その明示式に
$$\sqrt[3]{\cos\t+i\sin\t}$$
という形の虚数が含まれていることにモヤモヤしていた人もいるかもしれませんが、それは実のところどうしようもないものであったというわけです。

証明

　では最後にIsaacsの定理の証明を見ていきましょう。
　なお以下の論証ではそこそこ細部を端折っているので、行間が気になる場合はCoxなどを参照してください。

補題

　$K$を$\R$の部分体、$p$を素数、$\g$を$\g^p\in K$かつ$\g\not\in K$なる実数とする。
　このとき多項式$f(x)=x^p-\g^p$は$K$上で既約であり、特に$[K(\g):K]=p$が成り立つ。

　ある$g,h\in K[x]$が存在して
$$f=gh\qquad(1\leq\deg g< p)$$
と因数分解できるとすると(根と係数の関係から)
$$g(0)=\pm\g^{\deg g}$$
が成り立つことになるが、$rp+s\deg g=1$なる整数$r,s$を取ると
$$(\g^p)^rg(0)^s=\pm \g\in K$$
となって矛盾。よって主張を得る。

　$L\subset \R$かつ$[L:K]=p$を奇素数とするようなガロア拡大$L/K$に対し、$L\subset M\subset \R$なる冪根拡大$M/K$は存在しない。

　$L\subset M\subset \R$なる冪根拡大$M/K$が存在したと仮定し
$$K=M_0\subset M_1\subset M_2\subset\cdots\subset M_n=M \qquad(M_{m+1}=M_m(\sqrt[l_m]{\g_m}),\ \g_m\in M_m)$$
なる拡大列を取る。ここで各$l_m$は素数であるものとしてよい。
$$\xymatrix@R=10pt@C=10pt{ &&M_{m+1}\\ &LM_m\ar@{-}[ru]\\ L\ar@{-}[ru]&&M_m\ar@{-}[lu]^p\ar@{-}[uu]_{l_m}&\\ &K\ar@{-}[lu]^p\ar@{-}[ru]}$$
　このとき
$$L\not\subset M_m,\quad L\subset M_{m+1}$$
なる$m$を取ると、推進定理や上の補題から
$$[LM_m:M_m]=p,\quad[M_{m+1}:M_m]=l_m$$
が成り立ち、特に$p,l_m$は素数であったので
$$[M_{m+1}:LM_m]=l_m/p=1$$
つまり$l_m=p$および$M_{m+1}=LM_m$が成り立たなければならない。
　しかし$\z$を$1$の原始$p$乗根とすると$LM_m/M_m$の正規性から
$$\z\sqrt[p]{\g_m}\in LM_m\subset\R$$
となって$\z\not\in\R$であることに矛盾。よって主張を得る。

証明

　いま(iii)$\Rightarrow$(ii)については上でも言及した通り$p$-群の可解性からわかり、(ii)$\Rightarrow$(i)については明らかなので、後は(i)$\Rightarrow$(iii)を示せば十分である。
　以下$K,f,L$は定理1と同じ状況、つまり

$K$：実数体$\R$の部分体
$f$：虚根を持たない$K$上の既約多項式
$L$：$K$における$f$の最小分解体

とし、また$[L:K]$がある奇素数$p$によって割り切れるものとする。
　このとき以下の補題が成り立つ。

　$f$の任意の根$\a$に対し、ある位数$p$の元$\s\in\Gal(L/K)$であって$\s(\a)\neq\a$を満たすものが存在する。

　位数$p$の元$\s'\in\Gal(L/K)$を任意に取ったとき、ある$f$の根$\b$が存在し$\s'(\b)\neq \b$が成り立つ。
　このとき$\tau(\a)=\b$なる$\tau\in\Gal(L/K)$を取り$\s=\tau^{-1}\s'\tau$とおくと、これは所望の性質を満たすことがわかる。

　これと補題5によって所望の命題が得られる。

　$f$の任意の根は実冪根によって表せない。

　$f$の根$\a$に対し補題のような$\s$を取りその固定体を$K'$とおくと、$[L:K']=p$および$L=K'(\a)$が成り立つので補題5より$K'(\a)\subset M\subset\R$を満たすような冪根拡大$M/K'$は存在しない、つまり$\a$は$K'$上ひいては$K$上で実冪根によって表せないことがわかる。