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大学数学基礎解説
文献あり

周期とガロア理論~円分多項式を解いてみよう~

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はじめに

(こちらの記事は Wathematicaアドベントカレンダー2024 向けに書かれたものです)

こんにちは。Wathematicaアドベントカレンダー、7日目担当のharu(Twitter:@haru___open)です。先日雪江先生の「代数学2」(いわゆる青雪江)を読むゼミを終えました。せっかくなので今回はそれに関連して、方程式を解くということについて、1のp乗根を根に持つ円分多項式を通して見ていくという内容で記事を書いてみました。

これには「周期」と呼ばれるきれいな対称性を持った概念が関係しています。

証明は割愛して、なんとなくの雰囲気がわかるように努めました。

方程式を解くって?

補助方程式について

例えば以下の方程式
x2+bx+c=0
の解α
α=b±b24c2
であることはよく知られています。しかしながらより次数の高い方程式については簡単にはいきません。そこで登場するのが補助方程式という概念です。

補助方程式

方程式f(X)=0の補助方程式とは以下の性質を満たすgi(X)=0(0jl)の集合である。

  • g0(X)=0の係数は有理数
  • gj(X)=0の係数は、gi(X)=0(0ij1)の解の一つをαiとすれば、有理数とα0,...,αj1の四則演算で表せる
  • f(X)=0の解のすべてはα0,...,αl1gl(X)=0の一つの解αlの四則演算で表せる

ちんぷんかんぷんなので具体例を見てみましょう。

3次方程式f(X)=X3++3X+2=0の解はω=1+32とすれば
ωk1+231ωk1+23(k=0,1,2)
と表されます。
このf(X)=0に対しては、補助方程式を

  • g0(X)=X2+3(α0=3)
  • g1(X)=X22(α1=2)
  • g2(X)=X3(1+2)(α2=1+23)

と取ってあげればよいです。確かにf(X)=0の解が有理数とα0,α1,α2の四則演算で表現されていますね。しかもこの補助方程式を解くのは元々のf(X)=0を解くよりもずっと易しくなっています。このように上手いこと難しい方程式を簡単なものに還元しようということを昔の賢い方々は考えたわけですね。

体論の視点から

お気づきの方もいると思いますが補助方程式のややこしい言い回しは体論の言葉を使えばスマートに言い換えられます。
補助方程式g0(X)=0の解の一つをα0Cとします。g1(X)=0の係数はQの元とα0の四則演算で表されるので、K1=Q(α0)とすればg1(X)K1[X]となります。
以下帰納的にgi(X)=0の解の一つをαiとし、Ki+1=Ki(αi)と定めれば体の列
Q=K0K1...Kl+1
を得ます。方程式 f(X)=0の解はQ,α0,...,αlから四則演算で得られるので、Kl+1に属しているということになります。

つまり補助方程式を得ることと、体の拡大を考えることが対応しています。

本題に入る前にGaloisの基本定理の主張を述べておきます。

Galoisの基本定理

E/FをGalois拡大とし、そのガロア群をG=Gal(E/F)とする。Gの部分群HE/Fの中間体Kに対し

F(H)={αHατ=α,τH}

G(K)={σGrσ=r,rK}

とすれば以下が成立。

(1){E/Fの中間体}KG(K){Gal(E/F)の部分群}

(2)K,K1,K2E/Fの中間体とする。この時以下が成立。

  1. K1K2G(K1)G(K2)

  2. <G(K1)G(K1)>=G(K1K2)

  3. G(K1)G(K2)=G(K1K2)

  4. σGal(E/F)に対しG(Kσ)=σG(K)σ1

(3)E/Fの中間体Kに対して、

K/FがGalois拡大  G(K)G

このときGal(K/F)G/G(K)

証明は2をはじめとした、代数学の基本的な教科書にあります。ここでは既知のものとして話を進めます。

周期と対称性

周期って?

今回はQ(ζ)/Q(ζは1の原始p乗根)というGalois拡大について考えてみることにしましょう。

この体の拡大はGalois拡大であり、そのGalois群Gal(Q(ζ)/Q) (Z/pZ)×と同型になります。Galoisの基本定理によれば、この部分群と対応するQ(ζ)の部分体があるはずです。ではこの部分群と対応する部分体はどんなものなのでしょう?そして、その部分体と対応する補助方程式とはどんなものでしょう?

それには周期という概念が非常に密接に関わっています。

この話を始める前に少しだけ言葉の定義をしましょう。

p3を素数、ζを1の原始p乗根とする。このときGal(Q(ζ)/Q)の元は
σa:ζζa: (gcd(a,p)=1)
となるものに限られる。
またgmodpの原始根(p1乗して初めて1と合同になる数)としたとき、<σg>=Gal(Q(ζ)/Q)であり、その部分群Hf
Hf=<σgp1f> (f(p1) )
と書くことにする。

では周期を定義しましょう。

f項周期

1の原始p乗根ζと、p1の正約数fに対して
ηf(ζ):=hHfh(ζ)
f項周期と呼ぶ。

具体例を見てみましょう。

p=5の場合

251=4の約数。g=3のとき、H2=<σ32>なので、
η2(ζ)=hH2h(ζ)=σ32(ζ)+(σ32)2(ζ)=ζ9+ζ81=ζ4+ζ
同様にして
η2(ζ2)=ζ3+ζ2
η2(ζ3)=ζ2+ζ3
η2(ζ4)=ζ+ζ4

確かに2つの項で書けていて、まさに2項周期といった感じです。

さらによく見ると、どうもζζ4ζ2ζ3がペアになっているように見えます。

さらにもう1つ例を見てみましょう。

p=7の場合

371=6の約数。g=3のとき、H3=<σ32>=<σ2>なので、
η3(ζ)=hH3h(ζ)=σ2(ζ)+σ22(ζ)+σ23(ζ)=ζ2+ζ4+ζ
同様にして
η3(ζ2)=ζ4+ζ+ζ2
η3(ζ3)=ζ6+ζ5+ζ3
η3(ζ4)=ζ+ζ2+ζ4
η3(ζ5)=ζ3+ζ6+ζ5
η3(ζ6)=ζ5+ζ3+ζ4

対応する部分体はどうなる?

では初めの問いに戻りましょう。Hfに対応する部分体とは具体的には何でしょうか。Galoisの基本定理によればそれはHfの不変体なのですが、この場合はもっと明確に記述することができます。

例2を見てみましょう。ζH3の元により色々と移り変わってしまいますよね。しかしζ+ζ2+ζ4を1つのかたまりで見るとこれは全く変わっていないことがわかります。

そう、実はH3に対応する部分体とはQ(η3(ζ))であったのです!

もっと一般に以下の事実が成り立ちます。

Galois拡大Q(ζ)/Qにおいて、HfGal(Q(ζ)/Q)と(Galoisの基本定理の意味で)対応するQ(ζ)の部分体はQ(ηf(ζ))である。

証明は割愛します。

円分多項式の補助方程式を導出してみよう

最後にp=7の場合の円分多項式の補助方程式の系列を確認して終わりましょう。

p-円分多項式

p3以上の素数とする。この時p-円分多項式ϕp(X)
ϕp(X)=Xp1+Xp2+...+X+1
と定義する。

これはζQ係数最小多項式になっています。

p=7のとき

ϕ7(X)=0は6次方程式ですから、このままでは解けそうにないですね。
では補助方程式を作ってみましょう。

体の列QQ(η3(ζ))Q(ζ) が取れます。ϕ7(X)=0の補助方程式としては

  • g0(X)=0:Q係数でη3(ζ)=ζ+ζ2+ζ4を解に持つ多項式
  • g1(X)=0:Q(η3(ζ))係数でζを解に持つ方程式

が取れればよさそうです(もちろん元の方程式より難しくなってはだめです)。

これは周期の対称性から、簡単に用意することができます。

g0(X)=(X(ζ+ζ2+ζ4))(X(ζ3+ζ5+ζ6))=X2(ζ+ζ2+ζ4+ζ3+ζ5+ζ6)X+(ζ+ζ2+ζ4)(ζ3+ζ5+ζ6)

とすれば、各係数は<σ3>=Gal(Q(ζ)/Q)で不変になっているので、g0(X)Q[X]となります。

さらに
g1(X)=(Xζ)(Xζ2)(Xζ4)=X3(ζ+ζ2+ζ4)X2+(ζζ2+ζ2ζ4+ζ4ζ2)Xζζ2ζ4

とすればこの各係数はH3=<σ2>で不変になるので、g1(X)Q(η3(ζ))[X]となります。

なおそれぞれ計算すると
g0(X)=X2+X+2
g1(X)=X31+72X2+172X1
ζη3(ζ)=1+72となるように選んだ)

最後に

ご覧いただきありがとうございました。今回の内容についてより詳しいことや、証明が知りたい方は是非参考文献の1をご覧ください。とてもわかりやすく丁寧に書いてあります。

参考文献

[1]
尾崎学, ガロア理論から見た現代数学, 現代数学2014年8,9,10月号, 現代数学社, 2014
[2]
桂利行, 代数学Ⅲ体とガロア理論, 東京大学出版会, 2005
投稿日:2024126
更新日:2024126
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haru
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  1. はじめに
  2. 方程式を解くって?
  3. 補助方程式について
  4. 体論の視点から
  5. 周期と対称性
  6. 周期って?
  7. 対応する部分体はどうなる?
  8. 円分多項式の補助方程式を導出してみよう
  9. 最後に
  10. 参考文献