ガロア論の教科書をいくつか参照して 3 次方程式の根を求める公式を導出する。

解法

標数が $0$ の体 $K$ 上で考える。標数が $p \ne 0$ だとすると以下の議論はまったく成り立たない。

変数変換

$f(x) \coloneqq x^3 + a_1x^2 + a_2x + a_3\;(a_1, a_2, a_3 \in K)$ とおく。 ここで変数変換

\[x = y - \frac{a_1}{3}\]

を施すと

  • $f$ は $y^3 + ay + b$ の形になる
  • この多項式の根に $-\dfrac{a_1}{3}$ を加えれば元の $f(x) = 0$ の根が得られる

したがって、はじめから 3 次方程式の形を次のものにとる：

\[f(x) \coloneqq x^3 + ax + b.\]

方程式の根と係数の関係

$f(x)$ の $K$ 上の分解体を $E$ とする。 $E$ における根を $\alpha, \beta, \gamma \in E$ とおく。

根と係数の関係を確認する（高校数学）：

\[\tag*{$\spadesuit1$} \begin{cases} s_1 \coloneqq \alpha + \beta + \gamma = 0,\\ s_2 \coloneqq \alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha = a,\\ s_3 \coloneqq \alpha\beta\gamma = -b. \end{cases}\]

方程式の判別式

$f$ の[根の差積と判別式][2010-01-21] $\delta, \Delta = D(f)$ を $\spadesuit1$ を使って $a, b$ の対称式として表すことができる：

\[\tag*{$\spadesuit2$} \begin{aligned} \delta &= (\alpha - \beta)(\beta - \gamma)(\gamma - \alpha)\\ &= \sqrt{\Delta},\\ \Delta = D(f) &= \delta^2\\ &= -27s_3^2 - 4s_3s_1^3 + 18s_3s_1s_2 + s_1^2s_2^2 - 4s_2^3\\ &= -27s_3^2 - 4s_2^3\\ &= -4a^3 - 27b^2. \end{aligned}\]

教科書は途中の計算を読者に任せて $s_1 = 0$ が効いていることを実感させたいようだ。

このことからまず $E = K(\alpha, \delta)$ がわかる。

TODO: 下の Galois 拡大の図式を理解する：

\[\begin{matrix} \{1\} & K(\alpha, \beta, \gamma) & \subset & K(\omega, \alpha, \beta, \gamma)\\ \mid & \mid & & \mid\\ A_3 & K(a, b, \delta) & \subset & K(\omega, a, b, \delta)\\ \mid & | & & \\ \mathfrak S_3 & K(a, b) & & & \\ \end{matrix}\]
  • $\operatorname{Gal}(K(\alpha, \beta, \gamma)/K(a, b)) \cong \mathfrak S_3.$ これはすでに習った。
  • $[K(a, b, \delta) : K(a, b)] = 2$ は理解している。
  • いちばん右の列の拡大を 3 次の巡回 Kummer 拡大というらしい。

Lagrange の分解式

ここが唐突な気がするところだ。Lagrange の分解式と呼ばれる次の式 $u, v$ を定義する：

\[\tag*{$\spadesuit3$} u \coloneqq \alpha + \beta\omega + \gamma\omega^2,\quad v \coloneqq \alpha + \beta\omega^2 + \gamma\omega.\]

唐突でも何でもなかったので補足する。

定義： $K$ は標数 $p$ の体であり、$1$ の $h$ 乗根 $\zeta$ をすべて含んでいるとする。 $h \in \N$ は $p \ne 0$ ならば $(h, p) = 1$ とする。

$h$ 次の巡回 Kummer 拡大（未習） $K(\theta)/K$ に対して $\operatorname{Gal}(K(\theta)/K) = \langle \sigma \rangle$ とするときの次の値を Lagrange の分解式という：

\[(\zeta, \theta) \coloneqq \theta + \zeta^{-1}\sigma(\theta) + \zeta^{-2}\sigma^2(\theta) + \dotsb + \zeta^{-(h - 1)}\sigma^{h - 1}(\theta).\]

3 次方程式においては $h = 3, \zeta = 1, \omega, \omega^2.$ $\sigma$ は交代群 $A_3$ の生成元 $(123)$ に相当する。よって

\[\begin{aligned} (1, \alpha) &= \alpha + 1^{-1}\sigma(\alpha) + 1^{-2}\sigma^2(\alpha)\\ &= \alpha + \beta + \gamma = 0.\\ (\omega, \alpha) &= \alpha + \omega^{-1}\beta + \omega^{-2}\gamma\\ &= \alpha + \beta\omega^2 + \gamma\omega.\\ (\omega^2, \alpha) &= \alpha + \omega^{-2}\beta + \omega^{-1}\gamma\\ &= \alpha + \beta\omega + \gamma\omega^2. \end{aligned}\]

となって $\spadesuit3$ が得られる。$u = (\omega^2, \alpha), v = (\omega, \alpha).$

連立方程式を導入

さらに $\spadesuit1$ と $\spadesuit3$ を混ぜて次の連立方程式を考える：

\[\tag*{$\spadesuit4$} \begin{cases} \alpha + \beta + \gamma = 0,\\ \alpha + \beta\omega + \gamma\omega^2 = u,\\ \alpha + \beta\omega^2 + \gamma\omega = v. \end{cases}\]

これを根について解くと（おそらく $\omega$ が効くものと思われる）：

\[\tag*{$\spadesuit5$} \alpha = \frac{1}{3},\quad \beta = \frac{1}{3}(u\omega^2 + v\omega),\quad \gamma = \frac{1}{3}(u\omega + v\omega^2).\]

したがって根の決定問題が $u, v$ のそれに変質した。単純に求めるものが一つ減って楽になった。

巡回 Kummer 拡大のところでの記号で言うと

\[\def\u{ \omega^2, \alpha } \def\v{ \omega, \alpha } \beta = \frac{1}{3}(\omega^2(\u) + \omega(\v)),\quad \gamma = \frac{1}{3}(\omega(\u) + \omega^2(\v)).\]

要するに根を Lagrange の分解式の連立方程式として解くということだ。

$u, v$ を求める

あとは代数的技巧を駆使して $u, v$ を既知の量で表す。

$u^3 \pm v^3$ を求める

高校数学でやったかもしれないが複号同順で次が成り立つ（あとで時間があったら因数分解したい）：

\[u^3 \pm v^3 = (u \pm v)(u \pm v\omega)(u \pm v \omega^2).\]

次から面倒。まずは $u + v$ を $\spadesuit4, \spadesuit5$ を用いて既知の量で表す。 教科書では演習になっているので自分で計算したが、簡単な代入に気付かないものだ。

\[\begin{aligned} u + v &= 3\alpha.\\ u + v\omega &= \alpha + \beta\omega + \gamma\omega^2 + \alpha\omega + \beta + 2\gamma\omega^2\\ &= (\alpha + \beta)(1 + \omega) + 2\gamma\omega^2.\\ &= (\alpha + \beta - 2\gamma)(1 + \omega)\\ &= -3\gamma(1 + \omega).\\ u + v\omega^2 &= \alpha + \beta\omega + \gamma\omega^2 + \alpha\omega^2 + \beta\omega + \gamma\\ &= (\gamma + \alpha)(1 + \omega^2) + 2\beta\omega\\ &= (-\gamma - \alpha + 2\beta)\omega\\ &= 3\beta\omega^2. \end{aligned}\] \[\tag*{$\spadesuit6$} \begin{aligned} \therefore u^3 + v^3 &= (u + v)(u + v\omega)(u + v \omega^2)\\ &= -3\alpha(-3\gamma(1 + \omega))(3\beta\omega^2)\\ &= 27\alpha\beta\gamma\\ &= -27b. \end{aligned}\]

続いて $u - v$ を $\spadesuit4, \spadesuit5$ を用いて既知の量で表す。

\[\begin{aligned} u - v &= \beta\omega(1 - \omega) + \gamma\omega(\omega - 1)\\ &= (\beta - \gamma)\omega(1 - \omega).\\ u - v\omega &= \alpha - \alpha\omega + \beta\omega - \beta + \gamma\omega^2 - \gamma\omega^2\\ &= \alpha(1 - \omega) - \beta(1 - \omega)\\ &= (\alpha - \beta)(1 - \omega).\\ u - v \omega^2 &= \alpha - \alpha\omega^2 + \beta\omega - \beta\omega + \gamma\omega^2 - \gamma\\ &= \alpha(1 - \omega^2) - \gamma(1 - \omega^2)\\ &= (\alpha - \gamma)(1 - \omega)(1 + \omega). \end{aligned}\]

これで差が求まる。

\[\tag*{$\spadesuit7$} \begin{aligned} \therefore u^3 - v^3 &= (u - v)(u - v\omega)(u - v \omega^2)\\ &= (\alpha - \beta)(1 - \omega)(\beta - \gamma)\omega(1 - \omega)(\alpha - \gamma)(1 - \omega)(1 + \omega)\\ &= (\alpha - \beta)(\beta - \gamma)(\alpha - \gamma)\omega(1 - \omega)^3(1 + \omega)\\ &= (\alpha - \beta)(\beta - \gamma)(\gamma - \alpha)(1 - \omega)^3\\ &= 3\omega(1 - \omega)(\alpha - \beta)(\beta - \gamma)(\gamma - \alpha). \end{aligned}\]

ここで判別式 $\spadesuit2$ を使っておく：

\[\tag*{$\spadesuit8$} u^3 - v^3 = 3\omega(1 - \omega)\sqrt{D} = 3\sqrt{-3}\sqrt{D} = \sqrt{-27D}.\]

$uv$ を求める

最後に $uv$ を求める。

\[\tag*{$\spadesuit9$} \begin{aligned} uv &= (\alpha + \beta\omega + \gamma\omega^2)(\alpha + \beta\omega^2 + \gamma\omega)\\ &= \alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 - \alpha\beta - \beta\gamma - \gamma\alpha\\ &= s_1^2 - 3s_2\\ &= -3a. \end{aligned}\]

$u^3, v^3$ を処理する

$\spadesuit6, \spadesuit8$ より $u^3, v^3$ を解く。

\[u^3 = \frac{-27b + \sqrt{-27D}}{2},\quad v^3 = \frac{-27b - \sqrt{-27D}}{2}.\]

$U \coloneqq \dfrac{u}{3}, V \coloneqq \dfrac{v}{3}$ とおいて $\spadesuit2$ を用いると：

\[\def\root#1{ -\frac{b}{2} {#1} \sqrt{\frac{a^3}{27} + \frac{b^2}{4} } } U^3 = \root{+},\\ V^3 = \root{-}.\]

したがって

\[\def\root#1{ -\frac{b}{2} {#1} \sqrt{\frac{a^3}{27} + \frac{b^2}{4} } } \tag*{$\spadesuit10$} U = \sqrt[3]{\root{+}},\\ V = \sqrt[3]{\root{-}}.\]

ただし $\spadesuit9$ より

\[\tag*{$\spadesuit11$} UV = -\frac{a}{3}\]

である。$U, V$ のうち一方を決めれば他方は自動的に定まる。

分解式で言うと

\[(\omega, \alpha) = 3V = v,\quad (\omega^2, \alpha) = 3U = u.\]

Cardano の公式

$\spadesuit11$ を満たすような $U, V$ のペアを一組決めたとする。 このとき他の組は $U\omega^2, V\omega$ および $U\omega, V\omega^2$ であり、 $\spadesuit5$ により $f(x) = x^3 + ax + b$ の根は：次で与えられる：

\[\tag*{$\spadesuit12$} \alpha = U + V,\quad \beta = U\omega^2 + V\omega,\quad \gamma = U\omega + V\omega^2.\]

これを Cardano の公式という。

巡回 Kummer 拡大の性質で次の等式が成り立つ（未習）：

Lagrange の分解式 $(\zeta, \theta)^h \in K$ であり

\[\theta = \frac{1}{h}\sum_\zeta(\zeta, \theta).\]

ここで和は $1$ の $h$ 乗根すべてをわたる。 $\Box$

この性質に従って 3 次方程式の場合には次のようになる：

\[\begin{aligned} \alpha &= \frac{1}{3}((1, \alpha) + (\omega, \alpha) + (\omega^2, \alpha))\\ &= \frac{1}{3}(0 + v + u) = U + V,\\ \beta &= \frac{1}{3}(1^{-1}(1, \alpha) + \omega^{-1}(\omega, \alpha) + \omega^{-2}(\omega^2, \alpha))\\ &= U\omega + V\omega^2,\\ \gamma &= \frac{1}{3}(1^{-2}(1, \alpha) + \omega^{-2}(\omega, \alpha) + \omega^{-4}(\omega^2, \alpha))\\ &= U\omega^2 + V\omega. \end{aligned}\]

上と $\beta$ と $\gamma$ が入れ替わっているが問題ない（元々区別がない）。

Galois 拡大体を検討する

次のように拡大体をとる：

\[\def\R{ \sqrt{\dfrac{a^3}{27} + \dfrac{b^2}{4}} } \begin{aligned} K_0 &\coloneqq K,\\ K_1 &\coloneqq K_0(\omega),\\ K_2 &\coloneqq K_1\left(\R\right),\\ K_3 &\coloneqq K_2\left(\sqrt[3]{-\dfrac{b}{2} + \R}\right),\\ K_4 &\coloneqq K_3\left(\sqrt[3]{-\dfrac{b}{2} - \R}\right),\\ \end{aligned}\] \[\Delta = -4a^3 - 27b^2.\]

$K = K_0 \subset K_1 \subset K_2 \subset K_3 \subset K_4$ であって $K$ 上の $f$ の分解体 $E$ は $K_4$ に含まれる。 各拡大 $K_i \subset K_{i + 1}$ において、$K_i$ の元のべき根を自身に添加した体が $K_{i + 1}$ になっている。

参照

  • 松坂和夫著『代数系入門』
  • 桂利行著『代数学 III 体とガロア理論』

以上