１のベキ乗根はベキ根で解けるか？(円分多項式の根)

　今日はガロア理論の解説の際には暗黙のうちに当然視していたところの

　""一般の１のベキ乗根＝円分(円周等分)多項式の根は,全てベキ根として

　表わすことができる,あるいは,１のベキ乗根を添加した拡大体は

　ベキ根拡大である。"

　という命題を再確認してみたい,と思います。

　　一般の１のベキ乗根,例えば,

　　ｘ¹³－1＝(ｘ－1)(ｘ¹²＋ｘ¹¹＋...＋ｘ＋1)＝0 の根である

　１の13乗根:ζ＝ｅ^2πki/13＝cos(2πki/13)＋ｉsin(2πki/13)

　(ｋ＝0,1,2,...,12)を単に¹³√1とか,1^1/13と書いただけでは,

　ｘ¹³－1＝0 をベキ根で解いた,あるいは,

　円分多項式:ｘ¹²＋ｘ¹¹＋...＋ｘ＋1＝0 の根を

　ベキ根で解いたことにはならない,

　と思われます。

　例えば,自明でない１の３乗根の１つ:ωを,³√1とか,1^1/3と

　表わしてもｘ³－1＝0,あるいはｘ²＋ｘ＋1＝0 の根をベキ根

　で解いた,とは思わないでしょう。

　ω＝(－1±√－3)/2＝(－1±ｉ√3)/2と表わすことができて初めて,

　これらの方程式がベキ根で解けた,と考えるのが

　妥当だと思います。

　では,Abel(アーベル)やGalois(ガロア)のいうベキ根で解ける,

　あるいは同等な意味ですが体の拡大:Ｌ/Ｋがベキ根拡大である,

　とはどのように定義されるべきものなのでしょうか？

　こうした言葉の厳密な真の意味について,ここで振り返って

　確認しておくことは,決して無駄なことではなく,Galois理論

　などの理解において,重要な意味を持つと思われます。

ベキ根拡大:Ｌ/Ｋの厳密な数学的定義として,従来から提示されて

いるものは,いくつかあるようですが,ここでは次のような定義

を採用することにします。

"体の拡大:Ｌ/Ｋは,次の２つの条件を満たすときに,

(高さ１の)ベキ根拡大である。"　と定義します。

条件とは,

"(1)ｕ∈Ｌと素数ｐがあって,Ｌは体Ｋにｕを添加して得られた

高さ１の拡大体:Ｌ＝Ｋ(ｕ)であり,ｕ^p∈Ｋが成り立つ。

(2)ｕ^p は,いかなるＫの元のｐ乗にもならない。

すなわち,ｕ^pはＫ^pの元ではない,特にｕはＫの元ではない。"

という２つです。

この定義を採用すると,１の原始ｐ乗根の１つをζとしてＱを有理数体

とすれば,確かにζ^p＝1＝1^p ∈Ｑですが,1^p＝1で１∈Ｑですから,

ｕ≡ζと選ぶ限り,条件(2)によって,Ｑ(ｕ)/Ｑがベキ根拡大である

と直ちにはいえません。

つまり,有理数体Ｑに^p√1とか,1^1/pとか書いたものを添加して,

ＱをＱ(^p√1)と書いただけでは,ｘ^p－1＝0 がベキ根で解けた,

とか,Ｑ(^p√1)/Ｑがベキ根拡大である

と直接に明言することはできない,のですね。

したがって,ｐ＝３の１の３乗根の１つをωとして,Ｑ(ω)/Ｑとしても,

これがベキ根拡大であるかどうかは,これだけでは不明で,

Ｑ(ω)/ＱをＱ(√-3)/Ｑと書くことができて初めて,

この拡大が,"ベキ根拡大"であるといえるわけです。

ここでベキ根拡大の定義において,何故ことさらに素数のベキ根

のみを取り上げるのかというと,それは次のような理由からです。

ｎが素数ではなくて,ｎ＝ｓｔと１より大きい２つの整数ｓとｔの

積で表わされるなら,円分方程式ｘⁿ－1＝0 は可約です。

すなわち,"１とその他の全ての根＝１の全てのｎ乗根"は,

１のｓ乗根{ξ₁,ξ₂,...ξ_s}と,１のｔ乗根{η₁,η₂,...η_t}

によって,{ξ_iη_j^1/s |ｉ＝1,2,...,ｓ；ｊ＝1,2,...,ｔ}

と表わすことができます。

そこで,１のｓ乗根と１のｔ乗根が既にベキ根で解けることが

わかっているなら,１のｎ乗根もベキ根で解けることになる

からです。

実際,これらのｘ＝ξ_iη_j^1/sのそれぞれについてｘⁿ＝1 が成り立つ

ことは明らかですし,ξ_iη_j^1/s＝ξ_kη_l^1/s ((ｉ,ｊ)≠(ｋ,ｌ))と

仮定すれば,両辺をｓ乗してη_j＝η_lとなるので,

ｊ≠ｌなら矛盾を生じ,ｊ＝ｌならばξ_i＝ξ_kとなって,　

ｉ≠ｋならやはり矛盾を生じますから,これらはすべて異なり,

１のｎ＝ｓｔ個のｎ乗根の全てを尽くしています。

それ故,ｎを素因数分解して素数の積にしたとき,それらの因子

であるそれぞれの素数ｐについてのｐ乗根が全てベキ根で解ける

なら,１のｎ乗根もベキ根で解けることになります。

さて,ｐ＝２,３のとき１のｐ乗根がベキ根で解けることは自明です。

またｐ＝５のときは円分方程式は,ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋1＝0,ｐ＝７

のときのそれは,ｘ⁶＋ｘ⁵＋ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋1＝0 となります。

そこで,ｙ≡ｘ＋1/ｘとおけば,これらはそれぞれｙの２次方程式:

ｙ²＋ｙ－1＝ 0, ３次方程式ｙ³＋ｙ²－2ｙ－1＝0 に帰着し,

また,ｙ＝ｘ＋1/ｘはｘについての２次方程式:ｘ²－ｙｘ＋1＝0

になります。

これらは,いずれもベキ根として解ける一般的な根の公式が存在しますから,結局,初めの４つの素数:ｐ＝２,３,５,７については１のｐ乗根は

ベキ根で解けることがわかります。

そして,Gauss(ガウス)によって,ｐ＝13のときは次のようにして

ベキ根で解けることが示されています。

すなわち,ｐ－1＝12＝3・4であり,ζを１つの１の原始13乗根

として,ｍ≡8,η₁≡ζ＋ζ^m＋ζ^m2＋ζ^m3とおけば,

ｍ⁴＝8⁴≡1(mod ｐ)です。

ζ¹³＝1なので,η₁≡ζ＋ζ⁸＋ζ¹²＋ζ⁵となりますが,

ここでζ→ζ²という写像で変換すれば,η₁は

η₂≡ζ²＋ζ³＋ζ¹¹＋ζ¹⁰となり,

η₁においてζ→ζ⁴という写像で変換すれば,η₁は

η₃≡ζ⁴＋ζ⁶＋ζ⁹＋ζ⁷となり,円分方程式によって

η₁＋η₂＋η₃＝－1 となります。

さらにη₁η₂＋η₂η₃＋η₃η₁＝－4,η₁η₂η₃＝－1が導けるので

η₁,η₂,η₃は３次方程式ｘ³＋ｘ²－4ｘ＋1＝0 の３つの根ですから,

もちろんベキ根で解けます。

そして,η₁＝ζ＋ζ⁸＋ζ¹²＋ζ⁵は１の13乗根のうち自明な根１

を除く12個のうちの４つの根の和ですが,

ζ・ζ⁸＋ζ・ζ¹²＋ζ⁸・ζ¹²＋ζ⁸・ζ⁵＋ζ¹²・ζ⁵＋ζ⁵・ζ

＝η₃＋2,ζ・ζ⁸・ζ¹²＋ζ・ζ⁸・ζ⁵＋ζ⁸・ζ¹²・ζ⁵＋ζ⁵・ζ・ζ¹²

＝η₁,ζ・ζ⁸・ζ¹²・ζ⁵＝1なので,ζ,

ζ⁸,ζ¹²,ζ⁵は４次方程式:ｘ⁴－η₁ｘ³＋(η₃＋2)ｘ²－η₁ｘ＋1＝0

の４つの根です。

どれか,１つは原始根ζですから,この４次方程式からζを求めると,

１の全ての13乗根:{1,ζ, ζ²,...,ζ¹²}をベキ根解として求めるこ

とができるわけです。

また,ξ₁≡ζ＋ζ³＋ζ⁹とおき,これから,ζ→ζ²,ζ→ζ⁴,ζ→ζ⁸

によりξ₂≡ζ²＋ζ⁶＋ζ⁵,ξ₃≡ζ⁴＋ζ¹²＋ζ¹⁰,

ξ₄≡ζ⁸＋ζ¹¹＋ζ⁷を作ると,

ξ₁＋ξ₂＋ξ₃＋ξ₄＝－1,

ξ₁ξ₂＋ξ₁ξ₃＋ξ₁ξ₄＋ξ₂ξ₃＋ξ₂ξ₄＋ξ₃ξ₄＋ξ₄ξ₁

＝2,ξ₁ξ₂ξ₃＋＋ξ₁ξ₂ξ₄＋ξ₂ξ₃ξ₄＋ξ₃ξ₄ξ₁

＝4,ξ₁ξ₂ξ₃ξ₄＝3なので,

ξ₁,ξ₂,ξ₃,ξ₄は４次方程式：ｘ⁴＋ｘ³＋2ｘ²－4ｘ＋3＝0

の４つの根になりますから,もちろんベキ根で解けます。

ξ₁≡ζ＋ζ³＋ζ⁹ に着目すると,ζ,ζ³.ζ⁹は,

ｘ³－ξ₁ｘ²＋ξ₃ｘ－1＝0 の３つの根です。

そこで,この３次方程式から原始根ζを求めると,

１の全ての13乗根:{1,ζ, ζ²,...,ζ¹²}をベキ根解

として求めることができます。

今のｐ＝13の場合は３次方程式の根も４次方程式の根も

一般的公式から代数的にベキ根として求めることが可能で

あったので,１のｐ乗根を求める方法が２通りもありました。

それでは,ｐ＝11ではどうでしょうか？

この場合はｐ－1＝2・5です。

しかし,２次方程式はともかく５次以上の代数方程式は

一般にベキ根で解ける公式はないことがAbelとGalois

によって示されていますから,ｐ＝13のときの方法は

使えません。

そこで,結局はGaussの証明した泥臭い方法は,私にとっては

尻切れトンボになって不明だったので,Galois理論を用いた

数学的帰納法に頼ることにしました。

一般に１の原始ｎ乗根の１つをζ_nで記述することにします。

そして帰納法の仮定として,問題としている素数ｐに対し,

ｍ≦(ｐ－1)の１の原始ｍ乗根はすべてベキ根で解ける

と仮定します。

また,ζ_p は１の原始ｐ乗根の１つですから,

(ｐ－1)次の円分方程式を満足します。

この円分方程式は,ｐが素数なのでＱを有理数体としてＱで

既約ですから,Ｑにζ_pを添加した拡大体Ｑ(ζ_p)については,

次数は[Ｑ(ζ_p):Ｑ]＝ｐ－1です。

そしてこの円分方程式のGalois群:Gal(Ｑ(ζ_p)/Ｑ)は(Ｚ/ｐＺ)^×

に同型なので,Abel群であり,それ故,可解群です。

Ｑ'≡Ｑ(ζ_p-1)とおきＱ(ζ_p)にζ_p-1を添加した拡大体Ｑ'(ζ_p)

を考えると「ガロアの推進定理」によって

,Gal(Ｑ'(ζ_p)/Ｑ')～ Gal(Ｑ(ζ_p)/Ｑ)が成立するので,

Gal(Ｑ'(ζ_p)/Ｑ')も可解群であり,しかもＱ'にはｍ≦(ｐ－1)

の１の原始ｍ乗根が全て含まれていることになります。

それ故,「 ガロア理論(3)」で与えた「ガロアの偉大な定理」

によってＱ'(ζ_p)/Ｑ'もベキ根による拡大になります。

したがって,Ｑ'(ζ_p)の元ζ_pはＱ'の上でベキ根で解けるはずですが,

Ｑ'＝Ｑ(ζ_p-1)におけるζ_p-1自身も帰納法の仮定によって

Ｑの上でベキ根で表わせるのですから,

結局のところζ_pはＱの上でベキ根で解けることが示された

ことになります。

Galois理論を理解するために,１のベキ乗根をベキ根で表わせることを証明したいと思って,Gaussの証明を参照したかったのですが,

肝心のところに関する参考文献が,当面のところ不明だったので,

結局,Galois理論を用いてしまったわけで我ながらいささか

本末転倒の感があります。

(ひょっとすると同義語反復という意味のトートロジーかも？) 

参考文献:原田耕一郎 著「群の発見」(岩波書店),足立恒雄 著「ガロア理論講義」(日本評論社)

http://fphys.nifty.com/(ニフティ「物理フォーラム」サブマネージャー)

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