多項式の判別式と終結式について: TOSHIの宇宙

2009年4月16日 (木)

多項式の判別式と終結式について

2009年３/11の数論関係の記事「フェルマー(Fermat)の定理と類体論(1) 」の続きとして楕円曲線の群構造について書こうとしていましたが,参考書を読んでいると証明抜きで代数幾何学の定理を応用したものなどが出てきました。

こういうものは見過ごせば,付け焼刃的に理解することはできますが,私の悪い癖で数論よりも代数幾何学の中の射影幾何学などにも興味が湧きました。

そこで自分の本棚を探してみると,唯一持ってはいても読んだことのない「代数幾何入門」(上野健璽著(岩波書店))という本を見つけたので,それを最初から勉強することにしてそれが終わってから数論に戻ろうかとか思いをめぐらしました。

代数幾何学というのは,歴史的には式で定義された図形の幾何学などを意味し,デカルト・フェルマー(Descartes-Fermat)に始まる座標幾何学,または解析幾何学の導入と共に誕生したものらしいです。

しかし,いきなり一般論に入るのはやめて,ペル方程式のようなディオファントスの方程式の例題でも考えようとして「数論入門講義(数と楕円曲線)」(J.S.Chahel著;織田進訳(共立出版))を見つけて読んでいると,次のような終結式や判別式に関する項目が出てきました。

２つの多項式をｆ(ｘ)＝ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋...＋ａ_nｘⁿ (degｆ＝ｎ),ｇ(ｘ)＝ｂ₀＋ｂ₁ｘ＋ｂ₂ｘ²＋...＋ｂ_mｘ^m(degｇ＝ｍ)とするとき,係数(ａ₀,ａ₁,ａ₂,．．ａ_n)を１列ずつずらしてｍ行並べ,その下に(ｂ₀,ｂ₁,ｂ₂,．．ｂ_m)を１列ずつずらしてｎ行並べた(ｍ＋ｎ)×(ｍ＋ｎ)の行列式をｆ(ｘ),ｇ(ｘ)の終結式と呼び,Ｒ(ｆ,ｇ)と書く。

ただし,ここではｆ(ｘ),ｇ(ｘ)はある体ｋの上の多項式環ｋ[ｘ]の元とし,degｆ,degｇはそれぞれｆ,ｇの次数を表わすとする。

また,ｆ(ｘ),ｇ(ｘ)の最大公約数(g.c.d)をｄ(ｘ)≡(ｆ(ｘ),ｇ(ｘ))と書くことにする。このとき,次の定理が成り立つ。

[定理１]:ｄ(ｘ)＝(ｆ(ｘ),ｇ(ｘ))とする。このとき,degｄ≧1であるための必要十分条件はＲ(ｆ,ｇ)＝0 である。

(証明)ｄ＝(ｆ,ｇ)なので,ｆ＝ｄｆ₁,ｇ＝ｄｇ₁と書けばｆｇ₁＝ｆ₁ｇ＝ｄｆ₁ｇ₁が成立します。そこで,degｄ≧1であるための必要十分条件はdegｆ₁＜degｆ,degｇ₁＜degｇ,かつｆｇ₁＝ｆ₁ｇを満たすｆ₁(ｘ),ｇ₁(ｘ)が存在することです。

ｆ(ｘ)＝ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋...＋ａ_nｘⁿ (degｆ＝ｎ),ｇ(ｘ)＝ｂ₀＋ｂ₁ｘ＋ｂ₂ｘ²＋...＋ｂ_mｘ^m(degｇ＝ｍ)と書きます。

degｆ₁＜degｆ,degｇ₁＜degｇを満たすｆ₁,ｇ₁が存在してｆｇ₁＝ｆ₁ｇなる恒等式(identity)が成立するならdegｆ₁≦ｎ－1,degｇ₁≦ｍ－1ですから,ｆ₁(ｘ)＝α₁＋α₂ｘ＋...＋α_nｘ^n-1,ｇ₁(ｘ)＝β₁＋β₂ｘ＋...＋β_mｘ^m-1とすると,ｆｇ₁＝ｆ₁ｇは両辺の係数を等置する(ｍ＋ｎ)個の等式:ａ₀β₁＝ｂ₀α₁,ａ₁β₁＋ａ₀β₂＝ｂ₁β₁＋ｂ₀β₂,...,α_nｂ_m＝β_mａ_nが成立することを意味します。

　この(ｍ＋ｎ)個の等式はα₁,α₂,...,α_nのｎ個のｆ₁(ｘ)の係数の組をｎ成分の列ベクトルα≡^t(α₁,α₂,...,α_n)で,β₁,β₂,．．,β_mのｍ個のｇ₁(ｘ)の係数の組をｎ成分の列ベクトルβ≡^t(β₁,β₂,...,β_m)で表現すると,(ａ₀,0)β＝(ｂ₀,0)α,(ａ₁,ａ₀,0)β＝(ｂ₁,ｂ₀,0)α,(ａ₂,ａ₁,ａ₀,0)β＝(ｂ₂,ｂ₁,ｂ₀,0)α,...,となります。

　ここで,(ａ₀,0),(ａ₁,ａ₀,0),(ａ₂,ａ₁,ａ₀,0),...はｍ成分の行ベクトル(row vector),(ｂ₀,0),(ｂ₁,ｂ₀,0),(ｂ₂,ｂ₁,ｂ₀,0),...はｎ成分の行ベクトルで,これら(ｍ＋ｎ)個の式の両辺はそれぞれベクトルの内積の形になっています。

そこで,さらにβと－αを並べた(ｍ＋ｎ)成分の列ベクトル:γ≡^t(β₁,β₂,...,β_m,－α₁,－α₂,...,－α_n)を作れば,上の(ｍ＋ｎ)個の等式は(ａ₀,0,ｂ₀,0)γ＝0,(ａ₁,ａ₀,0,ｂ₁,ｂ₀,0)γ＝0,(ａ₂,ａ₁,ａ₀,0,ｂ₂,ｂ₁,ｂ₀,0)γ＝0 ...となります。

　この表現では,係数(ａ₀,0,ｂ₀,0),(ａ₁,ａ₀,0,ｂ₁,ｂ₀,0),(ａ₂,ａ₁,ａ₀,0,ｂ₂,ｂ₁,ｂ₀,0)も(ｍ＋ｎ)成分の行ベクトルです。

結局,(ｍ＋ｎ)個の等式は係数の行ベクトルを(ｍ＋ｎ)行並べたものを(ｍ＋ｎ)×(ｍ＋ｎ)の正方行列Ａと考えれば,等式系はＡγ＝0 なる行列形式の斉次連立方程式になることがわかります。

このとき,行列Ａの転置^tＡは,明らかにそれの行列式として終結式Ｒ(ｆ,ｇ)を与える行列に一致しています。

したがって,Ｒ(ｆ,ｇ)＝detＡ＝0 なる等式の成立がＡγ＝0 がγ≡^t(β₁,β₂,...,β_m,－α₁,－α₂,...,－α_n)の自明でない解を持つための必要十分条件になります。つまり,Ｒ(ｆ,ｇ)＝0 がdegｄ≧1 であるための必要十分条件です。(証明終わり)

[定義]:ｆ(ｘ)＝ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋...＋ａ_nｘⁿ (ａ_n≠0)をｋ[ｘ]における多項式とするとき,Δ(ｆ)≡(－1)^n(n+1)/2Ｒ(ｆ,ｆ')/ａ_nをｆ(ｘ)の判別式という。

　ただし,ｆ'(ｘ)はｆ(ｘ)の導多項式と呼ばれる多項式でｆ'(ｘ)≡ａ₁＋2ａ₂ｘ＋...＋ｎａ_nｘ^n-1で定義される。

　特にｆ(ｘ)＝ａｘ²＋ｂｘ＋ｃならｆ'(ｘ)＝2ａｘ＋ｂより,Ｒ(ｆ,ｆ')＝ａｂ²－4ａ²ｃですから,Δ(ｆ)＝ｂ²－4ａｃです。また,ｆ(ｘ)＝ｘ³＋Ａｘ＋Ｂならｆ'(ｘ)＝3ｘ²＋Ａより,Ｒ(ｆ,ｆ')＝4Ａ³－27Ｂ²ですから,Δ(ｆ)＝－4Ａ³＋27Ｂ²です。

ｆ(ｘ)が重根を持つのはｆ(ｘ)とｆ'(ｘ)が１次以上の共通因数を持つときですから,[定理1]によりこれはＲ(ｆ,ｆ')＝0,すなわちΔ(ｆ)＝0 と同値です。

[定理２]:ｆ(ｘ),ｇ(ｘ)をｋ[ｘ]における多項式とする。このときｋ[ｘ]の中に多項式Ｆ(ｘ),Ｇ(ｘ)が存在してＲ(ｆ,ｇ)＝Ｆ(ｘ)ｆ(ｘ)＋Ｇ(ｘ)ｇ(ｘ)が成り立つ。

(証明)ｆ(ｘ)＝ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋...＋ａ_nｘⁿ (ａ_n≠0),ｇ(ｘ)＝ｂ₀＋ｂ₁ｘ＋ｂ₂ｘ²＋...＋ｂ_mｘ^m(ｂ_m≠0)とします。

　Ｒ(ｆ,ｇ)＝0 ならｆｇ₁＝ｆ₁ｇなる１次以上の多項式ｆ₁,ｇ₁が存在するので,Ｆ(ｘ)≡ｇ₁(ｘ),Ｇ(ｘ)≡－ｆ₁(ｘ)とおけば, 0＝Ｒ(ｆ,ｇ)＝Ｆ(ｘ)ｆ(ｘ)＋Ｇ(ｘ)ｇ(ｘ)となります。

そこで,Ｒ(ｆ,ｇ)≠0 と仮定してｒ(ｘ)≡Ｒ(ｆ,ｇ)と置きます。

そうして,連立方程式系ｘⁱｆ(ｘ)＝ａ₀ｘⁱ＋ａ₁ｘⁱ⁺¹＋ａ₂ｘⁱ⁺²＋...＋ａ_nｘⁱ⁺ⁿ (ｉ＝0,1,...,ｍ－１),ｘ^jｇ(ｘ)＝ｂ₀ｘ^j＋ｂ₁ｘ^j+1＋ｂ₂ｘ^j+2＋...＋ｂ_mｘ^j+m(ｊ＝0,1,...,ｎ－１)を考えます。

Ｘ＝^t(1,ｘ,ｘ²,...,ｘ^m+n-1),Ｙ＝^t(ｆ(ｘ),ｘｆ(ｘ),...,ｇ(ｘ),ｘｇ(ｘ),...)なるベクトル表現を採用すれば,これは(ｍ＋ｎ)次の正方行列Ａを係数とする行列形式の(ｍ＋ｎ)元連立１次方程式:ＡＸ＝Ｙとなります。

このとき,明らかにＲ(ｆ,ｇ)＝det(Ａ)＝ｒ≠0 です。

det(Ａ)≠0 ですから,Ａの逆行列:Ａ^-1が存在します。これは,Ａの余因子Ａ_ijを成分とする行列を(adjＡ)として,Ａ^-1＝(adjＡ)/ｒと書けますから,これをＡＸ＝Ｙの左から掛けて解としてＸ＝(adjＡ)Ｙ/ｒが得られます。

そして,Ｘ＝(adjＡ)Ｙ/ｒの第１行目の式は１＝[(Σ_j=1^mＡ_1jｘ^j-1)ｆ(ｘ)＋(Σ_j=m+1^m+nＡ_1jｘ^j-m-1)ｇ(ｘ)]/ｒ(ｘ)となります。

そこでＦ(ｘ)≡Σ_j=1^mＡ_1jｘ^j-1,Ｇ(ｘ)≡Σ_j=m+1^m+nＡ_1jｘ^j-m-1と置けばｒ(ｘ)＝Ｆ(ｘ)ｆ(ｘ)＋Ｇ(ｘ)ｇ(ｘ)が得られます。(証明終わり)

などなどと続いていきますが,ここで私がかつて学生時代に読んだ「代数学講義」(高木貞治著(岩波書店))とは判別式,終結式の定義が全然違っているので,果たして同じものだろうか？という疑問が湧きました。

しかし,上で見たように上述の定義での判別式Δ(ｆ)は,ｆがｆ(ｘ)＝ａｘ²＋ｂｘ＋ｃの２次式ならΔ(ｆ)＝ｂ²－4ａｃ,ｆ(ｘ)＝ｘ³＋Ａｘ＋Ｂの３次式ならΔ(ｆ)＝－4Ａ³＋27Ｂ²で,これは両者の定義で全く同じですから,恐らく同じものなのでしょうが,本当に同じであることかどうかを証明しようという気になりました。

従来から知っていた多項式の判別式,終結式の定義は次のようなものでした。

まず,ｎ個の変数ｘ₁,ｘ₂,...,ｘ_nがあるとき,差積ＰをＰ≡(ｘ₁－ｘ₂)(ｘ₁－ｘ₃)...(ｘ₁－ｘ_n)(ｘ₂－ｘ₃)...(ｘ₂－ｘ_n)...(ｘ_n-1－ｘ_n)で定義します。このＰは対称式ではなくて交代式ですが,Ｐ²は対称式です。

そして判別式の定義は「ｆ(ｘ)＝ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋...＋ａ_nｘⁿのｎ個の根をｘ₁,ｘ₂,...,ｘ_nとしてこれらの差積をＰで表わすとき,Ｄ≡ａ_n^2(n-1)Ｐ²を方程式ｆ(ｘ)＝0,または多項式ｆ(ｘ)の判別式という。」というものです。

上記の別の定義ではｆの判別式はΔ(ｆ)と表記されていましたが,ここではＤです。

また,終結式の定義は「ｆ(ｘ)＝ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋...＋ａ_nｘⁿ (ａ_n≠0),およびｇ(ｘ)＝ｂ₀＋ｂ₁ｘ＋ｂ₂ｘ²＋...＋ｂ_mｘ^m(ｂ_m≠0)の根をそれぞれα₁,α₂,...,α_n,およびβ₁,β₂,...,β_mとするとｆ(ｘ)＝ａ_nΠ_μ=1ⁿ(ｘ－α_μ),ｇ(ｘ)＝ｂ_mΠ_ν=1^m(ｘ－β_ν)ですが,Ｒ≡ａ_n^mｂ_mⁿΠ_μ,ν(α_μ－β_ν)をｆ(ｘ),ｇ(ｘ)の終結式と呼ぶ。」という形で与えられています。

別の定義ではｆ,ｇの終結式はＲ(ｆ,ｇ)と表記されています。

そして,ｆ(ｘ)＝ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋...＋ａ_nｘⁿ (ａ_n≠0)に対して導多項式はｆ'(ｘ)≡ａ₁＋2ａ₂ｘ＋...＋ｎａ_nｘ^n-1で与えられますから,ｆ'(ｘ)＝ａ_nΠ_ν=1^n-1(ｘ－β_ν)と書けばｆ'(α_μ)＝ａ_nΠ_ν=1^n-1(α_μ－β_ν)となります。

それ故,この場合従来から知っていた定義でのｆとｆ'の終結式はＲ＝Ｒ(ｆ,ｆ')＝ａ_n^2n-1Π_μ,ν(α_μ－β_ν)＝ａ_n^n-1Π_μｆ'(α_μ)となることがわかります。

ところが,ｆ(ｘ)＝ａ_nΠ_μ=1ⁿ(ｘ－α_μ)のときｆ'(ｘ)/ｆ(ｘ)＝Σ_μ=1ⁿ{1/(ｘ－α_μ)}ですから,ｆ'(ｘ)＝Σ_μ=1ⁿ{ｆ(ｘ)/(ｘ－α_μ)}と表現できます。

それ故,ｆ'(α_μ)＝Π_μ{Π_ν≠μａ_n(α_ν－α_μ)}と表現できます。

したがって,従来の終結式はＲ＝Ｒ(ｆ,ｆ')＝ａ_n^n-1Π_μｆ'(α_μ)＝ａ_n^2n-1Π_ν{_μ≠ν(α_μ－α_ν)}となります。

一方,従来の定義でのｆ(ｘ)の判別式ＤはＰ＝(α₁－α₂)(α₁－α₃)．．(α₁－α_n)(α₂－α₃)...(α₂－α_n)...(α_n-1－α_n)としてＤ＝ａ_n^2(n-1)Ｐ²で与えられますから,Ｄ＝ａ_n^2(n-1){Π_μ＜ν(α_μ－α_ν)}²＝(－1)^n(n+1)/2ａ_n^2(n-1)Π_μ≠ν(α_μ－α_ν)です。

ここで,最右辺に符号の係数(－1)^n(n+1)/2があるのは,次のようにして示されます。

もしもα₁,α₂,...,α_nの中に１組でも重根があればＰ＝0 によりＤ＝0 なので符号係数などは関係ないです。

そうでない場合には全ての根が異なるため,α_μ＜α_ν,つまり(α_μ－α_ν)の符号がマイナスになる(α_μ,α_ν)の対の数はｎ個の中から２個を取り出す組み合わせの数ｎ(ｎ＋1)/2に等しいからです。

したがって,Ｒ＝Ｒ(ｆ,ｆ')＝ａ_n^2n-1Π_μ≠ν(α_μ－α_ν),Ｄ＝(－1)^n(n+1)/2ａ_n^2(n-1)Π_μ≠ν(α_μ－α_ν)によって,Ｄ＝(－1)^n(n+1)/2Ｒ(ｆ,ｆ')/ａ_nとなることがわかりました。

これは,先に与えた別の定義での終結式Ｒ(ｆ,ｇ)による判別式Δ(ｆ)の定義:Δ(ｆ)≡(－1)^n(n+1)/2Ｒ(ｆ,ｆ')/ａ_nと全く同じ形です。

したがって,終結式Ｒ(ｆ,ｇ)の２つの定義が同じものであることを証明しさえすれば,判別式については自動的にＤ＝Δ(ｆ)であることになります。

(証明)ｆ(ｘ)＝ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋...＋ａ_nｘⁿ (ａ_n≠0),およびｇ(ｘ)＝ｂ₀＋ｂ₁ｘ＋ｂ₂ｘ²＋...＋ｂ_mｘ^m(ｂ_m≠0)の根をそれぞれα₁,α₂,...,α_n,およびβ₁,β₂,...,β_mとすると,ｆ(ｘ)＝ａ_nΠ_μ=1ⁿ(ｘ－α_μ),ｇ(ｘ)＝ｂ_mΠ_ν=1^m(ｘ－β_ν)です。

　そして根と係数の関係としてａ₀/ａ_n,ａ₁/ａ_n,...,ａ_n-1/ａ_nは全てｆ(ｘ)＝0 の根α₁,α₂,...,α_nの基本対称式,ｂ₀/ｂ_m,ｂ₁/ｂ_m,...,ｂ_m-1/ｂ_mは全てｇ(ｘ)＝0 の根β₁,β₂,...,β_mの基本対称式で表わされますから,行列式で定義された方のＲ(ｆ,ｇ)はａ_n,ｂ_mおよびα₁,α₂,...,α_n,β₁,β₂,...,β_mの関数です。

　つまり,Ｒ(ｆ,ｇ)はＲ(ａ_n,ｂ_m,α₁,α₂,...,α_n,β₁,β₂,...β_m)なる形の関数です。

一方,[定理2]の証明では(ｍ＋ｎ)元の連立方程式系ｘⁱｆ(ｘ)＝ａ₀ｘⁱ＋ａ₁ｘⁱ⁺¹＋ａ₂ｘⁱ⁺²＋...＋ａ_nｘⁱ⁺ⁿ (ｉ＝0,1,...,ｍ－１),ｘ^jｇ(ｘ)＝ｂ₀ｘ^j＋ｂ₁ｘ^j+1＋ｂ₂ｘ^j+2＋...＋ｂ_mｘ^j+m(ｊ＝0,1,...,ｎ－１)を想定しました。

そして,この方程式の解の組:1,ｘ,ｘ²,...,ｘ^m+n-1を列ベクトルＸ＝^t(1,ｘ,ｘ²,...,ｘ^m+n-1)で,右辺の関数の組:ｆ(ｘ),ｘｆ(ｘ),...,ｇ(ｘ),ｘｇ(ｘ),...を列ベクトルＹ＝^t(ｆ(ｘ),ｘｆ(ｘ),...,ｇ(ｘ),ｘｇ(ｘ),...)で表わせば,係数を(ｍ＋ｎ)次の正方行列Ａとして元の方程式を行列形式の１次方程式:ＡＸ＝Ｙの形に書くことができて,係数Ａの行列式が終結式Ｒ(ｆ,ｇ)に等しいことを見ました。

この連立一次方程式ＡＸ＝Ｙにおいて,仮に代数方程式ｆ(ｘ)＝0 とｇ(ｘ)＝0 に共通根ｘ＝γが存在すれば,γ≡^t(1,γ,γ²,...,γ^m+n-1)と書くとＸ＝γではＡγ＝0 となるので斉次方程式ＡＸ＝0 に自明でない解γが存在することになり,そのときにはＲ(ｆ,ｇ)＝det(Ａ)＝0 です。

そこで,先に書いたａ_n,ｂ_m,およびα_μ,β_ν(μ＝0,1,2,...,ｎ,ν＝0,1,2,...,ｍ)の関数としてのＲ(ｆ,ｇ)の表現式:Ｒ(ｆ,ｇ)＝Ｒ(ａ_n,ｂ_m,α₁,α₂,...,α_n,β₁,β₂,...,β_m)にα_μ＝β_ν＝γを代入するとＲ(ｆ,ｇ)＝0 となることがわかります。

すなわち,同じことですがα_μにβ_νを代入するとＲ(ｆ,ｇ)＝0 となります。

これは,Ｒ(ｆ,ｇ)＝Ｒ(ａ_n,ｂ_m,α₁,α₂,...,α_n,β₁,β₂,..,β_m)が全ての対(μ,ν)に関して因数(α_μ－β_ν)を持つことを意味します。

それ故,Ｒ(ｆ,ｇ)はΠ_μ,ν(α_μ－β_ν)^pなる因子を持つはずです。

因子(α_μ－β_ν)^pのベキｐが共通の値であるとしたのはＲ(ｆ,ｇ)が根の対称式だからです。

また,Ｒ(ｆ,ｇ)は係数(ａ₀,ａ₁,ａ₂,...ａ_n)を１列ずつずらしてｍ行並べ,その下に(ｂ₀,ｂ₁,ｂ₂,...,ｂ_m)を1列ずつずらしてｎ行並べた(ｍ＋ｎ)×(ｍ＋ｎ)の行列式ですが,ａ₀,ａ₁,ａ₂,...,ａ_nの各々はα₁,α₂,...,α_nの対称式のａ_n倍,ｂ₀,ｂ₁,ｂ₂,...ｂ_mの各々はβ₁,β₂,．．,β_mの対称式のｂ_m倍ですから,Ｒ(ｆ,ｇ)はα₁,α₂,...,α_nの対称式,β₁,β₂,...,β_mの対称式に係数ａ_n^mｂ_mⁿを掛けたもので与えられることがわかります。

一方,ｆ(ｘ)＝ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋...＋ａ_nｘⁿ＝ａ_nΠ_μ=1ⁿ(ｘ－α_μ)により,両辺の1,ｘ²,ｘ,...,ｘⁿの係数を比較すればａ₀＝ａ_nΠ_μ=1ⁿα_μ,ａ₁＝－ａ_nΣ_ν=1ⁿΠ_μ=1ⁿα_μ)/α_ν...etc.が得られますから,ａ_k/ａ_nのα_μによる次数は(ｎ－ｋ)です。