５次以上の代数方程式の解法

　５次以上の任意の代数方程式の解について方程式の係数から,

ベキ根を取ることによって得られる解の公式を求めることは

19世紀にAbelとGaloisによって,不可能であることが

証明されました。

(これについては,2007年1/14から2007年1/29までの「ガロア理論(1)」,

「ガロア理論(2)」,「ガロア理論(3)」,「ガロア理論(4)」,

「ガロア理論(5)」,「ガロア理論(5)補遺」,

「ガロア理論(6)」や,

　2007年２/24,２/25の関連記事,

「１のベキ乗根はベキ根で解けるか？（円分多項式の根)」,

「円分多項式のガロア群」もありますから,

　よかったら参照してください。)

　しかしながら,ベキ根による解法が存在しなくても,

「代数学の基本定理」によれば,

　複素数体の中にその"代数方程式の解＝零点"が必ず存在する,

ことはわかっています。

　"解が存在する。"ことと,"解法が存在する。"ことは,

全く別のことなのですね。

　ところで,５次以上の任意の代数方程式の解について,ベキ根による

解法は存在しなくても,それ以外の方法で解を求める一般的な解法

というものは存在しないのでしょうか？ 

　例えば,１のｎ乗根,すなわちｘⁿ－1＝ 0 の解は,既に述べたように

その全てをベキ根で表現することが可能ですが,それを具体的に示す

ことはかなり面倒な課題です。

　しかし,ルートを取るという操作と四則演算のみに頼るという狭い

方法にこだわることなく,指数関数や三角関数を用いてよいなら,

　ｎ個のｘⁿ－1＝ 0 の解であるｎ乗根をζ_k(ｋ＝0,1,2,...ｎ－1)

とおくとき,ζ_k＝ｅ^2πki/ｎ＝cos(2πki/ｎ)＋ｉsin(2πki/ｎ)

という形に書くことができて,かなり,すっきりした簡明な形

で表現できることは,もっと昔から知られていました。

　実は,一般の５次の代数方程式の解も,ベキ根に頼るのではなくて,

楕円関数を用いる方法によって,その解の公式を与えることが可能

であることがわかっていて,テータ関数を用いてその公式を与える

実際の表式が得られています。

　これを厳密に説明することは,私の現時点での容量の限界を超えて

いるので,その手順の概略のみを紹介してみます。 

　一般の５次の代数方程式を,

　ｘ⁵＋ａ₁ｘ⁴＋ａ₂ｘ³＋ａ₃ｘ²＋ａ₄ｘ＋ａ₅＝0 と書くと,

　ｙ＝ｘ＋ａ₁/5 とおくことによって,ａ₁＝ 0 の場合に

帰着させることができますが,

　この変換を一般化して,Tschirnhausen(チルンハウゼン)変換

と呼ばれる変換:ｙ＝α₀＋α₁ｘ＋α₂ｘ²＋α₃ｘ³＋α₄ｘ⁴

を考えます。

　ここでα_iはある複素数です。

　このとき,複素数ｂ_iが存在して,先のｘに対する５次の代数方程式

がｙに対する方程式ｙ⁵＋ｂ₁ｙ⁴＋ｂ₂ｙ³＋ｂ₃ｙ²＋ｂ₄ｙ＋ｂ₅＝0

に変換されるとします。

　もしも,1≦ｉ≦4を満たす４つのｉについて.

ｂ_i(α₀,α₁,α₂,α₃,α₄)＝0 を満たす複素数の組:

α₀,α₁,α₂,α₃,α₄を見つけることができれば,

　そうしたα_iに対してはｙの５次方程式はｙ⁵＋ｂ₅ ＝0 となり,

この解は根号によって,ｙ＝(－ｂ₅)^1/5と書けますから,

結局,元のｘに対する５次方程式の解が求まることになります。

　ところが,ｂ_i(α₀,α₁,α₂,α₃,α₄)＝0 (1≦ｉ≦4)を満足する解

(α₀,α₁,α₂,α₃,α₄)≠0 を求めるには,残念ながら,

24次の代数方程式を解かなければならず,

　５次の代数方程式ｘ⁵＋ａ₁ｘ⁴＋ａ₂ｘ³＋ａ₃ｘ²＋ａ₄ｘ＋ａ₅＝0

に対して,この24次の方程式を解くことは不可能なこと

がわかっています。

　しかし,４つ全部のｉではなく,1≦ｉ≦3を満たす３つだけについて,

ｂ_i(α₀,α₁,α₂,α₃,α₄)＝0 を満足する(α₀,α₁,α₂,α₃,α₄)≠0

を求めるには高々４次の代数方程式を解けばいいので,

　結局,,Tschirnhausen変換により,ベキ根のみの方法により

与えられた方程式をｙ⁵＋ｙ＋ｂ＝0 という形にまで簡略化

できます。

　この簡略形は,この方法を始めて行った人の名を取って,

Bring-Jerrardの標準形と呼ばれています。

　そして,このｙ⁵＋ｙ＋ｂ＝0 の一般解を求めることは,

べき根によるのでは不可能ですが,楕円関数の世界では,

この解の公式を具体的に表わすことができるらしいのです。

　６次以上の代数方程式についても,楕円関数を

さらに超越積分∫[1/√ｆ(ｘ)]ｄｘに置き換えることで,

解の公式を作ることができるらしいですね。

参考文献；梅村 浩 著「楕円関数論」(東京大学出版会)　

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    物理学

ガンマ関数の1公式の証明

　T_NAKAさんの阿房ブログに出題されたΓ関数についての問題:

　Γ(ｓ)Γ(1－ｓ)＝π/sin(sπ)を示せ。

　について,私も解答を考えてみたのでここに掲載します。

　Γ(ｓ)Γ(1－ｓ)＝π/sin(sπ)の証明について,最初から結果を見越してφ(ｓ)＝Γ(ｓ)Γ(1－ｓ)sin(sπ)と置き,φ(ｓ)＝π(一定)となることを証明する方法があります。

　φ(ｓ)でｓをｓ＋1に置き換えると,φ(ｓ＋1)＝Γ(ｓ＋1)Γ(－ｓ)sin{(s＋1)π}＝ｓΓ(ｓ){Γ(1－ｓ)/(－ｓ)}{－sin(ｓπ)}＝φ(ｓ)となるのでφ(ｓ)は周期１の周期関数になることがわかります。

　しかも sin(ｓπ)/ｓ＝π－ｓ²/3!＋...をφ(ｓ)＝φ(ｓ＋1)＝Γ(ｓ＋1)Γ(1－ｓ)sin(ｓπ)/ｓに代入してｓ＝0 とおくことによりφ(0)＝πが得られます。

　したがって,ｍが整数ならφ(ｍ)＝πです。

　そして,ｆ(ｓ)＝2^sΓ(ｓ/2)Γ{(ｓ＋1)/2}とおくとｆ(ｓ＋1)＝ｓｆ(ｓ)ですから,Ａを定数としてｆ(ｓ)＝ＡΓ(ｓ)が成立するはずです。

　そこで,Γ(ｓ/2)Γ{(ｓ＋1)/2}＝Ａ2^-sΓ(ｓ)です。この式とこれのｓを(１－ｓ)に置き換えたもの:Γ(1－ｓ/2)Γ{1－(ｓ＋1)/2}＝Ａ2^s-1Γ(1－ｓ)とを掛け合わせます。　

　sin(ｓπ/2)sin{(ｓ＋1)π/2}＝2^-1sin(ｓπ)なる公式を用いると,φ(ｓ/2)φ{(ｓ＋1)/2}＝(Ａ²/4)φ(ｓ)＝Ｂφ(ｓ)が得られます。

　この式でｓ＝2ｋとおくとπφ(ｋ＋1/2)＝Ｂπですから,φ(ｋ＋1/2)＝Ｂ(一定)が得られます。

　ところで,Γ(ｓ/2)Γ{(ｓ＋1)/2}＝Ａ2^-sΓ(ｓ)でｓ＝１とおけばΓ(1/2)＝Ａ/2ですから,Ａ＝2√πとなります。そこでｓが1/2の倍数のときもφ(ｋ＋1/2)＝πですね。

　またφ(ｓ/2)φ[(ｓ＋1)/2]＝πφ(ｓ)が成立することもわかりました。

　そこで,log{φ(ｓ/2)}＋log[φ{(ｓ＋1)/2}]＝log{φ(ｓ)}＋logπですから,log{φ(ｓ)}の２階導関数をψ(ｓ)とおけば(1/4)[ψ(ｓ/2)＋ψ{(ｓ＋1)/2}]＝ψ(ｓ)です。

　ｓを閉区間[0,1]に限ればψ(ｓ)は連続関数なので有界であり,ある正の数Ｍが存在して|ψ(ｓ)|≦Ｍと書けますが,ψ(ｓ)は周期１の周期関数なので,全区間で|ψ(ｓ)|≦Ｍとなることがわかります。

　ところが,ψ(ｓ)＝(1/4)[ψ(ｓ/2)＋ψ{(ｓ＋1)/2}]なので|ψ(ｓ)|≦(1/4)(Ｍ＋Ｍ)≦Ｍ/2です。

　これを繰り返せば,|ψ(ｓ)|≦Ｍ/2ⁿがｎ→∞ でも成立するので,結局ψ(ｓ)＝0 です。よってlog[φ(ｓ)]はｓの１次関数でしかも周期１の周期関数ということになるのでこれは定数です。

　したがって,φ(ｓ)＝π(一定)が得られ,結局Γ(ｓ)Γ(1－ｓ)sin(ｓπ)＝πという式が証明されました。

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ガンマ関数とスターリングの公式

　今日はガンマ関数(Gamma function)について考察し,ガウスの積公式と統計学などで重要なスターリングの公式(Stirling's formula):ｎ!～(2π)^1/2ｎ^n＋1/2ｅ^-n (as ｎ→ ∞)を証明します。

　まず,ｘ＞0 に対してガンマ関数をΓ(ｘ)＝∫₀^∞ｅ^-tｔ^x-1ｄｘ

によって定義します。

　そして,まずガウスの積公式:

(ｎ^xｎ!)/[ｘ(ｘ＋1)..(ｘ＋ｎ)] → Γ(ｘ) (as ｎ→ ∞)

を示しましょう。

公式を証明するために,ｎ≧2の整数:ｎに対して

ｆ(ｘ)≡logΓ(ｎ＋ｘ)とおきます。

すると,これは凸関数であることがわかります。

ｆ(ｘ)が凸関数であること証明します。

その手順は次の通りです。

　その前に,"ｆ(ｘ)が凸関数である"という定義を明確にして

おきます。

　すなわち,これは 

　"ｘ＜ｙなる任意の実数ｘ,ｙと0＜λ＜1なる任意のλに対して,

不等式:ｆ[λｘ＋(1－λ)ｙ]≦λｆ(ｘ)＋(1－λ)ｆ(ｙ)が常に

成り立つ"　ことを意味します。

そして,ｆ(ｘ)が２階微分可能なとき対象領域でｆ(ｘ)が凸関数

であるためには,ｆのｘによる２階導関数ｆ"(ｘ)が非負,つまり

ｆ"(ｘ)≧0 を満足すれば十分です。

一応,これも証明しておきます。

(ｆ"(ｘ)≧0 ならｆが凸であることの証明)

ｆ"(ｘ)≧0 のときには１階導関数ｆ'(ｘ)が単調増加です。

そこで,ｘ＜ｙのとき,Δｘ＞0,Δｙ＞0 とすれば,平均値の定理

よりｆ(ｘ)の差商も単調増加です。

すなわち,

[ｆ(ｘ＋Δｘ)－f(ｘ)]/Δｘ≦[ｆ(ｙ＋Δｙ)－ｆ(ｙ)]/Δｙ

for ｘ＜ｙ が成立します。

そこで,ｆ[λｘ＋(1－λ)ｙ]－[λｆ(ｘ)＋(1－λ)ｆ(ｙ)]

＝λ{ｆ[λｘ＋(1－λ)ｙ]－ｆ(ｘ)}－(1－λ)

{ｆ(ｙ)－ｆ[λｘ＋(1－λ)ｙ]}をλ(1―λ)(ｙ－ｘ)＞0

で割れば,

ｘ＜λｘ＋(1－λ)ｙ＜ｙ,および上記の"差商の単調増加性"

により,これは常にゼロ以下となります。

以上から,"ｆ"(ｘ)≧0 ならｆ(ｘ)は凸関数である"ことが

示されました。(証明終わり)

ところで,対数が共に凸関数である２つの関数の和の対数は

凸関数,つまりlog(ｐ(ｘ)),log(ｑ(ｘ))が凸なら

log(ｐ(ｘ)＋ｑ(ｘ))も凸ですから,無限和である積分を

考えてもそうなります。

それ故,ｇ(ｘ)＝∫φ(ｔ,ｘ)ｄｔにおいて,ｔを任意に固定

したときlog[φ(ｔ,ｘ)]がｘの凸関数であれば,

ｆ(ｘ)＝log[ｇ(ｘ)]もｘの凸関数であることがわかります。

ｆ(ｘ)＝logΓ(ｎ＋ｘ)＝log[∫₀^∞ｅ^-tｔ^n+x-1ｄｘ]ですから,

φ(ｔ,ｘ)≡ｅ^-tｔ^n+x-1とおけばｆ(ｘ)＝∫₀^∞φ(ｔ,ｘ)ｄｔで

ありψ(ｘ)≡logφ(ｔ,ｘ)＝－ｔ＋(ｎ＋ｘ－1)logｔです。

任意のｔについてψ"(ｘ)≧0 ですからψ(ｘ)＝logφ(ｔ,ｘ)

は凸です。

そこで,ｆ(ｘ)＝logΓ(ｎ＋ｘ)も凸関数であることがわかり

ました。

さて,いよいよガウスの積公式の証明に進みます。

ｆ[λｘ＋(1－λ)ｙ]≦λｆ(ｘ)＋(1－λ)ｆ(ｙ)において,

ｘ＝0 ,ｙ＝1とおけば,ｆ(1－λ)≦λｆ(0)＋(1－λ)ｆ(1)

より,[ｆ(1－λ)－ｆ(0)]/(1－λ)≦ｆ(1)－ｆ(0)が成立

します。

また,ｘ＝(1－λ)/λ,ｙ＝－1とおけば,

ｆ(0)－ｆ(－1)≦[λ/(1－λ)]{ｆ[(1－λ)/λ]－ｆ(0)}

ですから,

一般に 0＜ｘ＜1なる任意のｘに対して,

ｆ(0)－ｆ(－1)≦[ｆ(ｘ)－ｆ(0)]/ｘ≦ｆ(1)－ｆ(0)

が成立するはずです。

したがって,ガンマ関数の性質:

Γ(ｎ＋1)＝ｎ!,Γ(ｘ＋1)＝ｘΓ(ｘ)により,

log(ｎ－1)≦[logΓ(ｎ＋ｘ)－log{(ｎ－1)!}]/ｘ≦logｎ

(ｎ≧2,0＜ｘ＜1)　となります。

よって,(ｎ－1)^x(ｎ－1)!≦Γ(ｎ＋ｘ)≦ｎ^x(ｎ－1)!が

得られます。

そこで,(ｎ－1)^x(ｎ－1)!/[ｘ(ｘ＋1)..(ｘ＋ｎ－1)]

≦Γ(ｘ)≦ｎ^x(ｎ－1)!/[ｘ(ｘ＋1)..(ｘ＋ｎ－1)]

＝(ｎ^xｎ!)[(ｘ＋ｎ)/ｎ]/[ｘ(ｘ＋1)..(ｘ＋ｎ)]です。

ｎは２以上の任意の整数なので,これを 

(ｎ^xｎ!)/[ｘ(ｘ＋1)..(ｘ＋ｎ)]≦Γ(ｘ)

≦(ｎ^xｎ!)![(ｘ＋ｎ)/ｎ]/[ｘ(ｘ＋1)..(ｘ＋ｎ)]　

と書いてもいいわけです。

それ故,結局,

ｎΓ(ｘ)/(ｘ＋ｎ)≦(ｎ^xｎ!)/[ｘ(ｘ＋1)..(ｘ＋ｎ)]≦Γ(ｘ)

となります。

したがって,ｎ→ ∞ のとき,

(ｎ^xｎ!)/[ｘ(ｘ＋1)..(ｘ＋ｎ)]→Γ(ｘ) (0＜ｘ＜1)

なることが導かれました。

ここで簡単のため,

γ(ｎ,ｘ)≡(ｎ^xｎ!)/[ｘ(ｘ＋1)..(ｘ＋ｎ)]と定義して

おくと,γ(ｎ,ｘ＋1)＝ｎγ(ｎ,ｘ)/(ｘ＋ｎ＋1)です。

そこで,ｎ→ ∞ のとき,

γ(ｎ,ｘ＋1) → ｘΓ(ｘ)＝Γ(ｘ＋１)　　です。

それ故, 0＜ｘ＜1 を満足するｘだけでなく任意のｘ＞0

に対して, 

"ｎ→ ∞ でγ(ｎ,ｘ)＝(ｎ^xｎ!)/[ｘ(ｘ＋1)..(ｘ＋ｎ)]

→ Γ(ｘ)が成立することがわかりました。

次はスターリングの公式の証明です。

不等式:[1＋(1/ｋ)]^k＜ｅ＜[1＋(1/ｋ)]^k+1をｋ＝1,2,..,ｎ－1

について全て掛け合わせると,不等式:

ｎⁿｅ^-(n-1)＜ｎ!＜ｎⁿ⁺¹ｅ^-(n-1)が得られます。

Γ(ｎ)＝(ｎ－１)!ですが,Γ(ｘ)≡ａｘ^x-1/2ｅ^-xｅ^μ(ｘ)なる形

を仮定して,右辺の未知関数μ(ｘ)を求めることにします。

この表式では,ｘ＝Γ(ｘ＋1)/Γ(ｘ)

＝[1＋(1/ｘ)]^x+1/2ｘｅ^-1ｅ^{μ(ｘ＋１)－μ(ｘ)}なので,μ(ｘ)

の満たすべき必要条件は,

μ(ｘ)－μ(ｘ＋1)＝(ｘ＋1/2)log[1＋(1/ｘ)]－1です。

そこで,ｇ(ｘ)≡(ｘ＋1/2)log[1＋(1/ｘ)]－1と置けば,

μ(ｘ)＝∑_m=0^∞ｇ(ｘ＋ｍ)と書けます。この級数が収束すれば,

それは左辺の存在を意味するので,これが収束することを見

ておきましょう。

級数展開:(1/2)log[(1＋ｙ)/(1－ｙ)]

＝ｙ/1＋ｙ³/3＋ｙ⁵/5＋.. (|ｙ|＜1)において,ｙ＝1/(2ｘ＋1)

を代入します。これはｘ＞0 であれば 0＜1/(2ｘ＋1)＜1なので

全く問題はありません。

そこでｇ(ｘ)＝(ｘ＋1/2)log[1＋(1/ｘ)]－1

＝1/[3(2ｘ＋1)²]＋1/[5(2ｘ＋1)⁴]＋1/[7(2ｘ＋1)⁶]＋..

を得ます。

この式の右辺の第２項から後の項の分母の5,7,9..を全て3に

置き換えた等比級数の和は簡単に導出できて,それは

1/[12ｘ(ｘ＋1)]＝(1/12)[１/ｘ－1/(ｘ＋1)]です。

そこで,0＜ｇ(ｘ)＜(1/12)[１/ｘ－1/(ｘ＋1)]であり,

それ故,

0＜∑_m=0^∞ｇ(ｘ＋ｍ)

＜(1/12)∑_m=0^∞[１/(ｘ＋ｍ)－1/(ｘ＋ｍ＋1)]

＝1/(12ｘ)ですからμ(ｘ)＝∑_m=0^∞ｇ(ｘ＋ｍ)は確かに

収束して0＜μ(ｘ)＜1/(12ｘ)となることがわかります。

そこで,0＜θ＜1なるあるθを用いてμ(ｘ)＝θ/(12ｘ)

と書くことができて,Γ(ｘ)＝ａｘ^x-1/2ｅ^{-x＋θ/(12ｘ)}

と書けます。

そして,これにｘ＝ｎを代入した後に両辺にｎを掛けると,

ｎ!＝ａｎ^n+1/2ｅ^{-n＋θ/(12n)}となります。

最後に未知の定数ａを決めましょう。

先に証明したガウスの積公式:

(ｎ^xｎ!)/[ｘ(ｘ＋1)..(ｘ＋ｎ)]→Γ(ｘ) (as ｎ→∞)において

ｘ＝1/2とおけば, 

(ｎ^1/2ｎ!2ⁿ⁺¹)/[1・3・5・...(2ｎ＋1)]→Γ(1/2)　

となります。

左辺の分母:[1・3・5・...(2ｎ＋1)]は,[(2ｎ＋1)!]/2ⁿｎ!

とも書けますから,既知の数:Γ(1/2)＝π^1/2は

[ｎ^1/2(ｎ!)²2²ⁿ⁺¹]/[(2ｎ＋1)!]で近似できることになります。

ｎ!＝ａｎ^n+1/2ｅ^{-n＋θ/(12n)}等を代入すると,

[ｎ^1/2ａ²ｎ²ⁿ⁺¹ｅ^{-2n＋θ/(6n)} 2²ⁿ⁺¹]

/[(2ｎ＋1)ａ(2ｎ)^2n+1/2ｅ^{-2n＋Θ/(24n)}]

＝ａｅ^{[θ/(6n)－Θ/(24n)]}/[2^1/2{1＋1/(2ｎ)}]

→ Γ(1/2) ＝π^1/2です。

それ故,ｎ→ ∞を考慮してａ＝(2π)^1/2が得られます。

こうして,最終的なスターリングの公式の表式である

ｎ!＝(2π)^1/2ｎ^n+1/2ｅ^{-n＋θ/(12n)} が証明されました。

参考文献：

アルティン著,上野健爾 訳「ガンマ関数入門」(日本評論社）

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