312. 公式・特殊関数

2007年2月27日 (火)

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xn1= 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xn1= 0 の解であるn乗根をζk(k=0,1,2,...n-1)

とおくとき,ζk=e2πki/ncos(2πki/n)+isin(2πki/n)

という形書くことができて,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+a14+a23+a32+a4x+a50 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

呼ばれる変換:y=α0+α1x+α22+α33+α44

考えます。

 

 ここでαiはある複素数です。

 

 このとき,複素数bi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5+b14+b23+b32+b4y+b50

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.

i(α01234)=0 を満たす複素数の組:

α01234を見つけることができれば,

 

 そうしたαi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,i01234)=0 (1≦i≦4)を満足する解

01234)≠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+a14+a23+a32+a4x+a50

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,

i01234)=0 を満足する(α01234)≠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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2006年10月15日 (日)

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)=2sΓ(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}=A2s-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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2006年9月16日 (土)

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+1/2-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-tx-1dxによって定義します。

 そして,まずガウスの積公式:(nxn!)/[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。

(x)=logΓ(n+x)=log[∫0-tn+x-1dx]ですから,φ(t,x)≡e-tn+x-1とおけばf(x)=∫0φ(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。 

[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)≦nx(n-1)!が得られます。

そこで,(n-1)x(n-1)!/[x(x+1)..(x+n-1)]≦Γ(x)≦nx(n-1)!/[x(x+1)..(x+n-1)]=(nxn!)[(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 

(nxn!)/[x(x+1)..(x+n)]≦Γ(x)≦(nxn!)![(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)≦(nxn!)/[x(x+1)..(x+n)]≦Γ(x)となります。

したがって,n→ ∞ のとき,(nxn!)/[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)≡(nxn!)/[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)=(nxn!)/[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:nn-(n-1)<n!<nn+1-(n-1)が得られます。

 

Γ(n)=(n-1)!ですが,Γ(x)≡axx-1/2-xμ(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-1μ(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=0g(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=0g(x+m)<(1/12)∑m=0[1/(x+m)-1/(x+m+1)]=1/(12x)ですからμ(x)=∑m=0g(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)=axx-1/2-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!=ann+1/2-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:(nxn!)/[x(x+1)..(x+n)]→Γ(x) (as n→∞)において,x=1/2とおけば,

 

(n1/2n!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)=π1/2は[n1/2(n!)222n+1]/[(2n+1)!]で近似できることになります。

 

n!=ann+1/2-n+θ/(12n)等を代入すると,

 

[n1/222n+1-2n+θ/(6n) 22n+1]/[(2n+1)a(2n)2n+1/2-2n+Θ/(24n)]=ae[θ/(6n)-Θ/(24n)]/[21/2{1+1/(2n)}]→ Γ(1/2) =π1/2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+1/2-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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