数理解析研究所講究録
第 722 巻 1990 年 17-20

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巡回群をガロア群に持つ 5 次方程式の判別とその解法
元吉文男 (Fumio Motoyoshi)(電子技術総合研究所)
表題は正確には、 「 上の 5 次既約多項式 $f\in Q[x]$ の 上のガロア群が巡回群であることの判定と、 そ$Q$$Q$の場合に を代数的に解く方法の数式処理による実現」である。以下の方法は 5 次に限らず素数次の場$f$合に適用できるが、実際に計算できるかどうかでは、せいぜい 7 次までであると考える。

\S 1. ガロア群が巡回群かどうかの判定$f$の $Q$ 上の最小多項式は $f$ であるので $f$ の 1 根を\alpha としたとき に$f$ を $Q(\alpha)$ で因数分解して、根がすべて分離できれば巡回群である。

$f\in Q[x]$ の $Q(\alpha)$

上での因数分解法

1. \alpha の定義多項式を とする。 $(g(\alpha)=0)$$g$

2. $f(x-s\alpha)$ と$g(\alpha)$の\alpha に関する終結式 $r(x)$ を求めるが、 このとき $r(x)$ が無平方になるように $s$ を決める。

3. $r(x)$ を 上で因数分解する。
$Q$$r(x)=r_{1}(x)r_{2}(x)$4. 各$r_{i}(x)$$r_{k}(x)$と $f(x-s\alpha)$ との GCD をとる。

$f_{i}(x)=GCD(r_{1}(x), f(x-s\alpha))$すると$f(x)=f_{1}(x+s\alpha)f_{2}(x+s\alpha)$...

$f_{k}(x+s\alpha)$

どなって因数分解ができる。

ここで $g(\alpha)=f(\alpha)$ としたときの各$f_{i}$が についての 1 次式ならば $f$ の $Q$ 上のガロア群は巡回群である。 さ$x$

らに $f$ の Q(\omega 5) 上でのガロア群も同じ巡回群になっている。 このとき$\alpha_{i}(1\leq i\leq 4)$$\alpha$は $f$ の任意の 1 根であり、他の根は\alpha の $Q$ 係数多項式として表される。

$\alpha_{i}=\theta_{i}(\alpha)$\S 2. ガロア群が巡回群である 5 次方程式の解法上の因数分解によって の根が任意の 1 根の多項式として表せたとする。 このとき
$f$$\theta_{1}^{2}(\alpha),$$\theta_{1}^{3}(\alpha),$$\theta_{1}^{4}(\alpha)$は全体として一致するので、 あらためて\alpha i$=\theta_{1}^{i}(\alpha),$$(1\leq i\leq 4)$$\alpha_{2},$とし、$\alpha_{3}\alpha_{4}$と$\theta=\theta_{1}$と書くことにする。 このようにすると の根は\mbox{\boldmath $\theta$}:(\alpha ), (0\leq i\leq 4) である。
$f$

ここで $f$ を代数的に解くためにラグランジェの方法を使用する。 ラグランジェの分解式を次のように定義する:

18$u(\alpha, k)=\alpha+\omega_{5}^{k}\theta(\alpha)+\omega_{5}^{2k}\theta^{2}(\alpha)+\omega_{5}^{3k}\theta^{3}(\alpha)+\omega_{5}^{4k}\theta^{4}(\alpha)$

このときに$\theta(u(\alpha, k))=\omega_{5^{-k}}u(\alpha, k)$である。 そこで$\theta(u(\alpha, k)u(\alpha, 1)^{5-k})=u(\alpha, k)u(\alpha, 1)^{5-k}$となり, $u(\alpha, k)u(\alpha, 1)^{5-k}\in Q(\omega_{5})$ であるので、$(1\leq k\leq 4)$$\sigma_{i}(\omega_{5})(1\leq i\leq 4)$を\omega 5 の多項式として$u(\alpha, k)u(\alpha, 1)^{5-k}=\sigma_{k}(\omega_{5})$と書くことができる。 そこで実際に各\mbox{\boldmath $\sigma$}i を計算して具体的な形を求める。すると各$u(\alpha,k)$は次のように求めることができる:$u(\alpha,1)=\sqrt[5]{\sigma_{1}(\omega_{5})}$$u( \alpha,k)=\frac{\sigma_{k}(\omega_{5})u(\alpha,1)^{k}}{\sigma_{1}(\omega_{5})}$

また$u(\alpha,0)=\alpha+\theta(\alpha)+\theta^{2}(\alpha)+\theta^{3}(\alpha)+\theta^{4}(\alpha)$であり、 これは$f(x)=a_{5}x^{5}+a_{4}x^{4}+a_{3}x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}$としたときの $-a_{4}/a_{5}$ である。
さらに$5\alpha=u(\alpha,0)+u(\alpha,1)+u(\alpha,2)+u(\alpha_{c^{-}}\backslash )+u(\alpha,4)$という関係を利用すれば\alpha の具体的な形が得られる。

\S 3. 例
$f(x)=x^{5}+x^{4}-4x^{3}-3x^{2}+3x+1$を解くことにする。 を $f(x)=0$ の根とする。
$\alpha$$f(x)$ の $Q(\alpha)$ 上での因数分解\alpha の定義多項式は f(\alpha ) であり、 $f(x)$ は x-\alpha で割ることができるので次数を 1 つ落すことができる。
$h(x, \alpha)=\frac{f(x)}{x-\alpha}=x^{4}+(\alpha+1)x^{3}+(\alpha^{2}+\alpha-4)x^{2}+(\alpha^{3}+\alpha^{2}-4\alpha-3)x+(\alpha^{4}+\alpha^{3}-4\alpha^{2}-3\alpha+3)$

ここで $h(x+\alpha,\alpha)$ と $f(\alpha)$ の\alpha に関する終結式を求めると$r(x)=x^{20}-44x^{18}+792x^{16}-7623x^{14}+43076x^{12}-147983x^{10}+310123x^{8}-388652x^{6}$$+278179x^{4}-102487x^{2}+14641$となり、 これを で因数分解すると$Q$$r(x)=(x^{5}-11x^{3}+22x+11)(x^{5}-11x^{3}+22x-11)(x^{5}-11x^{3}-11x^{2}+11x+11)(x^{5}-1lx^{3}-11x^{2}+11x-11)$となる。 この各因子と $h(x+\alpha,\alpha)$ との GCD を求めることになるが、最初の因子で行なうと、

19GCD $(h(x+\alpha,\alpha),(x^{5}-11x^{3}+22x+11))$$=(105\alpha^{4}-170\alpha^{3}-285\alpha^{2}+216\alpha+80)x+(-404\alpha^{4}+165\alpha^{3}+753\alpha^{2}-314\alpha-144)$が得られるが の係数を 1 にするために の係数の逆数を求めると
$x$

$x$

$\frac{1}{(105\alpha^{4}-170\alpha^{3}-285\alpha^{2}+216\alpha+80)}=\underline{143261\alpha^{4}+9633}\frac{\tau_{\alpha^{3}-599144\alpha^{2}-237458\alpha+488688}L}{20339}$となり、 これを定数項に掛けて次の式を得る。

GCD $=x+(-\alpha^{4}+4\alpha^{2}+\alpha-2)$
同様にして各項の GCD を計算して$h(x+\alpha,\alpha)=(x-(\alpha^{4}-4\alpha^{2}-\alpha+2))(x-(\alpha^{3}-4\alpha))(x-(\alpha^{2}-\alpha-2))(x-(-\alpha^{4}-\alpha^{3}+3\alpha^{2}+\alpha-1))$となるので$f(x)=(x-\alpha)h(x,\alpha)$$=(x-\alpha)(x-(\alpha^{4}-4\alpha^{2}+2))(x-(\alpha^{3}-3\alpha))(x-(\alpha^{2}-2))(x-(-\alpha^{4}-\alpha^{3}+3\alpha^{2}+2\alpha-1))$となって因数分解ができ、$f$の $Q$ でのガロア群が巡回群であることがわかる。

ノ (x) の代数的解法

上の因数分解から$\theta(\alpha)=\alpha^{2}-2$とする。 これより$\theta^{2}(\alpha)=\alpha^{4}-4\alpha^{2}+2$$\theta^{3}(\alpha)=\alpha^{3}-3\alpha$$\theta^{4}(\alpha)=-\alpha^{5}-\alpha^{4}+3\alpha^{3}+2\alpha-1$となる。そこで$u(\alpha, k)=\alpha+\omega_{5}^{k}\theta(\alpha)+\omega_{5}^{2k}\theta^{2}(\alpha)+\omega_{5}^{3k}\theta^{3}(\alpha)+\omega_{5}^{4k}\theta^{4}(\alpha)$に代入して各 $u(\alpha, k)$ を計算すると$u(\alpha,0)=-1$$u(\alpha,1)=(\omega_{5}^{3}+2\omega_{5}^{2}+\omega_{5}+1)\alpha^{4}+(2\omega_{5}^{3}+\omega_{5}^{2}+\omega_{5}+1)\alpha^{3}+(-3\omega_{5}^{3}-7\omega_{5}^{2}-2\omega_{5}-3)\alpha^{2}$$+(-5\omega_{5}^{3}-2\omega_{5}^{2}-2\omega_{5}-1)\alpha+(\omega_{5}^{3}+3\omega_{5}^{2}-\omega_{5}+1)$$u(\alpha,2)=(-2\omega_{5}^{3}-\omega_{5}^{2}-\omega_{5}-1)\alpha^{4}+(-\omega_{5}^{3}+\omega_{5})\alpha^{3}+(7\omega_{5}^{3}+5\omega_{5}^{2}+4\omega_{5}+4)\alpha^{2}+(2\omega_{5}^{3}-3\omega_{5}+1)\alpha$$+(-3\omega_{5}^{3}-4\omega_{5}^{2}-2\omega_{5}-2)$$u(\alpha,3)=(-\omega_{5}^{2}+\omega_{5})\alpha^{4}+(-\omega_{5}^{3}-2\omega_{5}^{2}-\omega_{5}-1)\alpha^{3}+(\omega_{5}^{3}+3\omega_{5}^{2}-4\omega_{5})\alpha^{2}+(3\omega_{5}^{3}+5\omega_{5}^{2}+3\omega_{5}+4)\alpha$$+(-2\omega_{5}^{3}-\omega_{5}^{2}+2\omega_{5})$$u(\alpha,4)=(-\omega_{5}^{3}-\omega_{5})\alpha^{4}+(\omega_{5}^{2}-\omega_{5})\alpha^{3}+(-5\omega_{5}^{3}-\omega_{5}^{2}+2\omega_{5}-1)\alpha^{2}+(-3\omega_{5}^{2}+2\omega_{5}+1)\alpha+(4\omega_{5}^{3}+2\omega_{5}^{2}+\omega_{5}+2)$

これより各\mbox{\boldmath $\sigma$}k(\omega 5) $=u(\alpha,k)u(\alpha,1)^{5-k}$ を計算すると以下のようになる。
$\sigma_{1}(\omega_{5})=-110\omega_{5}^{3}+165\omega_{5}^{2}-220\omega_{5}-286$$\sigma_{2}(\omega_{5})=99\omega_{5}^{3}+33\omega_{5}^{2}+77-33$$\sigma_{3}(\omega_{5})=-11\omega_{5}^{3}-22\omega_{5}^{2}+22\omega_{5}$20$\sigma_{4}(\omega_{5})=11$

ここでと書くことにすると、上の\mbox{\boldmath $\sigma$}k(\omega 5) を用いて$5 \alpha=-1+\beta+\frac{\sigma_{2}(\omega_{5})\beta^{2}+\sigma_{3}(\omega_{5})\beta^{3}+\sigma_{4}(\omega_{5})\beta^{4}}{\sigma_{1}(\omega_{5})}$$=-1+ \beta+\frac{(-4\omega_{5}^{3}-3\omega_{5}^{2}-2\omega_{5}-2)}{11}\beta^{2}+\frac{(-4\omega_{5}^{3}+2\omega_{5}^{2}-7\omega_{5}-10)}{121}\beta^{3}+\frac{(35\omega_{5}^{3}+10\omega_{5}^{2}+20\omega_{5}-6)}{1331}\beta^{4}$となって根が求まる。 なお\omega 5 は 1 の原始 5 乗根であり、$\omega_{5}^{4}+\omega_{5}^{3}+\omega_{5}^{2}+\omega_{5}+1=0$を満たすのでこれより、$\omega_{5}=-\frac{\sqrt{2\int_{5^{-}-10}}+\sqrt{5}+1}{4}$である。 (実は\alpha は\omega 11 を 1 の原始 n 乗根として$\alpha=\omega_{11}+\omega_{11}^{10}$と表すことができる。)\S 4. 5 次既約方程式の代数的可解性の判定
素数次既約方程式が代数的に可解であることの必要十分条件は、 その任意の 2 根によって根が分離できることであるので、 これを利用して可解性の判定を行なうことができる。

\S 1 において因数分解を行なった際に、$r_{i}(x)$のうちに次数が 5 次より大きいものがあるときには、 ガロア群が巡回群ではなかったが、 その式は Q(\alpha ) に f の\alpha 以外の根を添加した体の最小多項式になっている。 そこで、 $f$ の因数分解で分離できなかった式を、 この新しい体で因数分解してみて、 すべての根が.

分離できれば、 は代数的に可解であることがわかる。
$f$

この計算は最悪の場合には、 60 次の整数係数多項式の整数上での因数分解になるが、計算機で実行可能かどうかはまだ試していない。 ガロア群が$Z_{5}$を核とする$Z_{2}$の群拡大の場合には. 20 次の式の因数分解なので十分に計算可能であるので現在プログラム中である。