代数方程式論

テンプレート:Pathnav この項目では、有理数係数の1変数代数方程式、すなわち有理数 $a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n} (a_{n} \neq 0)$ を用いて

a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{0} = 0

の形に表される方程式の解法について述べる。この方程式は、両辺を $a_{n}$ で割ることで、

x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{0} = 0

という形で表すことができるので、以降はこの方程式の解法について述べる。

一次方程式

x + a_{0} = 0

は移項により解くことができ、その解は

x = - a_{0}

である。

例
方程式

x + 2 = 0

の解は、

x = - 2

である。

二次方程式

x^{2} + a_{1} x + a_{0} = 0

は以下のように平方完成を用いて解くことができる。

{(x + \frac{a_{1}}{2})}^{2} = \frac{a_{1}^{2} - 4 a_{0}}{4}

x + \frac{a_{1}}{2} = \frac{\pm \sqrt{a_{1}^{2} - 4 a_{0}}}{2}

x = \frac{- a_{1} \pm \sqrt{a_{1}^{2} - 4 a_{0}}}{2}

例
方程式

x^{2} + 2 x + 3 = 0

の解は、

x = \frac{- 2 \pm \sqrt{- 8}}{2} = - 1 \pm \sqrt{2} i

である。

例
方程式

x^{2} + 3 x + 2 = 0

の解は、

x = \frac{- 3 \pm \sqrt{1}}{2} = - 1, - 2

である。

このように、二次方程式は先ほど求めた解の公式によって解くことができるが、因数分解が簡単にできる場合に解の公式を用いるとかえって計算が煩雑になる。

一次方程式の場合とは異なり、二次方程式は係数が実数であっても虚数解しか持たない場合もある。このことは、人類が初めて虚数を必要としたきっかけとしてしばしば言及されるが、歴史的にはこれは正しくない。虚数を知らない人は、虚数解しか持たない方程式はそもそも「解を持たない」ということにしてしまえば済むからである。代数方程式を研究していく中で虚数が決定的に必要とされたのは、次の三次方程式の解法が発見されてからであった。

三次方程式

x^{3} + a_{2} x^{2} + a_{1} x + a_{0} = 0

を考える。この方程式は、

{(x + \frac{a_{2}}{3})}^{3} + (a_{1} - \frac{a_{2}^{2}}{3}) (x + \frac{a_{2}}{3}) + a_{0} - \frac{1}{3} a_{1} a_{2} + \frac{2}{27} a_{2}^{3} = 0

と変形できる。

t = x + \frac{a_{2}}{3}

とおく。また、

- 3 u v = a_{1} - \frac{a_{2}^{2}}{3}

u^{3} + v^{3} = a_{0} - \frac{1}{3} a_{1} a_{2} + \frac{2}{27} a_{2}^{3}

を満たす2数 $u, v$ が存在したとする。このとき方程式は、

t^{3} + u^{3} + v^{3} - 3 t u v = 0

(t + u + v) (t^{2} + u^{2} + v^{2} - t u - u v - v t) = 0

(t + u + v) (t^{2} - (u + v) t + u^{2} - u v + v^{2}) = 0

t = - u - v, \frac{(u + v) \pm (u - v) \sqrt{3} i}{2} = - u - v, - ω u - ω^{2} v, - ω^{2} u - ω v

と解くことができる（ただし、 $ω = \frac{- 1 + \sqrt{3} i}{2}$ である）。よって、

x = t - \frac{a_{2}}{3} = - u - v - \frac{a_{2}}{3}, - ω u - ω^{2} v - \frac{a_{2}}{3}, - ω^{2} u - ω v - \frac{a_{2}}{3}

である。

あとは、 $u, v$ を求めればよい。

u^{3} v^{3} = {(- \frac{a_{1}}{3} + \frac{a_{2}^{2}}{9})}^{3}

u^{3} + v^{3} = a_{0} - \frac{1}{3} a_{1} a_{2} + \frac{2}{27} a_{2}^{3}

に注意すると、 $u^{3}, v^{3}$ は二次方程式

z^{2} - (a_{0} - \frac{1}{3} a_{1} a_{2} + \frac{2}{27} a_{2}^{3}) z + {(- \frac{a_{1}}{3} + \frac{a_{2}^{2}}{9})}^{3} = 0

の解である。これを解くと

z = \frac{a_{0}}{2} - \frac{a_{1} a_{2}}{6} + \frac{a_{2}^{3}}{27} \pm \sqrt{{(\frac{a_{0}}{2} - \frac{a_{1} a_{2}}{6} + \frac{a_{2}^{3}}{27})}^{2} + {(\frac{a_{1}}{3} - \frac{a_{2}^{2}}{9})}^{3}}

となるので、

u = \sqrt[3]{\frac{a_{0}}{2} - \frac{a_{1} a_{2}}{6} + \frac{a_{2}^{3}}{27} + \sqrt{{(\frac{a_{0}}{2} - \frac{a_{1} a_{2}}{6} + \frac{a_{2}^{3}}{27})}^{2} + {(\frac{a_{1}}{3} - \frac{a_{2}^{2}}{9})}^{3}}}

v = \sqrt[3]{\frac{a_{0}}{2} - \frac{a_{1} a_{2}}{6} + \frac{a_{2}^{3}}{27} - \sqrt{{(\frac{a_{0}}{2} - \frac{a_{1} a_{2}}{6} + \frac{a_{2}^{3}}{27})}^{2} + {(\frac{a_{1}}{3} - \frac{a_{2}^{2}}{9})}^{3}}}

とすればよい。すなわち、3つの解は

x_{1} = - \sqrt[3]{\frac{a_{0}}{2} - \frac{a_{1} a_{2}}{6} + \frac{a_{2}^{3}}{27} + \sqrt{{(\frac{a_{0}}{2} - \frac{a_{1} a_{2}}{6} + \frac{a_{2}^{3}}{27})}^{2} + {(\frac{a_{1}}{3} - \frac{a_{2}^{2}}{9})}^{3}}} - \sqrt[3]{\frac{a_{0}}{2} - \frac{a_{1} a_{2}}{6} + \frac{a_{2}^{3}}{27} - \sqrt{{(\frac{a_{0}}{2} - \frac{a_{1} a_{2}}{6} + \frac{a_{2}^{3}}{27})}^{2} + {(\frac{a_{1}}{3} - \frac{a_{2}^{2}}{9})}^{3}}} - \frac{a_{2}}{3}

x_{2} = - ω \sqrt[3]{\frac{a_{0}}{2} - \frac{a_{1} a_{2}}{6} + \frac{a_{2}^{3}}{27} + \sqrt{{(\frac{a_{0}}{2} - \frac{a_{1} a_{2}}{6} + \frac{a_{2}^{3}}{27})}^{2} + {(\frac{a_{1}}{3} - \frac{a_{2}^{2}}{9})}^{3}}} - ω^{2} \sqrt[3]{\frac{a_{0}}{2} - \frac{a_{1} a_{2}}{6} + \frac{a_{2}^{3}}{27} - \sqrt{{(\frac{a_{0}}{2} - \frac{a_{1} a_{2}}{6} + \frac{a_{2}^{3}}{27})}^{2} + {(\frac{a_{1}}{3} - \frac{a_{2}^{2}}{9})}^{3}}} - \frac{a_{2}}{3}

x_{3} = - ω^{2} \sqrt[3]{\frac{a_{0}}{2} - \frac{a_{1} a_{2}}{6} + \frac{a_{2}^{3}}{27} + \sqrt{{(\frac{a_{0}}{2} - \frac{a_{1} a_{2}}{6} + \frac{a_{2}^{3}}{27})}^{2} + {(\frac{a_{1}}{3} - \frac{a_{2}^{2}}{9})}^{3}}} - ω \sqrt[3]{\frac{a_{0}}{2} - \frac{a_{1} a_{2}}{6} + \frac{a_{2}^{3}}{27} - \sqrt{{(\frac{a_{0}}{2} - \frac{a_{1} a_{2}}{6} + \frac{a_{2}^{3}}{27})}^{2} + {(\frac{a_{1}}{3} - \frac{a_{2}^{2}}{9})}^{3}}} - \frac{a_{2}}{3}

である。

例
方程式

x^{3} + 2 x^{2} + 3 x + 4 = 0

の解は、

x_{1} = - \sqrt[3]{\frac{35}{27} + \sqrt{\frac{1350}{729}}} - \sqrt[3]{\frac{35}{27} - \sqrt{\frac{1350}{729}}} - \frac{2}{3} = \frac{- \sqrt[3]{35 + 15 \sqrt{6}} - \sqrt[3]{35 - 15 \sqrt{6}} - 2}{3}

x_{2} = - ω \sqrt[3]{\frac{35}{27} + \sqrt{\frac{1350}{729}}} - ω^{2} \sqrt[3]{\frac{35}{27} - \sqrt{\frac{1350}{729}}} - \frac{2}{3} = \frac{- ω \sqrt[3]{35 + 15 \sqrt{6}} - ω^{2} \sqrt[3]{35 - 15 \sqrt{6}} - 2}{3}

x_{3} = - ω^{2} \sqrt[3]{\frac{35}{27} + \sqrt{\frac{1350}{729}}} - ω \sqrt[3]{\frac{35}{27} - \sqrt{\frac{1350}{729}}} - \frac{2}{3} = \frac{- ω^{2} \sqrt[3]{35 + 15 \sqrt{6}} - ω \sqrt[3]{35 - 15 \sqrt{6}} - 2}{3}

である。

例
方程式

x^{3} - 15 x - 4 = 0

の解は、

x_{1} = - \sqrt[3]{- 2 + \sqrt{- 121}} - \sqrt[3]{- 2 - \sqrt{- 121}} = \sqrt[3]{2 + 11 i} + \sqrt[3]{2 - 11 i}

x_{2} = - ω \sqrt[3]{- 2 + \sqrt{- 121}} - ω^{2} \sqrt[3]{- 2 - \sqrt{- 121}} = ω \sqrt[3]{2 + 11 i} + ω^{2} \sqrt[3]{2 - 11 i}

x_{3} = - ω^{2} \sqrt[3]{- 2 + \sqrt{- 121}} - ω \sqrt[3]{- 2 - \sqrt{- 121}} = ω^{2} \sqrt[3]{2 + 11 i} + ω \sqrt[3]{2 - 11 i}

である。ここで、 $(2 + i)^{3} = 2 + 11 i, (2 - i)^{3} = 2 - 11 i$ であることに注意すると、

x_{1} = (2 + i) + (2 - i) = 4

x_{2} = \frac{- 1 + \sqrt{3} i}{2} (2 + i) + \frac{- 1 - \sqrt{3} i}{2} (2 - i) = - 2 - \sqrt{3}

x_{3} = \frac{- 1 - \sqrt{3} i}{2} (2 + i) + \frac{- 1 + \sqrt{3} i}{2} (2 - i) = - 2 + \sqrt{3}

である。

3次方程式でも、因数定理で容易に因数分解できるものに解の公式を利用すると、かえって計算が煩雑になる。のみならず、実数解しか持たない方程式では、それにもかかわらず計算の途中で虚数の計算を要することになる。解は実数なのに、途中では虚数が登場するというこの現象こそが、人類が初めて虚数を必要としたきっかけといわれる。

四次方程式

x^{4} + a_{3} x^{3} + a_{2} x^{2} + a_{1} x + a_{0} = 0

を考える。この方程式は、

{(x + \frac{a_{3}}{4})}^{4} + (a_{2} - \frac{3 a_{3}^{2}}{8}) {(x + \frac{a_{3}}{4})}^{2} + (a_{1} - \frac{a_{2} a_{3}}{2} + \frac{a_{3}^{3}}{8}) (x + \frac{a_{3}}{4}) + a_{0} - \frac{a_{1} a_{3}}{4} + \frac{a_{2} a_{3}^{2}}{16} - \frac{3 a_{3}^{4}}{256} = 0

と変形できる。

y = x + \frac{a_{3}}{4}

とすると、

y^{4} + (a_{2} - \frac{3 a_{3}^{2}}{8}) y^{2} + (a_{1} - \frac{a_{2} a_{3}}{2} + \frac{a_{3}^{3}}{8}) y + a_{0} - \frac{a_{1} a_{3}}{4} + \frac{a_{2} a_{3}^{2}}{16} - \frac{3 a_{3}^{4}}{256} = 0

である。この方程式の左辺を因数分解して、

(y^{2} + k y + l) (y^{2} - k y + m) = 0

としたい。左辺を展開すると

y^{4} + (l + m - k^{2}) y^{2} + k (m - l) y + l m = 0

となるので、係数を比較して

l + m - k^{2} = a_{2} - \frac{3 a_{3}^{2}}{8}

k (m - l) = a_{1} - \frac{a_{2} a_{3}}{2} + \frac{a_{3}^{3}}{8}

l m = a_{0} - \frac{a_{1} a_{3}}{4} + \frac{a_{2} a_{3}^{2}}{16} - \frac{3 a_{3}^{4}}{256}

である。上の2式より

l = \frac{k^{2}}{2} + \frac{8 a_{2} - 3 a_{3}^{2}}{16} - \frac{8 a_{1} - 4 a_{2} a_{3} + a_{3}^{3}}{16 k}

m = \frac{k^{2}}{2} + \frac{8 a_{2} - 3 a_{3}^{2}}{16} + \frac{8 a_{1} - 4 a_{2} a_{3} + a_{3}^{3}}{16 k}

なので、これを3番目の式に代入すると、

\frac{k^{4}}{4} + \frac{8 a_{2} - 3 a_{3}^{2}}{16} k^{2} + \frac{(8 a_{2} - 3 a_{3}^{2})^{2}}{256} - \frac{(8 a_{1} - 4 a_{2} a_{3} + a_{3}^{3})^{2}}{256 k^{2}} = a_{0} - \frac{a_{1} a_{3}}{4} + \frac{a_{2} a_{3}^{2}}{16} - \frac{3 a_{3}^{4}}{256}

k^{6} + \frac{8 a_{2} - 3 a_{3}^{2}}{4} k^{4} + (- 4 a_{0} + a_{1} a_{3} + a_{2}^{2} - a_{2} a_{3}^{2} + \frac{3}{16} a_{3}^{4}) k^{2} - \frac{(8 a_{1} - 4 a_{2} a_{3} + a_{3}^{3})^{2}}{64} = 0

となる。この方程式は $k^{2}$ についての3次方程式なので、前節の方法で解くことができ、したがって $k, m, l$ の値が求まる。すなわち、方程式の左辺が $y$ についての二次式の積の形に表せるので、二次方程式の解の公式を用いれば解が求まる。最後の計算の部分はこのまま文字式で計算すると煩雑に過ぎる式となるので、ここでは省略する（興味のある読者は試みるとよい）。注目すべきは、煩雑な式ではあるものの、四則演算と冪根（平方根・立方根）の記号のみからなる式となることである。

高次方程式

五次方程式では、これまでとは状況が大きく変わる。五次以上では、一般の方程式について、四次以下の方程式のような四則演算と冪根のみからなる解の公式を作ることはできないことが証明されているのである。その不可能性の証明には、ある程度の代数学の知見を必要とするので、詳細はガロア理論の項に譲る。

誤解のないように注意しておくが、五次以上の方程式であっても、解が存在しないわけではなく、ただ四則演算と冪根のみによって表すことができないというだけである。解は必ず存在し、しかもその個数は（重複度込みで）次数と一致することがわかっている。すなわち、次の定理が成り立つ。

定理（代数学の基本定理）
複素数係数のn次方程式

a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{0} = 0

は、（k重解をk個と数えることにすれば）ちょうどn個の複素数解を持つ。すなわち、左辺は（互いに相異なるとは限らない）n個の複素数 $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}$ を用いて

a_{n} (x - α_{1}) (x - α_{2}) \dots (x - α_{n})

と因数分解できる。

この定理の証明には、複素数の集合の解析的性質が必要となる。ゆえに、証明は複素解析学#リウヴィルの定理の項に譲ることにする。

円分方程式

ここからは一般の方程式を離れて、

x^{n} - 1 = 0

という形の方程式を解いてみたい。この方程式の解は、 $c_{n} = \cos \frac{2 π}{n}, s_{n} = \sin \frac{2 π}{n}$ とおくとき、 $z_{n} = c_{n} + i s_{n}$ という複素数を用いて、

x = z_{n}^{k} (k = 1, 2, \dots, n)

と表せることは高等学校数学C/複素数平面で学ぶ。本節では、具体的ないくつかの $n$ において一つの解 $z_{n}$ を、三角関数を用いずに平方根などの冪根の記号のみを用いて表すことを目標としてみよう。

次節以降でしばしば用いる共通の事項を2つ挙げておく。まず、 $z_{n}^{n} = 1$ である。また方程式の左辺は

x^{n} - 1 = (x - 1) (x^{n - 1} + x^{n - 2} + \dots + x + 1)

と因数分解できる。このことと $n \geq 2$ のとき $z_{n} \neq 1$ であることに注意すると、

z_{n}^{n - 1} + z_{n}^{n - 2} + \dots + z_{n} + 1 = 0 (n \geq 2)

が成り立つ。

n≦4

$n \leq 4$ のときは、これまでに見た解法を適用することですべての解が容易に求められる。

$n = 1$ のときの方程式 $x - 1 = 0$ の解は $x = 1$ であり、 $z_{1} = 1$ である。つまり、 $c_{1} = 1, s_{1} = 0$ である。

$n = 2$ のときの方程式 $x^{2} - 1 = 0$ の解は $x = \pm 1$ であり、 $z_{2} = - 1$ である。つまり、 $c_{2} = - 1, s_{2} = 0$ である。

$n = 3$ のときの方程式 $x^{3} - 1 = 0$ の解は $x = 1, \frac{- 1 \pm \sqrt{3} i}{2}$ であり、 $z_{3} = \frac{- 1 + \sqrt{3} i}{2}$ である。つまり、 $c_{3} = - \frac{1}{2}, s_{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ である。

$n = 4$ のときの方程式 $x^{4} - 1 = 0$ の解は $x = \pm 1, \pm i$ であり、 $z_{4} = i$ である。つまり、 $c_{4} = 0, s_{4} = 1$ である。

n=6,8

$n = 6, 8$ の場合は因数分解を用いて解を求めることが容易である。

6次方程式

x^{6} - 1 = 0

の解 $z_{6}$ について考えよう。方程式の左辺は

\begin{matrix} x^{6} - 1 & = (x^{3} - 1) (x^{3} + 1) \\ = (x - 1) (x^{2} + x + 1) (x + 1) (x^{2} - x + 1) \end{matrix}

と因数分解できるので、 $z_{6}$ は実部も虚部も正であることに注意すると、2次方程式

x^{2} - x + 1 = 0

の解のうち虚部が正のものが $z_{6}$ であることがわかる。すなわち、

z_{6} = \frac{1 + \sqrt{3} i}{2}

である。つまり、 $c_{6} = \frac{1}{2}, s_{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ である。

8次方程式

x^{8} - 1 = 0

の解 $z_{8}$ について考えよう。方程式の左辺は

\begin{matrix} x^{8} - 1 & = (x^{4} - 1) (x^{4} + 1) \\ = (x^{2} - 1) (x^{2} + 1) ((x^{2} + 1)^{2} - 2 x^{2}) \\ = (x - 1) (x + 1) (x^{2} + 1) (x^{2} - \sqrt{2} x + 1) (x^{2} + \sqrt{2} x + 1) \end{matrix}

と因数分解できるので、 $z_{8}$ は実部も虚部も正であることに注意すると、2次方程式

x^{2} - \sqrt{2} x + 1 = 0

の解のうち虚部が正のものが $z_{8}$ であることがわかる。すなわち、

z_{8} = \frac{\sqrt{2} + \sqrt{2} i}{2}

である。つまり、 $c_{8} = \frac{\sqrt{2}}{2}, s_{8} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ である。

n=5

5次方程式

x^{5} - 1 = 0

の解 $z_{5}$ について考えたい。ここでは、2種類の解法を用いて $z_{5}$ を求めてみよう。

解法１

z_{5}^{4} + z_{5}^{3} + z_{5}^{2} + z_{5} + 1 = 0

の両辺を $z_{5}^{2} (\neq 0)$ で割ると、

(z_{5}^{2} + \frac{1}{z_{5}^{2}}) + (z_{5} + \frac{1}{z_{5}}) + 1 = 0

{(z_{5} + \frac{1}{z_{5}})}^{2} + (z_{5} + \frac{1}{z_{5}}) - 1 = 0

であるから、 $z_{5} + \frac{1}{z_{5}} = 2 c_{5}$ が正の実数であることに注意すると、2次方程式

t^{2} + t - 1 = 0

の解のうち正のものが $z_{5} + \frac{1}{z_{5}}$ である。よって、

z_{5} + \frac{1}{z_{5}} = \frac{- 1 + \sqrt{5}}{2}

であることがわかる。 $z_{5} + \frac{1}{z_{5}} = 2 c_{5}$ であるから、 $c_{5} = \frac{- 1 + \sqrt{5}}{4}$ である。ここで、 $z_{5} + \frac{1}{z_{5}} = 2 c_{5}$ の両辺に再び $z_{5}$ をかけて整理すると

z_{5}^{2} - 2 c_{5} z_{5} + 1 = 0

であるから、この2次方程式の解のうち虚部が正のものが $z_{5}$ である。よって、

z_{5} = c_{5} + \sqrt{1 - c_{5}^{2}} i = \frac{- 1 + \sqrt{5}}{4} + \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4} i

である。つまり、 $s_{5} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$ である。

解法２

A = z_{5} + z_{5}^{4}, B = z_{5}^{2} + z_{5}^{3}

とおく。計算すると、 $A + B = - 1, A B = - 1$ であることがわかる。よって、 $A, B$ は2次方程式

t^{2} + t - 1 = 0

の解である。この方程式を解き、符号に注意すると、

A = \frac{- 1 + \sqrt{5}}{2}

であることがわかる。ところで、 $z_{5} + z_{5}^{4} = A$ であり、一方 $z_{5} z_{5}^{4} = 1$ であるから、 $z_{5}, z_{5}^{4}$ は2次方程式

t^{2} - A t + 1 = 0

の解である。この方程式を解き、虚部の符号に注意すると、

z_{5} = \frac{A + \sqrt{4 - A^{2}} i}{2}

であることがわかる。特に、 $c_{5} = \frac{A}{2} = \frac{- 1 + \sqrt{5}}{4}$ である。ここで、 $A$ を解に持つ2次方程式に注目すると

A^{2} + A - 1 = 0

4 - A^{2} = 4 - (1 - A) = A + 3 = \frac{5 + \sqrt{5}}{2}

であることがわかるので、これを代入して整理すると、

z_{5} = \frac{- 1 + \sqrt{5}}{4} + \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4} i

である。つまり、 $s_{5} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$ である。

以上の2つの解法は、より次数の高い方程式にも応用できる解法である。以下で、 $n = 7, 17$ の場合にそれぞれの解法を用いて、方程式を解いてみよう。

n=7

7次方程式

x^{7} - 1 = 0

の解 $z_{7}$ について考えたい。ここでは $n = 5$ のときに用いた解法１に沿って計算してみよう。

z_{7}^{6} + z_{7}^{5} + z_{7}^{4} + z_{7}^{3} + z_{7}^{2} + z_{7} + 1 = 0

の両辺を $z_{7}^{3} (\neq 0)$ で割ると、

(z_{7}^{3} + \frac{1}{z_{7}^{3}}) + (z_{7}^{2} + \frac{1}{z_{7}^{2}}) + (z_{7} + \frac{1}{z_{7}}) + 1 = 0

{(z_{7} + \frac{1}{z_{7}})}^{3} + {(z_{7} + \frac{1}{z_{7}})}^{2} - 2 (z_{7} + \frac{1}{z_{7}}) - 1 = 0

であるから、 $z_{7} + \frac{1}{z_{7}} = 2 c_{7}$ が正の実数であることに注意すると、3次方程式

t^{3} + t^{2} - 2 t - 1 = 0

の解のうち正の実数のものが $z_{7} + \frac{1}{z_{7}}$ である。よって、

z_{7} + \frac{1}{z_{7}} = \frac{1}{6} (\sqrt[3]{28 (1 + 3 \sqrt{3} i)} + \sqrt[3]{28 (1 - 3 \sqrt{3} i)} - 2)

であることがわかる。 $z_{7} + \frac{1}{z_{7}} = 2 c_{7}$ であるから、 $c_{7} = \frac{1}{12} (\sqrt[3]{28 (1 + 3 \sqrt{3} i)} + \sqrt[3]{28 (1 - 3 \sqrt{3} i)} - 2)$ である。ここで、 $z_{7} + \frac{1}{z_{7}} = 2 c_{7}$ の両辺に再び $z_{7}$ をかけて整理すると

z_{7}^{2} - 2 c_{7} z_{7} + 1 = 0

であるから、この2次方程式の解のうち虚部が正のものが $z_{7}$ である。よって、

z_{7} = c_{7} + \sqrt{1 - c_{7}^{2}} i

ただし、 $c_{7} = \frac{1}{12} (\sqrt[3]{28 (1 + 3 \sqrt{3} i)} + \sqrt[3]{28 (1 - 3 \sqrt{3} i)} - 2)$ である。

n=17

17次方程式

x^{17} - 1 = 0

の解 $z_{17}$ について考えたい。ここでは $n = 5$ のときに用いた解法２に沿って計算してみよう。

A = z_{17} + z_{17}^{2} + z_{17}^{4} + z_{17}^{8} + z_{17}^{9} + z_{17}^{13} + z_{17}^{15} + z_{17}^{16},

B = z_{17}^{3} + z_{17}^{5} + z_{17}^{6} + z_{17}^{7} + z_{17}^{10} + z_{17}^{11} + z_{17}^{12} + z_{17}^{14}

とおく。計算すると、 $A + B = - 1, A B = - 4$ であることがわかる。よって、 $A, B$ は2次方程式

t^{2} + t - 4 = 0

の解である。この方程式を解き、符号に注意すると、

A = \frac{- 1 + \sqrt{17}}{2}, B = \frac{- 1 - \sqrt{17}}{2}

であることがわかる。ここでさらに、

C = z_{17} + z_{17}^{4} + z_{17}^{13} + z_{17}^{16}, D = z_{17}^{2} + z_{17}^{8} + z_{17}^{9} + z_{17}^{15}

とおく。計算すると、 $C + D = A, C D = - 1$ であることがわかる。よって、 $C, D$ は2次方程式

t^{2} - A t - 1 = 0

の解である。この方程式を解き、符号に注意すると、

C = \frac{A + \sqrt{A^{2} + 4}}{2}, D = \frac{A - \sqrt{A^{2} + 4}}{2}

であることがわかる。また、

E = z_{17}^{3} + z_{17}^{5} + z_{17}^{12} + z_{17}^{14}, F = z_{17}^{6} + z_{17}^{7} + z_{17}^{10} + z_{17}^{11}

とおく。同様に計算すると、 $E + F = B, E F = - 1$ であることがわかる。よって、 $E, F$ は2次方程式

t^{2} - B t - 1 = 0

の解である。この方程式を解き、符号に注意すると、

E = \frac{B + \sqrt{B^{2} + 4}}{2}, F = \frac{B - \sqrt{B^{2} + 4}}{2}

であることがわかる。次に、

G = z_{17} + z_{17}^{16}, H = z_{17}^{4} + z_{17}^{13}

とおく。計算すると、 $G + H = C, G H = E$ であることがわかる。よって、 $G, H$ は2次方程式

t^{2} - C t + E = 0

の解である。この方程式を解き、符号に注意すると、

G = \frac{C + \sqrt{C^{2} - 4 E}}{2}, H = \frac{C - \sqrt{C^{2} - 4 E}}{2}

である。最後に、 $z_{17} + z_{17}^{16} = G, z_{17} z_{17}^{16} = 1$ であることから、 $z_{17}, z_{17}^{16}$ は2次方程式

t^{2} - G t + 1 = 0

の解である。この方程式を解き、虚部の符号に注意すると、

z_{17} = \frac{G + \sqrt{4 - G^{2}} i}{2}

である。特に、 $c_{17} = \frac{G}{2}$ であり、この数を用いて $z_{17} = c_{17} + \sqrt{1 - c_{17}^{2}} i$ と表される。

これまでの計算を逆にたどって、 $c_{17}$ の値を具体的に書き下してみよう。すると、

c_{17} = \frac{G}{2} = \frac{C + \sqrt{C^{2} - 4 E}}{4}

である。ここで、

C = \frac{A + \sqrt{A^{2} + 4}}{2}

であるが、 $A = \frac{- 1 + \sqrt{17}}{2}$ であることと、 $A$ を解とする2次方程式に注目すると $A^{2} = 4 - A$ より $A^{2} + 4 = 8 - A = \frac{17 - \sqrt{17}}{2}$ が成り立つことがわかることに注意すると、

C = \frac{1}{4} (- 1 + \sqrt{17} + \sqrt{34 - 2 \sqrt{17}})

である。また、 $G + H = C, G H = E$ であったことから、

C^{2} - 4 E = (G + H)^{2} - 4 E = G^{2} + 2 E + H^{2} - 4 E = G^{2} + H^{2} - 2 E

であるが、計算すると

G^{2} + H^{2} = (z_{17} + z_{17}^{16})^{2} + (z_{17}^{4} + z_{17}^{13})^{2} = D + 4

であるから、まとめると

C^{2} - 4 E = G^{2} + H^{2} - 2 E = D - 2 E + 4

である。先ほど $C$ を求めた計算により、

D = \frac{1}{4} (- 1 + \sqrt{17} - \sqrt{34 - 2 \sqrt{17}})

であることがわかっている。また、同様の計算により、

E = \frac{B + \sqrt{B^{2} + 4}}{2} = \frac{1}{4} (- 1 - \sqrt{17} + \sqrt{34 + 2 \sqrt{17}})

である。よって、

\begin{matrix} C^{2} - 4 E & = D - 2 E + 4 \\ = \frac{1}{4} (- 1 + \sqrt{17} - \sqrt{34 - 2 \sqrt{17}} + 2 + 2 \sqrt{17} - 2 \sqrt{34 + 2 \sqrt{17}}) + 4 \\ = \frac{1}{4} (17 + 3 \sqrt{17} - \sqrt{34 - 2 \sqrt{17}} - 2 \sqrt{34 + 2 \sqrt{17}}) \end{matrix}

である。以上をまとめると、

c_{17} = \frac{1}{16} (- 1 + \sqrt{17} + \sqrt{34 - 2 \sqrt{17}} + 2 \sqrt{17 + 3 \sqrt{17} - \sqrt{34 - 2 \sqrt{17}} - 2 \sqrt{34 + 2 \sqrt{17}}})

である。

作図問題

これまでに見てきた円分方程式の解は、かなり複雑な見た目になる場合はあるもののすべて四則演算と平方根・立方根の記号のみを用いて表されていたことが注目に値する。 $n = 7$ の場合には立方根が現れるが、 $n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 17$ については平方根のみで表されている。

詳細は他の記事に譲るが、長さ1の線分を所与としたときに、ある長さの線分を定規とコンパスにより作図できることは、四則演算と平方根のみでその長さを表すことができることと同値である。よってこれまでに計算してきた結果から、 $n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 17$ については長さ $c_{n}$ の線分を作図でき、したがって $n = 3, 4, 5, 6, 8, 17$ については正 $n$ 角形を作図できることがわかったことになる。特に、 $n = 17$ の場合をのちに大数学者となるガウスが少年時代に発見したというエピソードは有名であり、彼が数学の道を志すきっかけになった発見だったともいわれている。

代数方程式論

目次

一次方程式

二次方程式

三次方程式

四次方程式

高次方程式

円分方程式

n≦4

n=6,8

n=5

n=7

n=17

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