x¹⁷ = 1 の代数的解法（遊びの数論32）

他のメモへのリンク集。リンク集を飛ばし、このページの内容の目次へ。21、22などの数字は、メモの番号です。

[遊びの数論]　21 | 22 | 23 | 24 | 25 | 26 | 27 | 28 | 29 | 30 | 31 | 32

1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 | 17 | 18 | 19 | 20

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きちんとまとまった記事ではなく、断片的なメモです。誤字脱字・間違いがあるかもしれません。

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• 目次。約10の項目があります。2024などの数字は、メモの日付です。
• 2024-09-24　「1 の5乗根」について　(x² + x/2 + 1)² の利用
• 2024-09-26　簡単な4次方程式　「色黒い」逆さに読んでも「いろくろい」
• 2024-09-27　回文4次式・6次式についての覚書
• 2024-09-28　x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 = 0　教科書の方法との比較
• 2024-10-06　ガウスの式 4X = Y² ∓ nZ² の簡易的な導出
• 2024-10-07　ガウスの式 4X = Y² ∓ nZ² の簡易的な導出（続き）
• 2024-10-10　x¹⁷ = 1 の代数的解法　ガウスの式の応用
• 2024-10-11　x¹⁷ = 1 の代数的解法（その2）
• 目次の終わり。このページの最初の項目が続きます。

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2024-09-24　「1 の5乗根」について　(x² + x/2 + 1)² の利用

#遊びの数論　#1 の原始根　#4次方程式　#(32)

1 の5乗根とは、「5乗すると 1 になる数」つまり x⁵ = 1 の解。言い換えれば x⁵ − 1 = 0 の解。 x = 1 はもちろんその一つの解なので、 x⁵ − 1 は x − 1 で割り切れる。多項式の割り算、または一般公式から:
　　x⁵ − 1 = (x − 1)(x⁴ + x³ + x² + x + 1)
x = 1 はこの右辺の一つ目の丸かっこ内をゼロにする。二つ目の丸かっこ内をゼロにする数、つまり次の関係を満たす x は、何か？
　　x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0　　《あ》

教科書的には、両辺を x² で割って y = x + 1/x と置くのだが、もっと直接的に下記のようにすることもできる。

(x² + (1/2)x + 1)² = x⁴ + x³ + (9/4)x² + x + 1 という関係^†を利用。これは《あ》左辺より 5/4x² 過剰なので、次の式が成り立つ:
　　x⁴ + x³ + x² + x + 1 = (x² + (1/2)x + 1)² − (√5/2x)²　　《い》
恒等式 A² − B² = (A + B)(A − B) を使うと、《い》は…
　　 = (x² + [(1 + √5)/2]x + 1)(x² + [(1 − √5)/2]x + 1)
…となるので、《あ》は次と同値:
　　x² + [(1 + √5)/2]x + 1 = 0　　《う》
　　または　x² + [(1 − √5)/2]x + 1 = 0　　《え》
《う・え》は2次方程式なので、単純計算で機械的に解けるっ！

†　恒等式 (A + B + C)² = A² + B² + C² + 2(AB + BC + CA) を使うと…
　　(x² + (1/2)x + 1)² = (x²)² + ((1/2)x)² + 1² + 2(x²⋅(1/2)x + (1/2)x⋅1 + 1⋅x²)
　　 = x⁴ + (1/4)x² + 1 + x³ + x² + x + 2x² = x⁴ + x³ + (9/4)x² + x + 1

《う》の判別式は、次の負数:
　　((1 + √5)/2)² − 4⋅1⋅1 = (1 + 2√5 + 5)/4 − 16/4 = (−10 + √5)/4
その平方根は、虚数 ±√(−10 + 2√5)/2 = ±i√(10 − 2√5)/2 なので、《う》の解は:
　　x = (−1 − √5)/4 ± i√(10 − 2√5)/4　　《お》
同様に《え》の解は:
　　x = (−1 + √5)/4 ± i√(10 + 2√5)/4　　《か》

x⁵ = 1 にはちょうど五つの解がある: その一つは x = 1 だが、それ以外に《お》の二つの複素数と《か》の二つの複素数（それぞれ ± によって二つの数を表している）も「1 の5乗根」。上記の解法はスピーディーだけど、《い》の変形が天下り的でトリッキー。 (x² + (1/2)x + 1)² = x⁴ + x³ + (9/4)x² + x + 1 さえ見えれば一本道だが、一目瞭然とは言い難い。さいわい《あ》を《い》にすることは、ひらめきに頼らなくても、アルゴリズム的に実行可能（入力の3次の係数の半分を、出力の1次の係数にするだけ）。

《あ》やそれと同様の（係数が回文的な）方程式に関する限り、一般の4次方程式として扱うくらいなら、 y = x + 1/x と置く方が手っ取り早い。そうと知りつつ、視野を広げ、あえて一般の4次方程式の例題として検討してみるのも、悪くあるまい。

〔参考文献〕　Gelin: Éléments de trigonométrie, p. 231
https://babel.hathitrust.org/cgi/pt?id=mdp.39015069248337&seq=237

1 の5乗根は、イメージ的には、右向きの正五角形（複素平面上で単位円に内接する）の五つの頂点。《お》の実部は cos 72° に当たり、《か》の実部は cos 144° = −cos 36° に当たる（画像では、正負と無関係の「線分の長さ」を図示）。《お》の虚部は ±sin 36° で、《か》の虚部は ±sin 72° に等しい。

これらの数は一見複雑そうだけど、 18°, 36°, 54°, 72° の sin と cos は全部、分母が 4ということ（15°, 75° の sin と cos もそうだが）、そして sin 18° (= cos 72°) の分子が √5 − 1 であることだけ知ってれば、三角関数の基本公式を使って、他の値もだいたい何とかなる。例えば…
　　sin 18° = (√5 − 1)/4　←　これは知ってるとすると
　　sin² 18° = (5 − 2√5 + 1)/16 = (6 − 2√5)/16　　《き》
平方根が欲しいので、約分せずに、分母を平方数 16 のまま進めるのがコツ。しからば:
　　cos² 18° = 1 − sin² 18° = 16/16 − (6 − 2√5)/16 = (10 + 2√5)/16　　《く》
《く》の分子・分母の平方根を考えれば、容易に cos 18° (= sin 72°) の値を得る。分母が 4 ってことは分かってるので、分子としては 10 + 2√5 全体に根号を付けるだけ――二重根号、恐るるに足らず！

一方、《き》から《く》を引くと（倍角の公式）:
　　cos 36° = cos² 18° − sin² 18°
　　 = (10 + 2√5)/16 − (6 − 2√5)/16 = (4 + 4√5)/16 = (1 + √5)/4　　《け》

45° < θ < 90° の角度については cos θ = sin (90° − θ), sin θ = cos (90° − θ) となる…。

しかし肝心の出発点となる sin 18° の分子は、 √5 − 1 なのか √5 + 1 = 1 + √5 なのか。はたまた 1 − √5 なのか？

常識で考えれば、別に迷うことでもないだろう…。 sin 18° が正の数ということは明白。 √5 = 2.2… なので 1 − √5 が分子になるわけないし、 1 + √5 = 3.2… を 4 で割った 0.8… は、 sin 18° としては、でか過ぎる。 sin 18° が sin 30° = 0.5 より大きいわけないっ！

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2024-09-26　簡単な4次方程式　「色黒い」逆さに読んでも「いろくろい」

#遊びの数論　#4次方程式　#(32)

例題　x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 = 0 を満たす x を求める。

等号の左側にある4次式。 x の4乗の係数～0乗の係数（定数）は、左から読んでも右から読んでも、順に 1, 6, 9, 6, 1。こういう「どっち向きに読んでも同じ」という状況を回文的と称する――日本語の音節で言えば、「色黒い」とか「田植え歌」のようなもの。

係数が回文的な x についての4次方程式は、 x² で割って y = x + 1/x と置くと y についての2次方程式になり、機械的に解くことができる（同様のテクニックは、4次方程式以外でも使える）。けれど、そのやり方は必ずしも便利ではなく（比較）、一般の4次方程式（回文的とは限らない）への発展性にも乏しい。別の良いアイデアは、与式の3次の係数（例題では 6）の半分を ℓ として、 (x² + ℓx + 1)² を考えること（詳細は後述）。
　　x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 = (x² + 3x + 1)² − 2x² = [x² + (3 + √2)x + 1][x² + (3 − √2)x + 1]
…と書けるので、次の2次方程式を解くことが、例題の4次方程式を解くことと同じ意味になる。
　　x² + (3 + √2)x + 1 = 0　または　x² + (3 − √2)x + 1 = 0

この手法を発展させ、より一般的に (x² + ℓx + p)² の形を考えることが、4次方程式の一般論の一つの入り口となる。

3次の係数の半分を ℓ とすることには、もちろん根拠がある。
　　(x² + 3x + 1)²
…を展開してみよう。説明の便宜上、 y = 3x + 1 と置くと:
　　 = (x² + y)² = (x²)² + 2x²y + y²
　　 = x⁴ + 2x²(3x + 1) + (3x + 1)²　　← y を 3x + 1 に戻した
　　 = x⁴ + (6x³ + 2x²) + (9x² + 6x + 1) = x⁴ + 6x³ + 11x² + 6x + 1

こいつから 2x² を引いてやれば、例題の「いろくろい」の4次式…
　　x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1
…とピッタリ一致。つまり例題の4次式は、次の式と等しい:
　　(x² + 3x + 1)² − 2x² = (x² + 3x + 1)² − ((√2)x)²　　《さ》

少し一般化して、とある数 ℓ を含む (x² + ℓx + 1)² を展開。上記の y に当たるものが ℓx + 1 になるので:
　　 = x⁴ + 2x²(ℓx + 1) + (ℓx + 1)²　　← y を ℓx + 1 に戻した
　　 = x⁴ + (2ℓx³ + 2x²) + (ℓ²x² + 2ℓx + 1)
　　 = x⁴ + 2ℓx³ + (ℓ² + 2)x² + 2ℓx + 1　　《し》

仮定の話として、もし《し》から何らかの2次式を引き算したものが、与えられた4次式…
　　x⁴ + ax³ + bx² + cx + d　　《す》
…に一致するとしたら、《し》と《す》は4次・3次の項が同一でなければならない。理由は単純で、2次式を引き算しても、4次・3次の項は変わらないから。4次の係数は、既に《し・す》のどちらでも 1。よって、3次の係数の比較から a = 2ℓ つまり ℓ = a/2 とすればいい。要するに、4次式《す》を、
　　(x² + ℓx + p)² − (ex² + fx + g)　　《せ》
…のような形に書き換えたければ（p, e, f, g は何らかの係数）、3次の係数の半分を ℓ とすることが出発点。この理屈が、実際に一般の4次方程式の解法に役立つためには、引き算される2次式 ex² + fx + g が1次式の平方になってる必要がある、下記のように。
　　(x² + ℓx + p)² − (qx + r)²　　《そ》

このメモでは「簡単な4次方程式」（係数が回文的）だけを扱い、《そ》の真意に深入りすることはしないけど、原理的には、以下で述べる簡単な場合と全く同じ方針によって、一般の4次方程式を解くことができる。「係数が回文的」というのは特殊で限定的なケースではあるが、一般論の手掛かりとなり得るし、係数が回文的な4次式は、実用上もしばしば重要な意味を持つ（1 の5乗根参照）。

〔補足〕　もしも「e, f, g の選択は自由」だったら、「結果が《す》と等しくなるように、《し》から2次式を引き算すること」は簡単そうに思える。現実には ex² + fx + g の部分は、2変数 q, r を使って (qx + r)² の形にならねばならない（言い換えれば、 e = q², f = 2qr, g = r² のようになっている必要がある）――それが《そ》の意味で、一般の4次方程式に関して p, q, r を選択するアルゴリズムは、3次方程式の問題になる（別のメモ参照）。以下では「3次方程式を経由せず、いきなり2次方程式に還元できるケース」を扱う。

係数が回文的なら、《す》において d = 1, a = c なのだから、《し・す》で3次の項が一致するように ℓ を設定してしまえば、《し・す》の1次の項・定数項も自動的に一致する。

〔例〕　ℓ = 3 とすれば《し》は x⁴ + 6x³ + 11x² + 6x + 1。これは、例題の x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 と比べて、2次の項を除く全部の項が等しい。

係数が回文的な4次式　x⁴ + ax³ + bx² + ax + 1 は、ℓ = a/2 を使って (x² + ℓx + 1)² − ex² と変形可能（そのことから、容易に二つの2次式の積に分解される）。ただし:
　　e = (ℓ² + 2) − b

〔証明〕　(x² + ℓx + 1)² は、《せ》において p = 1 の場合。この平方を展開した《し》は、仮定から x⁴ + ax³ + bx² + ax + 1 とほとんど等しく、必要に応じて2次の係数だけを補正すれば完全に等しくなる（《せ》において f = g = 0 である）。《し》の2次項 (ℓ² + 2)x² から ex² を引き算して、結果が《す》の2次項 bx² に等しくなるとすると:
　　(ℓ² + 2)x² − ex² = bx²
　　∴　(ℓ² + 2) − e = b　つまり　e = (ℓ² + 2) − b ∎

冒頭の例題 x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 では、3次の係数を 2 で割って ℓ = 3、 b = 9 なので e = (3² + 2) − 9 = 2。つまり:
　　x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 = (x² + 3x + 1)² − 2x²　　《た》

〔注〕　e の決定に関して、上記の公式を使う代わりに、単に (x² + 3x + 1)² を実際に展開して、出てくる 11x² を与式の 9x² と比べてもいい（前者から 2x² を引けば、後者と等しくなることは明白）。

(x² + ℓx + 1)² − ex² の形さえ作ってしまえば、後は単純計算。その手順・表現がベストかどうかはともかく、機械的に正しい解に到達できる。 e の平方根を q とすると（つまり q² = e）:
　　与えられた4次式 = (x² + ℓx + 1)² − q²x² = (x² + ℓx + 1)² − (qx)²
平方の差 A² − B² は和・差の積 (A + B)(A − B) に等しいので:
　　 = [(x² + ℓx + 1) + (qx)][(x² + ℓx + 1) − (qx)] = [x² + (ℓ + q)x + 1][x² + (ℓ − q)x + 1]　　《ち》
《ち》の二つの [ ] 内のどちらかの値が 0 になるとき、《ち》の積（それは与えられた4次式に等しい）は明らかに 0 になる。結局、この4次方程式の解（重解がなければ計 4 個ある）を求める問題は、次の二つの2次方程式の問題（重解がなければそれぞれ 2 個の解を持つ）に帰着する。
　　x² + (ℓ + q)x + 1 = 0　または　x² + (ℓ − q)x + 1 = 0　　《つ》

われわれの例題の4次式は《た》なので、《ち・つ》を適用すると:
　　x² + (3 + √2)x + 1 = 0　　《て》
　　または　x² + (3 − √2)x + 1 = 0　　《で》
《て》は、判別式 (3 + √2)² − 4⋅1⋅1 = 9 + 2⋅3⋅√2 + 2 − 4 = 7 + 6√2 が正なので、二つの実数解を持つ。
　　《て》の解 = [−3 − √2 ± √(7 + 6√2)]/2
《で》は、判別式 (3 − √2)² − 4⋅1⋅1 = 9 − 2⋅3⋅√2 + 2 − 4 = 7 − 6√2 が負なので（7 から引き算される 6√2 は 7 より大きい。それどころか 6 × 1.4 = 8.4 より大きい）、実数でない二つの（共役）複素数解を持つ。
　　《で》の解 = [−3 + √2 ± √(7 − 6√2)]/2
分子にある負数の平方根については、そうしたければ虚数単位 i を使って i√(6√2 − 7) と書いても同じこと。

〔参考〕　数値的には《て》の解が −2.20710… ± 1.96756… = −0.23953… or −4.17467…; 《で》の解が −0.79289… ± (0.60936…)i。左端の複号の前の 2.20710… という数の並び（絶対値）は 3 + √2 = 4.41421… の半分に他ならない。これら四つの数を x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 に入れてみると、確かに誤差の範囲でゼロになる。

以上をまとめると、「解の公式」を明示的に書くことができる。実用上、大して役立たないけど、まぁ遊び…

回文的な4次方程式の「解の公式」　x⁴ + ax³ + bx² + ax + 1 = 0 の解は次の通り。 ℓ = a/2, e = ℓ² + 2 − b とすると:
　　[−ℓ − √e ± √(ℓ² + e − 4 + 2ℓ√e)]/2　または　[−ℓ + √e ± √(ℓ² + e − 4 − 2ℓ√e)]/2
一般には、これらは四つの相異なる数だが、重解が生じることはあり得る。

〔証明〕　《つ》の二つの2次方程式のそれぞれに、解の公式を適用しただけ。《つ》の一方の式は +q を含み、他方の式は −q を含むので、 q² = e の q の符号の設定は、正でも負でも全体としては同じ結果: 一般性を失うことなく q = √e とできる。判別式は (ℓ + q)² − 4⋅1⋅1 = ℓ² + 2ℓq + q² − 4 = ℓ² + e − 4 + 2ℓq などとなり、それが分子の大きな根号下に入る。∎

例1　x⁴ − 6x³ + 7x² − 6x + 1 = 0 の解。 3次の係数 −6 を半分にして ℓ = −3。 (x² − 3x + 1)² = x⁴ − 6x³ + 11x² − 6x + 1 は与式より 4x² 大きいので:
　　与式 = (x² − 3x + 1)² − 4x² = (x² − 3x + 1)² − (2x)² = (x² − 3x + 1 + 2x)(x² − 3x + 1 − 2x)
　　∴　x² − x + 1 = 0　または　x² − 5x + 1 = 0
代わりに e = ℓ² + 2 − 7 = 4 の平方根 q = 2 を《つ》に当てはめても、同じ結論に。前者の解は (1 ± √−3)/2、ちなみにこの共役複素数は、どちらも 1 の原始6乗根（−1 の原始3乗根）。後者の解は (5 ± √21)/2。「解の公式」に直接 ℓ = −3（従って −ℓ = 3）と e = 4 を代入しても同じ解を得る。全然便利じゃないけど。

例2　x⁴ + 2x³ + 3x² + 2x + 1 = 0 の解。この係数 1, 2, 3, 2, 1 は、ちょっと面白い。エレガントな（？）解法として 12321 = (111)² という整数計算を応用すると、与式 = (x² + x + 1)² となり、 ω と ω² つまり (−1 ± √−3)/2 が、それぞれ二重根であることが見て取れる。

本質的に同じ二つの掛け算（整数 vs. 整係数多項式）

   111                 x^2 + x + 1
   111                 x^2 + x + 1
   ───                 ───────────
   111                 x^2 + x + 1
  111            x^3 + x^2 + x
 111       x^4 + x^3 + x^2
 ─────     ───────────────────────
 12321     x^4 +2x^3 +3x^2 +2x + 1

同様に 1111 × 1111 = 1234321 だから:
　　x⁶ + 2x⁵ + 3x⁴ + 4x³ + 3x² + 2x + 1 = (x³ + x² + x + 1)²
　　あっ　こりゃ　便利！

実直に ℓ = 1 として (x² + x + 1)² を考え、普通に展開しても = x⁴ + 2x³ + 3x² + 2x + 1。これは与式そのもので、結局 e = 0 のケースに当たる。与えられた方程式 ⇔ (x² + x + 1)² = 0 ⇔ x² + x + 1 = 0 となって、この最後の2次方程式を普通に解けば、前記の共役複素数を得る（「解の公式」に ℓ = 1, e = 0 を入れても、同じ結論に）。これらは 1 の原始3乗根: x³ = 1 ⇔ (x − 1)(x² + x + 1) = 0。

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2024-09-27　回文4次式・6次式についての覚書

#遊びの数論　#4次方程式　#(32)

x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 = (x² + 3x + 1)² − 2x² = 0 のような4次方程式の解法のショートカットから、いろいろな話題が派生する。特に「平方差への変形」は「円分多項式に関するガウスの公式」と関連している。 1 の原始7乗根を根とする6次式 x⁶ + x⁵ + ··· + x + 1 に対しても、同様のアイデアを適用できるであろう。

(I)　係数が回文的な4次方程式について、平方差を利用する解法は、教科書的ないわゆる相反（そうはん）方程式のアプローチより平易で、分かりやすい。

(II)　このテクニックは、回文4次式の因数分解にも活用可能。例えば「x⁴ − 6x³ + 7x² − 6x + 1 を因数分解」という場合、和 u + v が −6 で積が uv = 7 − 2 = 5 の2数 u, v を考えるだけでいい。容易に u = −5, v = −1 が見つかり、与式は:
　　 = (x² − 5x + 1)(x² − x + 1)

(III)　回文4次式に限らず、3次・1次の符号が反対のケース（例: x⁴ − 6x³ + 7x² + 6x + 1）にも利用可。のみならず、多少の一般化によれば、一見回文とは程遠い4次式、例えば x⁴ − 12x³ + 28x² − 48x + 16 の分解 = (x² − 10x + 4)(x² − 2x + 4) にも利用可。

(IV)　x⁴ + x³ + x² + x + 1 = (x² + (1/2)x + 1)² − (5/4)x² は、両辺を 4 倍すると:
　　4x⁴ + 4x³ + 4x² + 4x + 4 = (2x² + x + 2)² − 5x²
これは円分多項式に関するガウスの公式であり、単に 1 の5乗根に関連するだけなく、 「5k+1」型素数を法として 5 が平方剰余であることの直接証明にも利用される。

(V)　この手法のある種の一般化は、1 の原始7乗根を根とする回文6次式 x⁶ + x⁵ + ··· + x + 1 に適用可能。

詳細については後日記す予定。

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2024-09-28　x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 = 0　教科書の方法との比較

#遊びの数論　#4次方程式　#(32)

このシリーズで紹介しているアイデアは、通常の方法より計算量的に約30%高速で見通しも良いが、4次式にしか通用しない。

文献に記されている定番の置換 y = x + 1/x は、この場合、少し遠回りになるけど、一般性が高い。両方のやり方を比較検討してみたい。

【1】　x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 の係数 1, 6, 9, 6, 1 は回文的（左右対称）。このような4次式は、
　　 = (x² + ℓx + 1)² − ex²　　《ア》
の形に変形すれば、直ちに二つの2次式に分解されるのであった（詳細）。ここで ℓ は入力の3次の係数の半分、この例では ℓ = 3 となる。 e の値は、 ℓ² に 2 を足して入力の2次の係数を引いたものだが（この例では 3² + 2 − 9 = 2）、細かく覚えてなくても、単に (x² + ℓx + 1)² を展開して、与式と係数を比較すれば、簡単に決定できる。

この例では (x² + 3x + 1)² なので、仮に素朴に筆算しても、10秒かからないだろう:

掛け算
      1  3  1
      1  3  1
      ───────
      1  3  1
   3  9  3
1  3  1
─────────────
1  6 11  6  1

…となって = x⁴ + 6x³ + 11x² + 6x + 1。あるいは、恒等式 (A + B + C)² = A² + B² + C² + 2AB + 2AC + 2BC を使うとすれば:
　　(x² + 3x + 1)² = x⁴ + 9x² + 1 + 2⋅x²⋅3x + 2⋅x²⋅1 + 2⋅3x⋅1 = x⁴ + 6x³ + 11x² + 6x + 1

実際には、2次の係数だけ分かれば十分なので、さらに手抜きができる。 (x² + ℓx + 1)² を展開したときの、2次の係数の発生源は (ℓx)² と 2⋅x²⋅1 の二つだけ。この例では (3x)² + 2x² = 11x² となる（要するに、2次の係数は ℓ² + 2）。

この部分の手順はお好みしだいとして、ともかく (x² + 3x + 1)² は与えられた4次式よりちょうど 2x² 大きいのだから、次の結論に至る。
　　与式 = (x² + 3x + 1)² − 2x² = (x² + 3x + 1)² − ((√2)x)²
　　 = [x² + (3 + √2)x + 1][x² + (3 − √2)x + 1] = 0
　　∴　x² + (3 + √2)x + 1 = 0　または　x² + (3 − √2)x + 1 = 0　　《イ》

この先は、2次方程式を解くだけの一本道。ここに至る道筋も、ℓ が3次の係数の半分ってことさえ認識できれば、単純明快だろう。与式の2次の係数を b とすると e = ℓ² + 2 − b であり、機械的に《ア》の形を作れるのだが、上述のように、その部分は細かく把握してなくても支障ない。

【2】　別解。この種の多項式に関しては、 y = x + 1/x と置いて y の多項式に書き換えるのが一つの定石となっている。その方法は次の通り（簡潔化のため 1/x の代わりに x⁻¹ と記すことにする）。

まず x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 = 0 の解 x は明らかに 0 ではないので、この方程式の両辺を x² で不都合は無い。割り算を実行すると、各項の次数が 2 ずつ減って、こうなる:
　　x² + 6x + 9 + 6x⁻¹ + x⁻² = 0　項を並び替えれば
　　(x² + x⁻²) + 6(x + x⁻¹) + 9 = 0　　《ウ》

変数を y に置換する手順には若干のバリエーションがあるけど、ここでは一番分かりやすいと思われる方法を記す。
　　(x + x⁻¹) = y　　《エ》
と置くと:
　　y² = (x + x⁻¹)² = x² + 2⋅x⋅x⁻¹ + x⁻² = x² + x⁻² + 2
　　∴　(x² + x⁻²) = y² − 2　　《オ》
《オ》と《エ》を《ウ》に代入して…
　　(y² − 2) + 6(y) + 9 = y² + 6y + 7 = 0　　《カ》
　　これを解くと　y = −3 ± √2　　《キ》

今、《エ》を使って、 y が満たすべき条件《キ》を x についての式で表すと:
　　x + x⁻¹ = −3 + √2　または　x + x⁻¹ = −3 − √2
それぞれ両辺を x 倍して:
　　x² + 1 = (−3 + √2)x　または　x² + 1 = (−3 − √2)x

これを移項すれば《イ》になって、その先は【1】と全く同じ。

【3】　比較。 y = x + 1/x と置く方法の短所として、まず変数を x から y に変換すること自体が（難しくはないが）少々面倒くさい。 (x² + ℓx + 1)² の展開も（変数置換よりは単純だろうが）微妙に面倒くさいので、下準備の手間はどっちも同じくらいか。

定石の方法では、《イ》と同じ二つの2次方程式を導くために、別の2次方程式《カ》を解かなければならない。【1】のショートカットでは二つの2次方程式を直接導くことができ、三つ目の2次方程式は必要ない。「解かなければならない2次方程式の数」を目安とするなら、 2:3 の割合で、われわれの方法は計算量的に軽快（33%高速）。

他方において、（4次式に限らず）係数が回文的なら y = x + 1/x と置くだけでいつでも次数を半減させられるのは、定石的手順の大きなメリットだろう。強力で一般性が高いからこそ、4次方程式のような次数が低いケース（直接的に処理した方が手っ取り早い）では、若干オーバーヘッドがあり、結果的に遠回りになってしまうのだが…。 (x² + ℓx + 1)² の展開を利用する方法にも面白い応用があり、どちらも研究に値する。

このような4次方程式では、ある数 x₁ が一つの解なら、その逆数 x₂ = 1/x₁ も一つの解（x₁ = x₂ = 1 の場合を除き、この二つの解は相異なる）。《イ》の2次方程式、例えば
　　x² + (3 + √2)x + 1 = 0　　《ク》
を見ると、その2解 α, β の積は、解と係数の関係から定数項 1 に等しい。つまり αβ = 1、従って α と β は互いに逆数。《エ》の条件からも、もし x = α が解なら α + 1/α は一定の数 y に等しく（その y は《カ・キ》によって規定される）、逆に α + 1/α が一定の数 y に等しければ、その α は与えられた4次方程式の解。ところが、もし x = α が和についての条件《エ》を満たすなら、 x = 1/α も全く同じ条件を満たす。実際、
　　(1/α) + 1/(1/α)
の第2項は「α の逆数の逆数」だから α 自身であり、結局この和は α + 1/α に等しい（足し算の順序を逆にしただけ）。

検算を兼ねて、《ク》の2解…
　　x₁ = [−3 − √2 + √(7 + 6√2)]/2, x₂ = [−3 − √2 − √(7 + 6√2)]/2
…が互いに逆数であること（つまり積が 1 であること）を直接確かめておく。 x₁x₂ は二つの分数の積。積の分子は「和・差の積」の形なんで、次の数に等しい:
　　(−3 − √2)² − (7 + 6√2) = 9 − 2⋅(−3)⋅√2 + 2 − 7 − 6√2 = 4
一方、積 x₁x₂ の分母は 2⋅2 = 4 なんで、確かに x₁x₂ = 4/4 = 1 となる。

「係数が回文的な4次式」を平方の差の形にするショートカットは、本質的には単純なことだろう。特に x⁴ + x³ + x² + x + 1 を（4倍して）差の形にする変形については Gauß が既に観察し、一般化している。その小技は、第5補充法則の直接証明の一部としても使われるのだが、 Gauß の議論はおおむね円分多項式の文脈に属していて、一般の回文4次式との関係については、それほど明らかではない。

今回このショートカットを意識するきっかけになった次のシンプルな関係は、19世紀の古い本^†に記されていた:
　　x⁴ + x³ + x² + x + 1 = (x² + (1/2)x + 1)² − (√5/2x)²　　《ケ》
「1 の原始5乗根の根号表現」に関係のある式。両辺が等しいことを容易に確かめられるが、具体的にはどうやって左辺から右辺を導くのか。単に「左辺の3次の係数」の半分を「右辺の丸かっこ内の2次の係数」とすればいい（前述）。このアルゴリズムを一般の回文4次式に適用できること、等式《ケ》が Gauß の公式^‡…
　　4(a⁴ + a³ + a² + a + 1) = (2a² + a + 2)² − 5a²　　《コ》
…と実質同じ内容であることに気付き、最初思ってた以上に話が広がってきた。日々情報があふれてる現代だけど、何世紀も前の文献からヒントやインスピレーションが得られることも意外と多い。 Euler は、この種の4次方程式の解法を別の方向に少し一般化している^¶。

† https://babel.hathitrust.org/cgi/pt?id=mdp.39015069248337&seq=237

‡ D.A., art. 123 https://archive.org/details/werkecarlf01gausrich/page/n101/mode/1up

¶ 761–764 https://archive.org/details/ElementsOfAlgebraLeonhardEuler2015/page/248/mode/1up

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2024-10-06　ガウスの式 4X = Y² ∓ nZ² の簡易的な導出

#遊びの数論　#4次方程式　#1の原始根　#(32)　#円分多項式

4(x⁴ + x³ + x² + x + 1) = (2x² + x + 2)² − 5(x)²

4(x⁶ + x⁵ + ··· + x + 1) = (2x³ + x² − x − 2)² + 7(x² + x)²

4(x¹⁰ + x⁹ + ··· + x + 1) = (2x⁵ + x⁴ − 2x³ + 2x² − x − 2)² + 11(x⁴ + x)²　等々

この種の恒等式（Gauß, D.A., art. 357）について、右辺を展開したものが左辺に等しいことは、機械的計算で確かめられる。一方、左辺が与えられたとき、それを右辺の形にすることは、一般にはやや難易度が高い。次数が低い場合に限っては、初等的な計算法（Legendre による）がある。

【1】　n を 2 以上の整数とする。 x についての n 次式 xⁿ − 1 は、次のように分解される。

xⁿ − 1 = (x − 1)(xⁿ⁻¹ + xⁿ⁻² + ··· + x + 1)　　アア

〔例〕　x⁵ − 1 = (x − 1)(x⁴ + x³ + x² + x + 1)

このことは、右辺を実際に展開してみれば明らかだろう:
　　アアの右辺 = x(xⁿ⁻¹ + xⁿ⁻² + xⁿ⁻³ + ··· + x + 1) − 1(xⁿ⁻¹ + xⁿ⁻² + ··· + x + 1)
　　= (xⁿ + xⁿ⁻¹ + xⁿ⁻² + ··· + x² + x) − (xⁿ⁻¹ + xⁿ⁻² + ··· + x + 1) = xⁿ − 1

〔例〕　(x − 1)(x⁴ + x³ + x² + x + 1) = x(x⁴ + x³ + x² + x + 1) − 1(x⁴ + x³ + x² + x + 1)
　　 = (x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x) − (x⁴ + x³ + x² + x + 1) = x⁵ − 1

x ≠ 1 という了解の下で、アアの両辺を x − 1 で割ると:

(xⁿ − 1)/(x − 1) = xⁿ⁻¹ + xⁿ⁻² + ··· + x + 1　　アイ

アアやアイは任意の 2 以上の整数 n に対して有効だが、その中でも n が素数の場合、アイの右辺をさらに因数分解して多項式の積にすることは、できない――有理係数の範囲では。「さらなる分解は不可能！」というこの状況は、日本語では既約と呼ばれることがある――「既に約されてる」（割られ、分解され尽くしている）というようなニュアンスだろう。

〔例〕　n = 2（素数）の場合　x² − 1 = (x − 1)(x + 1)　この因子 x + 1 は既約
　　n = 3（素数）の場合　x³ − 1 = (x − 1)(x² + x + 1)　この因子 x² + x + 1 は既約
　　n = 4（合成数）の場合　x⁴ − 1 = (x − 1)(x³ + x² + x + 1)　この因子 x³ + x² + x + 1 は既約でない
　　　　実際 x³ + x² + x + 1 = (x + 1)(x² + 1) と分解可能★
　　n = 5（素数）の場合　x⁵ − 1 = (x − 1)(x⁴ + x³ + x² + x + 1)　この因子 x⁴ + x³ + x² + x + 1 は既約
　　n = 6（合成数）の場合　x⁶ − 1 = (x − 1)(x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1)　この因子は既約でない
　　　　実際 x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 = (x + 1)(x² + x + 1)(x² − x + 1) と分解可能★

★について　n が 4 以上の偶数の場合の x³ + x² + x + 1 や x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 のような多項式は、偶数個の項を持つ。そこに x = −1 を入れると、奇数番目の項は −1 になり、偶数番目の項は +1 になるので、全体としては = 0 となる。つまり x = −1 は根; 式は x + 1 で割り切れる。この割り算を（筆算など何らかの方法で）実行すると:
　　x³ + x² + x + 1 = (x + 1)(x² + 1)
この2次の余因子（商）は、 x² + 1 = x² − (−1) = (x + √−1)(x − √−1) なので、係数に虚数を許せば分解可能だが、有理数の範囲では既約。 n = 6 の例では:
　　x⁵ + x⁴ + ··· + x + 1 = (x + 1)(x⁴ + x² + 1)
この4次の余因子は、次のように分解可能:
　　x⁴ + x² + 1 = (x⁴ + 2x² + 1) − x²
　　 = (x² + 1)² − (x)² = (x² + 1 + x)(x² + 1 − x)

アイの右辺の形の n−1 次式（係数が全部 1）は、 n が素数なら既約、 n が合成数なら既約でない（可約）。ここで「既約」か否かというのは、あくまで有理係数（または整係数）の範囲で考えた場合^†の区別。もっと広い範囲で係数を考えれば、既約の多項式もさらに分解可能かもしれない。例えば、 x⁴ + x³ + x² + x + 1 は、有理係数の範囲では既約だが、もし係数に無理数を使ってもいいとするなら可約となり、次のように分解される:
　　 = (x² + [(1 + √5)/2]x + 1)(x² + [(1 − √5)/2]x + 1)

†　この場合、係数を「有理数」の範囲で考えても「整数」の範囲で考えても、多項式が既約かどうかの結論は変わらない。というのも、「有理数」の範囲で既約なら、当然（それより狭い）整数の範囲でも既約。一方、「有理係数」の範囲で可約の場合、実はより限定的に「整係数」の範囲でも可約。

【2】　ここからは n を 5 以上の素数とする（2 を除外するのは n を奇数に統一するため。 n = 3 のケースも、以下の議論では例外的になるので除外）。アイの右辺の形の多項式を、大文字の X を使って X_n で表すことにする:
　　X₅ = x⁴ + x³ + x² + x + 1
　　X₇ = x⁶ + x⁵ + ··· + x + 1
　　X₁₁ = x¹⁰ + x⁹ + ··· + x + 1　等々

これら一つ一つの既約多項式 X_n に対して、最高次の係数 2 の多項式 Y と、最高次の係数 1 の多項式 Z が存在して、
　　4X_n = Y² ∓ nZ²　　アウ
と書くことができる――これは Gauß が、名高い数論研究書 Disquisitiones Arithmeticae （略して D.A.）の §357 で記した定理。ここで X_n の次数は n − 1 だが、 Y の次数は X_n の次数の半分、つまり (n − 1)/2 に等しく^†、 Z の次数はそれより 1 小さい。複号 ∓ の部分は、 n が 4 の倍数より 1 大きいときはマイナス、さもなければプラスとする（言い換えれば Y の次数が偶数ならマイナス、奇数ならプラス）。

†　n は 5 以上の素数（従って奇数）なので n − 1 は偶数。分数 (n − 1)/2 は割り切れる。

アイの左辺の割り算には、条件 x ≠ 1 が必要。しかし、この割り算と無関係に、アイの右辺の多項式 X_n 自体は、 x = 1 に対しても値を持つ。 4X_n についての Gauß の公式アウも、任意の x に対して恒等的に成り立つ。

例えば n = 5 の場合、 Y = 2x² + x + 2 そして Z = x となる（導出法については後述）:
　　4(x⁴ + x³ + x² + x + 1) = (2x² + x + 2)² − 5(x)²　　アエ
n = 7 の場合、 Y = 2x³ + x² − x − 2 そして Z = x² + x となる:
　　4(x⁶ + x⁵ + ··· + x + 1) = (2x³ + x² − x − 2)² + 7(x² + x)²　　アオ
右辺の nZ² の前の符号が、アエでは − だがアオでは + であることに注意。この違いは「n = 5 は 4 の倍数より 1 大きいが、 n = 7 は 4 の倍数より 3 大きい」という違いに対応。

一般の場合の Y, Z の存在証明は比較的難しく、具体的な Y, Z の構成に必要な計算量もやや大きい（Gauß 自身は Y, Z の存在を一般的に証明したものの、具体的な Y, Z の形は n = 23 までしか記していない）。他方において、 n ≤ 37 に範囲を制限するのなら、初等的方法で Y, Z を確定できる。

その原理は次の通り。 Legendre がその整数論・第3版 §511 で指摘しているように、この定理が成り立つことを事実と認めるなら、アウにより、 4X_n と Y² には n の倍数の差しかない。よって mod n では、両者は合同:
　　4X_n ≡ Y² (mod n)　　アカ
　　両辺の平方根から　Y ≡ ±2√X_n　　アキ

仮定により n は（5 以上の）素数なので、いわゆる新入生の夢
　　(x − 1)ⁿ ≡ xⁿ − 1 (mod n)
が成り立つ^†。 x ≠ 1 の場合、その両辺を x − 1 で割ると:
　　(x − 1)ⁿ⁻¹ ≡ (xⁿ − 1)/(x − 1) = X_n　　アク
最後の等号は X_n の定義アイによる。のみならず、 x = 1 の場合にもアクは成り立つ。なぜならそのとき左辺は 0、右辺^‡は n だが、 0 ≡ n は真。

†　左辺を展開したとき、二項係数と素数の性質から、両端の2項以外はどれも n の倍数となり、従って mod n では ≡ 0 となって消滅。「新入生（一年生）の夢」というのは、「未熟者は (x + y)n = xn + yn との混同から (x + y)ⁿ = xⁿ + yⁿ のようなことを考えるが、それは非現実な夢想だ」というような意味らしい。普通なら妄想扱いされてしまうこの「本当だったら夢のよう」な計算が、素数を法とする二項展開では、実際に成立する！

‡　X_n は xⁿ⁻¹ から x (= x¹) までの n−1 項と、末尾の定数項 1 の和。定数項も含めると n 項あり、 x = 1 の場合、全部の項が 1 に等しい。

アクの両辺の平方根を考えると（仮定により n−1 は偶数なので 2 で割り切れる）:
　　(x − 1)^(n−1)/2 ≡ ±√X_n
これをアキの右辺に代入すると:
　　Y ≡ ±2(x − 1)^(n−1)/2
Y の最高次の係数は 2 なので、複号のプラスが題意に適する。実際に計算を行うと、次の事実が観察される。

Legendre の観察（1830年）　素数 n が 37 以下なら　Y ≡ 2(x − 1)^(n−1)/2 (mod n)　の合同記号（≡）を容易に等号にできる。
それには、右辺を展開し、各項の係数として絶対値最小の整数を選べばいい。

〔付記〕　絶対値最小の整数を選ぶ手順を例示すると、次の通り。それぞれの係数について、符号を無視して絶対値が n 以上なら、その係数の絶対値を n で割った余りに置き換える。すると各係数（c とする）は −n < c < +n の範囲の整数となる。符号を考慮して、もし c が正の数 +n/2 より大きければ、その c を負の整数 c − n で置き換え、もし c が負の数 −n/2 より小さければ、その c を正の整数 c + n で置き換える。最終的に、各係数は (−n/2, n/2) の範囲になる。

例1　n = 5 のとき Y ≡ 2(x − 1)^(5−1)/4 = 2(x² − 2x + 1) = 2x² − 4x + 2。ところが −4 ≡ 1 (mod 5) であり、絶対値において −4 より 1 の方が小さいので、
　　Y ≡ 2x² − 4x + 2
の係数の −4 を 1 で置き換えると、合同記号を等号にすることができる:
　　Y = 2x² + x + 2　　← アエと一致
今、アウに基づき Z を決定する。先に Y² を計算:
　　Y² = (2x² + x + 2)²
　　 = (2x²)² + x² + 2² + 2(2x²⋅x + 2x²⋅2 + x⋅2)
　　 = 4x⁴ + x² + 4 + (4x³ + 8x² + 4x)
　　 = 4x⁴ + 4x³ + 9x² + 4x + 4
従って、アウから:
　　−5Z² = 4X₅ − Y² = (4x⁴ + 4x³ + 4x² + 4x + 4) − (4x⁴ + 4x³ + 9x² + 4x + 4) = −5x²
両辺を −5 で割って:
　　Z² = x²
よって Z = ±x だが、 Z の最高次の係数は 1 なので、プラスが題意に適する:
　　Z = x　　← アエと一致

例2　n = 7 のとき Y ≡ 2(x − 1)^(7−1)/4 = 2(x³ − 3x + 3x − 1) = 2x³ − 6x² + 6x − 2。ところが −6 ≡ 1, 6 ≡ −1 (mod 7) であり、絶対値において ∓6 より ±1 の方が小さいので、
　　Y ≡ 2x³ − 6x² + 6x − 2
の係数の −6, +6 をそれぞれ +1, −1 で置き換える:
　　Y = 2x³ + x² − x − 2　　← アオと一致
今、アウに基づき Z を決定する:
　　Y² = (2x³ + x² − x − 2)²
　　 = 4x⁶ + x⁴ + x² + 4 + 2(2x⁵ − 2x⁴ − 4x³ − x³ − 2x² + 2x)
　　 = 4x⁶ + x⁴ + x² + 4 + (4x⁵ − 4x⁴ − 8x³ − 2x³ − 4x² + 4x)
　　 = 4x⁶ + 4x⁵ − 3x⁴ − 10x³ − 3x² + 4x + 4
　　∴　7Z² = 4X₇ − Y²
　　 = (4x⁶ + 4x⁵ + 4x⁴ + 4x³ + 4x² + 4x + 4) − (4x⁶ + 4x⁵ − 3x⁴ − 10x³ − 3x² + 4x + 4)
　　 = 7x⁴ + 14x³ + 7x²
両辺を 7 で割って:
　　Z² = x⁴ + 2x³ + x² = x²(x² + 2x + 1) = x²(x + 1)²
　　∴　Z = x(x + 1) = x² + x　　← アオと一致

実際には n = 5, 7 のケースでは Y, Z を計算するまでもない。というのも、 n が 5 以上の素数のとき「Y の次数は n の半分（端数切り捨て）に等しい」「その係数は 2, 1, … と始まり、 n が 4 の倍数より 1 大きいなら逆から読んでも全く同じ（対称的^†）、 n が 4 の倍数より 3 大きいなら逆から読むと符号だけ反対（反対称的^‡）」という性質がある。つまり、次のことは、計算しなくても事前に分かる:
　　n = 5 のとき Y は2次式（3項）で、その係数は　2, 1, 2　（逆から読んでも 2, 1, 2）
　　n = 7 のとき Y は3次式（4項）で、その係数は　2, 1, −1, −2　（逆から読むと −2, −1, 1, 2）

†　回文的（palindromic）という表現も使われる。

‡　反回文的（antipalindromic）という表現も使われる。

一方、 n がどちらのタイプの素数（5以上）でも多項式 Z は x で割り切れ、 Z/x の係数は対称的で 1, … と始まる。

〔例〕　n = 7 のとき Z = x² + x で、 Z/x = x + 1。その係数 1, 1 は対称的。

上記の計算を実行するより、お約束の「2, 1, …」と「1, …」を覚えた方が簡単で手っ取り早い（このお約束は n = 11 より先でも通用する）。

以下では n = 11 の場合について、 Y の反対称性と Z/x の対称性を利用することで、計算量を節約する。

【3】　n = 11 のとき Y は5次式（6項）で、その係数は 2, 1, ？, ？, −1, −2。ここで二つの ？ は絶対値が等しく符号が反対になるはず。従って、Y の3次の係数・2次の係数の少なくとも一方が確定すれば、残りは全部確定する。 Legendre の観察を利用するため 2(x − 1)⁵ の展開を考えると:
　　Y ≡ 2(x⁵ − 5x⁴ + 10x³ − 10x² + 5x − 1) = 2x⁵ − 10x⁴ + 20x³ − ···
合同記号を等号に変換するため −10 を 1 で置き換え、 20 を −2 で置き換えると:
　　Y = 2x⁵ + x⁴ − 2x³ + ···
反対称性から、残りの係数を含めて六つの係数は 2, 1, −2; +2, −1 −2（まじめに逐一計算しても、そうなる）:
　　Y = 2x⁵ + x⁴ − 2x³ + 2x² − x − 2　　アケ

今、10次式 Y² を求める。省力化のため、4次以下の項を省き、5次以上の項だけを考える。
　　Y² = (2x⁵ + x⁴ − 2x³ + 2x² − x − 2)²
　　 = 4x¹⁰ + x⁸ + 4x⁶ + ··· + 2(2x⁹ − 4x⁸ + 4x⁷ − 2x⁶ − 4x⁵ − 2x⁷ + 2x⁶ − x⁵ − ··· − 4x⁵ + ···)
　　 = 4x¹⁰ + 4x⁹ − 7x⁸ + 4x⁷ + 4x⁶ − 18x⁵ + ···
　　∴　11Z² = 4X₁₁ − (4x¹⁰ + 4x⁹ − 7x⁸ + 4x⁷ + 4x⁶ − 18x⁵ + ···) = 11x⁸ + 22x⁵ + ···
両辺を 11 で割って Z² = x⁸ + 2x⁵ + ··· を得る。「···」の部分は、次のように復元可能。4次式 Z に関連して「3次式 Z/x の係数が対称的」ということは分かっている; それを平方した6次式 (Z/x)² = Z²/x² = x⁶ + 2x³ + ··· の係数も対称的のはず。よって、この6次式の0次の係数（定数項）は 1 で、1次と2次の係数は 0 だ（中央の係数 2 を軸として、右端の3個の係数は、左端の3個の係数と対称的）。

 6  5  4  3  2  1  0 ← 次数
 1  0  0  2  0  0  1 ← 係数

結局 (Z/x)² = x⁶ + 2x³ + 1 = (x³ + 1)² となって…
　　Z/x = x³ + 1
その両辺を x 倍して Z = x⁴ + x を得る。上記アケと合わせて、次の結論に至る。

4(x¹⁰ + x⁹ + ··· + x + 1) = (2x⁵ + x⁴ − 2x³ + 2x² − x − 2)² + 11(x⁴ + x)²

この式の特徴は、お約束の「2, 1」の後ろに −2 があること。 Z について、常に 1 になる両端の係数を除き、全部の係数が 0 であること。

既約多項式 X_n は、現代では、記号 Φ_n で表されることが多い。例えば Φ₃ = x² + x + 1。この文字^†を使って、以上の結果をまとめると…

†　Φ は、もともとは帯気音の pʰ を表したギリシャ文字（日本語の「ぴっつり」の子音と同じ。小文字は φ）。文字名は当初 ΦΕΙ だったらしいが、言葉は時代とともに変わる。古代ギリシャの二重母音 ei は、紀元前400年ごろから、狭い長母音 eː ないし iː になったという。その結果、文字 Φ の名も、ラテン文字では PHI と書かれることに。ドイツ語ではこれを「フィー」と読む（フランス語では「フィ」）。しかし英語では ph を /f/ と読み i を /ai/ と読むため、これが /fai/ と発音され、日本語でも一般には「ファイ」と呼ばれる。ギリシャ語学習者はこの文字を「ペ^ヘェィ」「ピ^ヒー」などと呼ぶかもしれない。

n = 5, 7, 11, 13 の場合の Gauß の公式については、以前、強引な方法で既に導いている。今回のように「二項展開を利用」と考えた方が、多少見通しが良い。 Legendre の観察に基づくこのアイデアは、 Mathews による（リンク先の参考文献 [5], pp. 217–218, §195）。

Legendre の整数論・第3版では、この簡易計算法の有効範囲が曖昧だったが^†、1830年の Mémoire^‡ において、 Legendre は次のように有効範囲を確定した。第一に n が 37 以下^¶なら Y の各係数の絶対値は n/2 より小さく、この便法が成り立つ。第二に n が 41 以上のとき、この性質はもはや成り立たないが、それでも n が 59 以下なら各係数の絶対値は n より小さい; 「各係数の絶対値が n より小」という性質が成り立たない最小の素数は n = 61。

^†　Théorie des nombres, 3e édition (1830), tome II, p. 193 (§511)
https://gallica.bnf.fr/ark:/12148/bpt6k42612x/f208.vertical

‡　Mémoire sur la détermination des fonctions Y et Z qui… (Lu à l’Académie, le 11 octobre 1830) [Mémoires de l’Académie royale des sciences de l’Institut de France, tome XI (1832), pages 81–99]
https://archive.org/details/mmoiresdelacad11memo/page/81/mode/1up
または　https://gallica.bnf.fr/ark:/12148/bpt6k3226g/f319.vertical

¶　38、39、40 は素数でないので「40以下の素数」「40未満の素数」と言ってもいい（この範囲の最後の素数 n = 37 に対しては、簡易計算法が成立）。ちなみに Gauß の公式は、平方因子を含まない（5 以上の）任意の奇数に拡張可能。 n がそのような合成数の場合、「Y の各係数の絶対値が n/2 より小さい」という性質は、既に n = 35 に対し不成立。

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2024-10-07　ガウスの式 4X = Y² ∓ nZ² の簡易的な導出（続き）

#遊びの数論　#1の原始根　#(32)　#円分多項式

前回は n = 5, 7, 11 の場合を扱った。今回は n = 13 と n = 17 の場合を扱う。

【4】　n = 13 の場合。 13 は 4 の倍数より 1 大きいので、6次式 Y の係数は対称的。7項あるので、先頭の4項を求める必要がある（最初の2項の係数 2, 1 は事前に分かっているので、実質的な未知の係数は二つ）。今、
　　2(x − 1)⁶ = 2(x⁶ − 6x⁵ + 15x⁴ − 20x³ + ···) = 2x⁶ − 12x⁵ + 30x⁴ − 40x³ + ···
の係数について、絶対値最小の剰余を考えると 30 ≡ 4, −40 ≡ −1 (mod 13) なので、6次式 Y の係数^†は 2, 1, 4, −1, …と始まる。対称性から 7 個の係数は、順に 2, 1, 4, −1, 4, 1, 2 と確定:
　　Y = 2x⁶ + x⁵ + 4x⁴ − x³ + 4x² + x + 2　　イア

†　右端の2項の係数は必ず 2, 1 なので、計算するまでもない。実際、上記の式で 2x⁶ の係数は 2、 −12x⁵ の係数は −12 ≡ 1。

次に 4X₁₃ = Y² − 13Z² を満たす5次式 Z を求める。イアから:
　　Y² = (2x⁶ + x⁵ + 4x⁴ − x³ + 4x² + x + 2)²　　イイ
これを地道に全部展開してもいいのだが、とりあえず10次式 Z² の係数が求まれば十分。ところが4次式 Z/x を W とすると、 W の係数は対称的。よって8次式 W² = (Z/x)² の 9 個の係数も対称的であり、そのうち最初の 5 個が分かれば Z² の全係数を確定できる。 Z は（従って Z² も）最高次の係数が 1 だ、ということは分かっている。よって W² の7次・6次・5次・4次の係数を――言い換えれば、10次式 Z² = x²W² の9次・8次・7次・6次の係数を――求めれば十分。 13Z² = Y² − 4X₁₃ であるから、イイを展開して9次・8次・7次・6次の係数を調べ、それぞれ 4 を引いて 13 で割ってやれば、それが求めるもの。

イイを展開したとき、9次の項は、次のいずれかの理由によって生じる。平方される6次式の――
　　Ⓐ　6次の項と3次の項の積として。
　　Ⓑ　5次の項と4次の項の積として。
　　Ⓒ　4次の項と5次の項の積として。
　　Ⓓ　3次の項と6次の項の積として。
ⒶⒷⒸⒹの積はどれも 1 回ずつ起きるが、ⒶとⒹは等しくⒷとⒸも等しいので、これら四つの積の中には等しい値が2個ずつ2組ある^†。結局、Ⓐの2倍とⒷの2倍を足せばいい:
　　イイを展開した9次の項 = 2[2x⁶⋅(−x³)] + 2(x⁵⋅4x⁴) = −4x⁹ + 8x⁹ = 4x⁹　　イウ
以下同様に進める。ただし8次の項は「4次の項の自乗」としても発生し、このような「4次と4次の積」は 1 回しか生じない。一般に、偶数次の項には「項の平方に由来する部分」が含まれている。
　　イイを展開した8次の項 = 2(2x⁶⋅4x²) + 2[x⁵⋅(−x³)] + (4x⁴)² = 16x⁸ − 2x⁸ + 16x⁸ = 30x⁸　　イエ
　　イイを展開した7次の項 = 2(2x⁶⋅x) + 2(x⁵⋅4x²) + 2[4x⁴⋅(−x³)] = 4x⁷ + 8x⁷ − 8x⁷ = 4x⁷　　イオ
　　イイを展開した6次の項 = 2(2x⁶⋅2) + 2(x⁵⋅x) + 2(4x⁴⋅4x²) + (−x³)² = 8x⁶ + 2x⁶ + 32x⁶ + x⁶ = 43x⁸　　イカ

イウ・イエ・イオ・イカから Y² の9次～6次の係数は順に 4, 30, 4, 43。それぞれの係数から 4 を引いて 13 で割ると、結果は 0, 2, 0, 3。 Z² の最高次の係数は 1 なので:
　　Z² = (Y² − 4X₁₃)/13 = x¹⁰ + 0x⁹ + 2x⁸ + 0x⁷ + 3x⁶ + ···
対称性から残りの係数も確定する:
　　W² = Z²/x² = x⁸ + 2x⁶ + 3x⁴ + 2x² + 1
　　従って^‡　W = Z/x = x⁴ + x² + 1
　　∴　Z = x⁵ + x³ + x　　イキ

イアとイキから、次の結論に至る。

4(x¹⁰ + x⁹ + ··· + x + 1) = (2x⁶ + x⁵ + 4x⁴ − x³ + 4x² + x + 2)² − 13(x⁵ + x³ + x)²

この式の特徴は、Y の中央の −1 を除き、 Y, Z の係数に負の数がないこと。お約束の 2, 1 の後ろに「4, −1」があること（これは二項係数 1, 6, 「15, 20」を 13 で割って、余りに符号を交互に付けた「2, −7」を 2 倍したものと合同）。 Z の係数は 1 または 0 だけ。その二つが交互に出現する。

†　例えば (x³ + Lx² + Mx + N)² を展開した6次式の3次の項だけ知りたいとき、どうするか。全部まじめに展開して結果の3次の項をチェックしてもいいけど、この場合、下記のように、3次の項は「3次の項と定数項の積」「定数項と3次の項の積」として（その二つは等しい！）、そして「2次の項と1次の項の積」「1次の項と2次の項の積」として（その二つも等しい！）、それぞれ2回ずつ生じるのだから、実際に全部展開しなくても、展開後の3次の項だけを抜き出して考えることが可能。それと同じこと。
　　(x³ + Lx² + Mx + N)² = (x³ + Lx² + Mx + N)(x³ + Lx² + Mx + N)
便宜上 x³ + Lx² + Mx + N を J とすると:
　　 = (x³ + Lx² + Mx + N)J = x³J + Lx²J + MxJ + NJ
　　 = x³(x³ + Lx² + Mx + N) + Lx²(x³ + Lx² + Mx + N) + Mx(x³ + Lx² + Mx + N) + N(x³ + Lx² + Mx + N)
　　 = (x³⋅x³ + x³⋅Lx² + x³⋅Mx + x³⋅N) + (··· + Lx²⋅Mx + ···) + (··· + Mx⋅Lx² + ···) + (N⋅x³ + ···)
　　 = ··· + 2(N)x³ + 2(LM)x³ + ··· = ··· + 2(LM + N)x³ + ···

‡　y = x² と置くと W² = x⁸ + 2x⁶ + 3x⁴ + 2x² + 1 = y⁴ + 2y³ + 3y² + 2y + 1 = (y² + y + 1)²。よって W = ±(y² + y + 1) = ±(x⁴ + x² + 1) で、 Z = xW = ±(x⁵ + x³ + x) となるが、 Z の最高次の係数は 1 なので、プラスが題意に適する。――これは恒等式 y⁴ + 2y³ + 3y² + 2y + 1 = (y² + y + 1)² を利用したショートカット。トリッキーなショートカットを使わないやり方をこの下に記す。

【5】　4次式 W を平方した8次式
　　W² = x⁸ + 2x⁶ + 3x⁴ + 2x² + 1　　イク
が与えられたとき、次のように W を求めることもできる（このアプローチの方が応用が利く）。 W が4次式であること、係数が対称的で両端の係数が 1 であることは分かっているので、 L, M を未知の係数として、
　　W = x⁴ + Lx³ + Mx² + Lx + 1　　イケ
と置く。イケの平方つまり (x⁴ + Lx³ + Mx² + Lx + 1)² について、それを展開した8次式の係数を幾つか選択的に考察する:
　　7次の係数 = 2(1⋅L) = 2L
これをイクと比較すると 2L = 0（イクの8次式において、7次の係数は 0）。よって L = 0。同様に:
　　6次の係数 = 2(1⋅M) + L² = 2M + 0² = 2M
これをイクと比較すると 2M = 2、よって M = 1 となる。 L, M の正体が判明したので、イケにより4次式 W も確定。

【6】　n = 17 の場合。 17 も 4 の倍数より 1 大きいので、8次式 Y は係数が対称的。9項あるので、先頭の5項を求める必要がある（最初の2項の係数 2, 1 は事前に分かっているので、実質的な未知の係数は三つ）。
　　2(x − 1)⁸ = 2(x⁸ − 8x⁷ + 28x⁶ − 56x⁵ + 70x⁴ − ···) ≡ 2(x⁸ − 8x⁷ + 11x⁶ − 5x⁵ + 2x⁴ − ···)
　　 = 2x⁸ − 16x⁷ + 22x⁶ − 10x⁵ + 4x⁴ − ··· ≡ 2x⁸ + x⁷ + 5x⁶ + 7x⁵ + 4x⁴ − ··· (mod 17)
　　∴　Y = 2x⁸ + x⁷ + 5x⁶ + 7x⁵ + 4x⁴ + 7x³ + 5x² + x + 2　　イサ

7次式 Z を求めたい。 n = 13 の場合と同様に考えると、12次式 W² = Z²/x² の冒頭の七つの係数が必要。先頭の係数 1 は分かっているので、 W² の11次～6次の係数、言い換えれば Z² の13次～8次の六つの係数が問題となる。
　　Y² = (2x⁸ + x⁷ + 5x⁶ + 7x⁵ + 4x⁴ + 7x³ + 5x² + x + 2)²　　イシ
において:
　　13次の係数^† = 2(2⋅7 + 1⋅5) = 38
　　12次の係数 = 2(2⋅4 + 1⋅7) + 5² = 55
　　11次の係数 = 2(2⋅7 + 1⋅4 + 5⋅7) = 106
　　10次の係数 = 2(2⋅5 + 1⋅7 + 5⋅4) + 7² = 123
　　9次の係数 = 2(2⋅1 + 1⋅5 + 5⋅7 + 7⋅4) = 140
　　8次の係数 = 2(2⋅2 + 1⋅1 + 5⋅5 + 7⋅7) + 4² = 174
これら六つの数から 4 を引いて 17 で割ると^‡、結果は順に 2, 3, 6, 7, 8, 10。
　　∴　W² = x¹² + 2x¹¹ + 3x¹⁰ + 6x⁹ + 7x⁸ + 8x⁷ + 10x⁶ + 8x⁵ + 7x⁴ + 6x³ + 3x² + 2x + 1　　イス

†　イシを展開した場合の13次の項は、次の式で表される:
　　2(2x⁸⋅7x⁵) + 2(x⁷⋅5x⁶) = 2(2x⁸⋅7x⁵ + x⁷⋅5x⁶) = 38x¹³
ここで重要なのは係数だけなので、本文ではこれを単に 2(2⋅7 + 1⋅5) = 38 とし x^k を省いた。12次以下の係数も同様。

‡　17 の 1 倍 ～ 9 倍を意識すると暗算しやすい: 17, 34, 51 そして 68 は 34 の倍。 85 は 170 の半分（以上が 17 の 1～5 倍）。 102 は 51 の倍（17 の 6 倍）、それに 17, 34, 51 を足すと、それぞれ 119, 136, 153（17 の 7・8・9 倍）。

イスから6次式 W を求める一つの方法は次の通り。 L, M, N を未知の係数として W = x⁶ + Lx⁵ + Mx⁴ + Nx³ + Mx² + Lx + 1 と置き、その平方をイスと比較:
　　W² の11次の係数 = 2L = 2　よって　L = 1
　　W² の10次の係数 = 2M + L² = 2M + 1 = 3　よって　M = 1
　　W² の9次の係数 = 2(N + LM) = 2(N + 1) = 6　よって　N = 2
従って W = x⁶ + x⁵ + x⁴ + 2x³ + x² + x + 1。
　　∴　Z = Wx = x⁷ + x⁶ + x⁵ + 2x⁴ + x³ + x² + x　　イセ

イスとイセから、次の結論に至る。

円分多項式に関するガウスの恒等式（n = 17）
　　4(x¹⁶ + x¹⁵ + ··· + x + 1) = (2x⁸ + x⁷ + 5x⁶ + 7x⁵ + 4x⁴ + 7x³ + 5x² + x + 2)² − 17(x⁷ + x⁶ + x⁵ + 2x⁴ + x³ + x² + x)²

この式の特徴は、 Y, Z の係数に負の数が一つもないこと（Z の定数項を別にすれば 0 もない）。お約束の 2, 1 の後ろに「5, 7, 4」があること（二項係数 1, 8, 「28, 56, 70」を 17 で割った余り「11, 5, 2」について、 2 倍して符号を交互に付けたもの「+22, −10, +4」と合同）。 W の係数は 1 か 2 だけ――真ん中に 2 がある他は、全部 1。

これらの式には、面白い応用が考えられる。例えば「コンパスと定規だけで正17角形が作図可能なこと」を――言い換えれば「17次方程式 x¹⁷ − 1 = 0 の解は、通常の四則演算と平方根の組み合わせだけで解けること」を――直接、実証できるであろう。

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2024-10-10　x¹⁷ = 1 の代数的解法　ガウスの式の応用

#遊びの数論　#1の原始根　#4次方程式　#正17角形　#(32)　#円分多項式

問題　置換 y = x + 1/x を使って、16次方程式 x¹⁶ + x¹⁵ + ··· + x + 1 = 0 を解く。

「正17角形の作図可能性」（四則演算・平方根だけで 1 の17乗根を表現できること）は有名な話題だが、特別な予備知識がなくても理解できるような形で扱うことは、少々難しい。「正17角形は作図可能？」のアプローチでは、群論的考察も複素数も必要ない代わり、三角関数を湯水のように使った。

以下では別の方法として、 x¹⁷ = 1 を直接、4次方程式に帰着させる。4次方程式を導くところまでは、加減乗除の計算と平方根しか使わない（4次方程式の解法は一般的な知識とはいえないが、頑張れば普通に理解できるだろう）。

Gauß の式
 4(x¹⁶ + x¹⁵ + ··· + x + 1) = (2x⁸ + x⁷ + 5x⁶ + 7x⁵ + 4x⁴ + 7x³ + 5x² + x + 2)² − 17(x⁷ + x⁶ + x⁵ + 2x⁴ + x³ + x² + x)²
をわざわざ導いたのも、この（ちょっと変な）応用を試してみたかったから。

特別な予備知識は必要ないとはいうものの、この方法は決して簡単ではない（説明としては、三角関数を使った方が気軽で分かりやすい）。けれど見方によっては斬新で面白いし、ある意味、問題の本質に触れている。

【7】　17乗すると 1 になる数、つまり x¹⁷ = 1 を満たす数（1 の17乗根）は、17個ある。それらは
　　x¹⁷ − 1 = (x − 1)(x¹⁶ + x¹⁵ + ··· + x + 1) = 0
の解であり、 x − 1 = 0 または x¹⁶ + x¹⁵ + ··· + x + 1 = 0 を満たす。「または」の前の1次式の解が x = 1 であること（要するに 1 自身を 17乗すれば 1 になること）は言うまでもない。問題は、16次方程式
　　x¹⁶ + x¹⁵ + ··· + x + 1 = 0
の解。

このように「係数が対称的（回文的）な多項式」では、 y = 1 + 1/x と置けば次数が半分になる。この場合、次数が半分でもまだ8次式なので（しかも有理係数の範囲で既約）、その根を直接的に求めることは、不可能とも思える（5次方程式以上は、一般には四則演算・根号の範囲では解くことができないことが知られている）。

参考として、この壁を突破する一つの方法は次の通り。 x¹⁶ + x¹⁵ + ··· + x + 1 = 0 が与えられたとき、 y = 1 + 1/x と置くと、機械的な単純計算（詳細は略）によって次の形になる:
　　y⁸ + y⁷ − 7y⁶ − 6y⁵ + 15y⁴ + 10y³ − 10y² − 4y + 1 = 0　　ウア
ウアの8次式は、有理係数の範囲では既約だが、係数に √17 を許容すると、次のように二つの4次式の積に分解される。
　　[y⁴ + (1 + √17)/2y³ + (−3 + √17)/2y² + (2 − √17)y − 1]
　　 × [y⁴ + (1 − √17)/2y³ + (−3 − √17)/2y² + (2 + √17)y − 1] = 0　　ウイ

けれど「ウアをウイのように分解できる」という事実は（古典数論の範囲では）全く明らかでなく、天下り的にウイを示されても承服できないだろう。係数の範囲が「有理数体に √17 を添加した二次体」に拡大されたとき、どのように多項式の分解ができるか？という問題は、初等の範囲を超えている。

ところが、円分多項式に関する Gauß の式を利用すると、自然にウイの分解が得られる。

【8】　実際に16次式を扱う前に、手順のミニ・サンプルとして、4次式の場合を考える。次の恒等式を使う。
　　4(x⁴ + x³ + x² + x + 1) = (2x² + x + 2)² − 5(x)²　　ウウ
ウウの右辺を A² − B² の形にできる:
　　 = (2x² + x + 2)² − (√5)²(x)² = (2x² + x + 2)² − ((√5)x)²
2x² + x + 2 を A、 (√5)x を B と見て、公式 A² − B² = (A + B)(A − B) に当てはめると:
　　 = (2x² + x + 2 + (√5)x)(2x² + x + 2 − (√5)x)
同類項をまとめると:
　　 = [2x² + (1 + √5)x + 2][2x² + (x − √5) + 2]
これがウウの左辺と等しいのだから:
　　4(x⁴ + x³ + 2² + x + 1) = [2x² + (1 + √5)x + 2][2x² + (x − √5) + 2]　　ウエ
ウエの両辺を 4 で割ると（右辺については、二つの [ ] 内をそれぞれ 2 で割る^†）:
　　x⁴ + x³ + 2² + x + 1 = (x² + [(1 + √5)/2]x + 1)(x² + [(1 − √5)/2]x + 1)　　ウオ

結局 x⁴ + x³ + 2² + x + 1 = 0 は、ウオの右辺の積が 0 であることと同値であり、従ってこの4次方程式を解く代わりに、二つの2次方程式（ウオ右辺の二つの因子のそれぞれについて = 0 としたもの^‡）を解けばいい。等式ウオについては、 Gauß の恒等式を使うまでもなく、4次式の考察から導出可能。

†　例えば 15 = 3⋅5 の両辺を 4 で割ると、 15/4 = (3/2)⋅(5/2)。それと同様に、ウエの左辺を 4 で割り、右辺の各因子を 2 で割る。

‡　F = x² + [(1 + √5)/2]x + 1, G = x² + [(1 − √5)/2]x + 1 と置くと、ウオにより x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0 ⇔ FG = 0。ところが FG = 0 ⇔ (F = 0 or G = 0)。

【9】　次の恒等式（Gauß の式の n = 17 の場合）を出発点に、上記のミニ・サンプルと同様の変形を行う。
　　4(x¹⁶ + x¹⁵ + ··· + x + 1)
　　 = (2x⁸ + x⁷ + 5x⁶ + 7x⁵ + 4x⁴ + 7x³ + 5x² + x + 2)² − 17(x⁷ + x⁶ + x⁵ + 2x⁴ + x³ + x² + x)²　　ウカ

簡潔化のため √17 を h と略すと（従って h² = 17）、ウカの右辺は、こうなる。
　　(2x⁸ + x⁷ + 5x⁶ + 7x⁵ + 4x⁴ + 7x³ + 5x² + x + 2)² − h²(x⁷ + x⁶ + x⁵ + 2x⁴ + x³ + x² + x)²
　　 = (2x⁸ + x⁷ + 5x⁶ + 7x⁵ + 4x⁴ + 7x³ + 5x² + x + 2)² − (hx⁷ + hx⁶ + hx⁵ + 2hx⁴ + hx³ + hx² + hx)²
これは A² − B² の形なので、ウエを導いたのと全く同様にして、次のように分解される。
　　 = [2x⁸ + (1 + h)x⁷ + (5 + h)x⁶ + (7 + h)x⁵ + (4 + 2h)x⁴ + (7 + h)x³ + (5 + h)² + (1 + h)x + 2] × [2x⁸ + (1 − h)x⁷ + (5 − h)x⁶ + (7 − h)x⁵ + (4 − 2h)x⁴ + (7 − h)x³ + (5 − h)² + (1 − h)x + 2]　　ウキ

ウカの左辺 = ウキ。その両辺を 4 で割ると:
　　x¹⁶ + x¹⁵ + ··· + x + 1
　　 = [x⁸ + [(1 + h)/2]x⁷ + [(5 + h)/2]x⁶ + [(7 + h)/2]x⁵ + (2 + h)x⁴ + [(7 + h)/2]x³ + [(5 + h)/2]x² + [(1 + h)/2]x + 1]
　　 × [x⁸ + [(1 − h)/2]x⁷ + [(5 − h)/2]x⁶ + [(7 − h)/2]x⁵ + (2 − h)x⁴ + [(7 − h)/2]x³ + [(5 − h)/2]x² + [(1 − h)/2]x + 1]

よって、16次方程式 x¹⁶ + x¹⁵ + ··· + x + 1 = 0 を解く代わりに、次の二つの8次方程式を解けばいい（【8】で4次方程式を二つの2次方程式に帰着させたのと同様）。
　　x⁸ + [(1 + h)/2]x⁷ + [(5 + h)/2]x⁶ + [(7 + h)/2]x⁵ + (2 + h)x⁴ + [(7 + h)/2]x³ + [(5 + h)/2]x² + [(1 + h)/2]x + 1 = 0　　ウク
　　または
　　x⁸ + [(1 − h)/2]x⁷ + [(5 − h)/2]x⁶ + [(7 − h)/2]x⁵ + (2 − h)x⁴ + [(7 − h)/2]x³ + [(5 − h)/2]x² + [(1 − h)/2]x + 1 = 0　　ウグ

8次式ウク・ウグは、どちらも回文的（係数が左右対称）なので、置換 y = 1 + 1/x を利用すれば、4次方程式の問題になる。ウクの両辺を x⁴ で割って、 1/x の代わりに x⁻¹ と書くことにすると:
　　x⁴ + [(1 + h)/2]x³ + [(5 + h)/2]x² + [(7 + h)/2]x + (2 + h) + [(7 + h)/2]x⁻¹ + [(5 + h)/2]x⁻² + [(1 + h)/2]x⁻³ + x⁻⁴ = 0
　　整理すると　(x⁴ + x⁻⁴) + [(1 + h)/2](x³ + x⁻³) + [(5 + h)/2](x² + x⁻²) + [(7 + h)/2](x + x⁻¹) + (2 + h) = 0　　ウケ

同様に、ウグの両辺を x⁴ で割ると:
　　x⁴ + [(1 − h)/2]x³ + [(5 − h)/2]x² + [(7 − h)/2]x + (2 − h) + [(7 − h)/2]x⁻¹ + [(5 − h)/2]x⁻² + [(1 − h)/2]x⁻³ + x⁻⁴ = 0
　　整理すると　(x⁴ + x⁻⁴) + [(1 − h)/2](x³ + x⁻³) + [(5 − h)/2](x² + x⁻²) + [(7 − h)/2](x + x⁻¹) + (2 − h) = 0　　ウゲ

【10】　ウケないしウゲは、次のようにして y の4次式になる。仮定により
　　x + x⁻¹ = y　　ウサ
なので、簡単な計算（【11】参照）によると:
　　x² + x⁻² = y² − 2　　ウシ
　　x³ + x⁻³ = y³ − 3y　　ウス
　　x⁴ + x⁻⁴ = y⁴ − 4y² + 2　　ウセ

ウサ・ウシ・ウス・ウセをウケに代入すると:
　　(y⁴ − 4y² + 2) + [(1 + h)/2](y³ − 3y) + [(5 + h)/2](y² − 2) + [(7 + h)/2](y) + (2 + h) = 0
　　整理すると　y⁴ + [(1 + h)/2]y³ + [(−3 + h)/2]y² + (2 − h)y − 1 = 0　　ウタ

同様に、ウサ・ウシ・ウス・ウセをウゲに代入すると:
　　(y⁴ − 4y² + 2) + [(1 − h)/2](y³ − 3y) + [(5 − h)/2](y² − 2) + [(7 − h)/2](y) + (2 − h) = 0
　　整理すると　y⁴ + [(1 − h)/2]y³ + [(−3 − h)/2]y² + (2 + h)y − 1 = 0　　ウダ

ウタの左辺と、ウダの左辺は、 h の前の符号が反転している他は、完全に同じ4次式。この二つの4次式は、冒頭【7】で触れた「8次式を分解したウイ」の二つの因子（ただし √17 を h と略している）に他ならない！

ここまで来れば、後は4次方程式の問題。必ず解を求めることができる（少なくとも原理的には）。

【11】　それに取り組む前に、後回しにした事柄を片付けておく。ウシ・ウス・ウセの導出。 y = x + x⁻¹ = y なので:
　　y² = (x + x⁻¹)² = (x)² + 2(x)(x⁻¹) + (x⁻¹)² = x² + 2 + x⁻²
右辺の + 2 を左辺に移項すると y² − 2 = x² + x⁻² となり、左辺と右辺を入れ替えてウシを得る。

次に:
　　y³ = (x + x⁻¹)³ = (x)³ + 3(x)²(x⁻¹) + 3(x)(x⁻¹)² + (x⁻¹)³ = x³ + 3x + 3x⁻¹ + x⁻³
　　よって　y³ = x³ + 3(x + x⁻¹) + x⁻³ = x³ + 3y + x⁻³
3y を移項して、左辺と右辺を入れ替えるとウス。

最後に:
　　y⁴ = (x + x⁻¹)⁴ = (x)⁴ + 4(x)³(x⁻¹) + 6(x)²(x⁻¹)² + 4(x)(x⁻¹)³ + (x⁻¹)⁴
　　つまり　y⁴ = x⁴ + 4x² + 6 + 4x⁻² + x⁻⁴ = x⁴ + x⁻⁴ + 4(x² + x⁻²) + 6
　　よって　y⁴ = x⁴ + x⁻⁴ + 4(y² − 2) + 6 = x⁴ + x⁻⁴ + 4y² − 2　　← ウシを使った
4y² − 2 を移項して、左辺と右辺を入れ替えるとウセを得る。

【12】　置換 y = x + 1/x の性質について。例えばウグの両辺を x⁴ で割ったウゲだが…
　　(x⁴ + x⁻⁴) + [(1 − h)/2](x³ + x⁻³) + [(5 − h)/2](x² + x⁻²) + [(7 − h)/2](x + x⁻¹) + (2 − h) = 0　　ウゲ（再掲）

ウゲにおいて、もし x = α が一つの解なら、その逆数 x = α⁻¹ も一つの解。なぜなら x = α のとき
　　(x + x⁻¹) = α + α⁻¹
…となるが、 x = α⁻¹ のときも
　　(x + x⁻¹) = (α⁻¹) + (α⁻¹)⁻¹ = α⁻¹ + α
…となり、両者は等しい。同様に、入力が α でも α⁻¹ でも (x² + x⁻²) の値は一定。 (x³ + x⁻³) や (x⁴ + x⁻⁴) の値も一定。結局、ウゲの左辺の値は、入力 x をその逆数に置き換えても変わらない。

方程式を解く上で幾何学的解釈は不可欠ではないが、 1 の17乗根は「正17角形の作図可能性」という重大問題と関連している。細かい説明を省いて要点を記すと、 x¹⁷ = 1 の17個の解は、複素平面では「原点を中心とする単位円」の円周上にある。今 λ₁, λ₂ を 0 以外の任意の複素数とする。この二つの数の偏角がそれぞれ θ₁, θ₂ なら、積 λ₁λ₂ の偏角は θ₁ + θ₂。もし λ₁ と λ₂ が互いに逆数なら、それらの積 1 の偏角は 0 なので、 θ₁ と θ₂ は、絶対値が同じで符号が逆でなければならない（ただし偏角は −180° より大きく、 180° 以下とする）。ということは…

x = 1 以外の x¹⁷ = 1 の解――つまり x¹⁶ + x¹⁵ + ··· + x + 1 = 0 の解――を考えるとき、もし x = α が解なら x = α⁻¹ も解だが、両者は互いに逆数なので、一方の偏角が θ なら他方の偏角は −θ。従って、「1 の17乗根」を「単位円上の点」とイメージした場合、互いに逆数に当たる二つの解 α と α⁻¹ は、実部が同じで虚部の符号が逆。仮に α = u + vi なら（u, v: 実数）、 α⁻¹ = u − vi であり、それらの和は:
　　α + α⁻¹ = (u + vi) + (u − vi) = 2u

結局、置換 y = x + x⁻¹ によって「x についての8次方程式」を「y についての4次方程式」に変換したとき、その解 y は、 1 の17乗根のいずれか（ただし 1 自身を除く）の実部 u を 2 倍したもの。解 y が得られたなら、それを 2 で割ってやれば、本来の2解 x = α, α⁻¹ の共通の実部 u が判明する。解の絶対値は 1（単位円の円周上）なので、実部 u さえ定まれば、原理的には、虚部 ±v も 1 − u² の正負の平方根として定まる。

画像では、赤い単位円と、それに内接する青い正17角形が表示されている。正17角形の「0番」の頂点は座標 (1, 0) の位置にある――「0番」は頂点の番号であり、複素数としては 1 + 0i つまり実数 1 に当たる。仮に解 x = α を「2番」の頂点とするなら、 α⁻¹ は虚部が反対の「15番」の位置にあり、両者の和 y = x + x⁻¹ は、共通の実部 u の2倍となる（虚部は 0、つまりこの y は実数）。

　y⁴ + [(1 − h)/2]y³ + [(−3 − h)/2]y² + (2 + h)y − 1 = 0　　ウダ（再掲）

実は4次方程式ウダの 4 解は、画像で言うと正17角形の頂点「1, 2, 4, 8」の実部の 2 倍に当たる。頂点「16, 15, 13, 9」の――言い換えれば頂点「−1, −2, −4, −8」の――実部の 2 倍、とも言える。

ウダを解くだけなら、こうした観察・予備知識は必要ないけど、とにかくウダの解釈としては、「正17角形の頂点のうち八つについて、横座標の 2 倍を求めている」。ペアとなる4次方程式ウタについても同様。

要約（置換 y = x + 1/x の意味）　x の言葉で「1対の共役複素数の解」ごとに、y の言葉では「虚部を消して実部の2倍」を考えている。

【13】　話を戻して、実際に4次方程式に取り組んでみたい。必須の処理ではないが係数の分数を解消するため、ウダで y = z/2 と置くと、 y, y², y³, y⁴ はそれぞれ z/2, z²/4, z³/8, z⁴/16 になる:
　　z⁴/16 + [(1 − h)/2]⋅(z³/8) + [(−3 − h)/2]⋅(z²/4) + (2 + h)⋅(z/2) − 1 = 0
両辺を 16 倍すると:
　　z⁴ + (1 − h)z³ + (−6 − 2h)z² + (16 + 8h)z − 16 = 0　　ウナ
z = 2y なので、ウナの解 z は、ウダの解 y のさらに 2 倍。つまり、正17角形のどれかの頂点に当たる複素数の、実部の 4 倍に等しい。

4次方程式の古典的解法では、 z⁴ + az³ + bz² + cz + d = 0 の形を、
　　(z² + (a/2)z + p)² − (qz + r)² = 0　　ウハ
の形にすることが鍵となる。ここで p は次の3次方程式の解^†:
　　8p³ − 4bp² + (2ac − 8d)p − a²d + 4bd − c² = 0　　ウヒ

ウヒを満たす p を使って、ウハの q, r を次のように表現できる。
　　q = √(a²/4 + 2p − b), r = (ap − c)/(2q)　　ウフ^‡
こうしてウハの形が確定すれば、
　　ウハの左辺 = [(z² + (a/2)z + p) + (qz + r)] × [(z² + (a/2)z + p) − (qz + r)] = 0
…となって、問題は次の2次方程式に帰着する。
　　z² + (a/2 + q)z + (p + r) = 0　　ウヘ
　　または　z² + (a/2 − q)z + (p − r) = 0　　ウホ

†　Euler, Chap. XIV
https://archive.org/details/ElementsOfAlgebraLeonhardEuler2015/page/251/mode/1up

‡　もしくは　r = √(p² − d), q = (ap − c)/(2r)　 q, r のどちらか一方（どちらでもいい）の符号設定は任意で構わないが、一方の値が定まると、それが 0 でない限り、他方の値（符号・絶対値）も定まる。符号が逆の設定は、ウヘ・ウホにおいて自動的に考慮される。

ウナの場合、 a = 1 − h, b = −6 − 2h, c = 16 + 8h, d = −16 であるから、ウヒは次の3次方程式に当たる:
　　8p³ + (24 + 8h)p² + (−112 − 16h)p + (−672 − 160h) = 0
両辺を 8 で割って:
　　p³ + (3 + h)p² + (−14 − 2h)p + (−84 − 20h) = 0　　ウマ

ウマが「有理数」または「有理数と h を組み合わせた範囲」の解を持つとすれば、解と係数の関係から、解は定数項 −84 − 20h = −4(21 + 5h) の正または負の約数になると予期される。実際に試すと、 p = ±1, ±2, ±4 のどれを入れても、ウマの左辺は 0 にならない。つまり「通常の整数の解」の可能性はない。 21 + 5h = (1 + h)(4 + h) も^†定数項の約数なので、 p = ±(1 + h), ±(4 + h), ±(21 + 5h) やその2倍、4倍が解になる可能性がある。絶対値が小さい順に試すと、果たして p = −(1 + h) = −1 − h はウマの解！

実際、 p = −1 − h のとき、ウマは:
　　(−1 − h)³ + (3 + h)(−1 − h)² + (−14 − 2h)(−1 − h) + (−84 − 20h)
　　 = (−1 − 3h − 3h² − h³) + (3 + h)(1 + 2h + h²) + (14 + 2h² + 16h) + (−84 − 20h)
　　 = (−1 − 3h − 51 − 17h) + (3 + h)(18 + 2h) + (48 + 16h) + (−84 − 20h)　　← h² を 17 で置き換えた
　　 = (−52 − 20h) + (54 + 34 + 24h) + (−36 − 4h) = 0 + 0h = 0

†　(1 + √17)(4 + √17) = (4 + 17) + (1 + 4)√17　　∴　(1 + h)(4 + h) = 21 + 5h

この p と a, b, c の値をウフに入れると:
　　q = √[(17 − h)/2], r = −√(34 + 2h)

p, q, r が確定したので、後は2次方程式の解の公式を使って、ウヘとウホを解くだけ（詳細については【14】以降）。機械的にできることとはいえ、多重根号の簡約まで考えると、意外と難しい面がある。「正17角形は作図可能？」で、その一例を見ることができる。

ウナの（言い換えればウヘ・ウホの）解 z は、本題の x¹⁶ + x¹⁵ + ··· + x + 1 = 0 の16個の解のうち8個について、 4 種類の実部をそれぞれ 4 倍したもの（正17角形の頂点「1, 2, 4, 8」の実部の 4 倍）。つまり z を 4 で割れば、本来の実部となる。同様に、ウタから出発すると、残りの 4 種類の実部の根号表現が判明するだろう。

加減乗除と平方根は、コンパスと定規を使って幾何学的に表現可能なので、以上の考察は「正17角形は作図可能」ということを含意する。この「作図可能性」は理論上のもので、実用上便利な作図法が直ちに得られるわけではない（実際の作図法としては、 Richmond のもの^†が巧妙）。

置換 y = x + 1/x と Gauß の恒等式は、どちらも次数を半減させる働きを持つ。両方使うことで、16次式が4次式になる。「n = 5 の場合」と「1 の5乗根」の対応を一般化して、 n = 17 に適用した。

4次方程式の問題は、機械的に3次方程式の問題に帰着する。3次方程式が与えられたとき、考えている係数の範囲で解を表現できるか否か――定数項の約数を入れてみる試行（いわゆる有理数解テスト、あるいはその二次体バージョン^‡）が成功するか否か――は、一般の場合、事前には明らかではない。この問題に関する限り、「正17角形は作図可能」＝「1 の17乗根は平方根までで表現可能」というのは有名な事実。立方根は必要ないはず。 Cardano の公式を使わずに、きれいに分解できることは、事前に予想がつく。

†　https://gdz.sub.uni-goettingen.de/id/PPN600494829_0026?tify=%7B%22pages%22%3A%5B218%5D%2C%22view%22%3A%22%22%7D
Fig. 6 参照　https://gdz.sub.uni-goettingen.de/id/PPN600494829_0026?tify=%7B%22pages%22%3A%5B301%5D%2C%22view%22%3A%22%22%7D

‡　普通の整数の世界では、定数項の絶対値が小さいとき、その約数を漏れなく考えることは易しい。有理数に無理数 h = √17 を添加した世界（二次体）では、「整数」（代数的整数）の意味が広くなる。 L + Mh の形の数（L, M: 通常の整数）は「整数」だが、この場合の L, M は、同時になら奇数の半分の値（つまり 1/2 の端数）を持つこともできる。その他の理由もあって、きちんと理論的に扱わないと約数を見落とす恐れがあり、最悪「解があるのに見つからない」という事態に陥る。その点、本文での処理は行き当たりばったりだが、結果的には何とかなった。

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2024-10-11　x¹⁷ = 1 の代数的解法（その2）

#遊びの数論　#1の原始根　#4次方程式　#正17角形　#(32)　#円分多項式

前回、二つの2次方程式を導いた。それらを実際に解いてみたい。

【14】　1 の17乗根は、 1 自身の他に 16 個ある。その 16 個の複素数は、 2 個ずつ 8 組に分けることができ、各組の二つの数は等しい実部を持つ――直観的には、右向きの正17角形の頂点の横座標。
実部だけを問題にするなら 8 種類の値だが、そのうちどれか四つの実部をそれぞれ 4 倍したもの^†は、次の4次方程式の四つの解に当たる（【13】参照）。
　　z⁴ + (1 − h)z³ + (−6 − 2h)z² + (16 + 8h)z − 16 = 0　　エア
ここで h = √17。 8 種の実部のうちの残り四つは、これと同様の4次方程式（ h の前の符号だけが逆）の解となる（【10】ウタ・ウダ参照）。

†　置換 y = x + 1/x は、 u + vi の形の解と u − vi の形の解の足し算なので、 ±vi が打ち消し合い、実部 u が 2 倍される。その後、係数の分数を嫌って便宜上の再変換 z = 2y を行ったため、 z の世界では、解 y = 2u がさらに 2 倍されている。

任意の4次方程式 z⁴ + az³ + bz² + cz + d = 0 は、原理的には次の二つの2次方程式（連立ではない）に分解される（【13】ウヘ・ウホ）:
　　z² + (a/2 + q)z + (p + r) = 0
　　または　z² + (a/2 − q)z + (p − r) = 0
p, q, r の値は、与えられた4次方程式によって異なる。エアの場合、 p = −1 − h, q = √[(17 − h)/2], r = −√(34 + 2h) を選択できる^†（【13】参照）:
　　z² + [(1 − h)/2 + √[(17 − h)/2]]z + (−1 − h − √(34 + 2h)) = 0
　　または　z² + [(1 − h)/2 − √[(17 − h)/2]]z + (−1 − h + √(34 + 2h)) = 0

†　q, r を両方とも逆の符号にしても構わない（片方だけ逆にすることは不可）。その場合、「または」の前の式と後ろの式が入れ替わる（解くべき二つの2次方程式は、結局同じ）。

√[(17 − h)/2] = √[(34 − 2h)/4] = (1/2)√(34 − 2h) なので、上の2式をこう整理できる:
　　z² + (1/2)(1 − h + √(34 − 2h))z + (−1 − h − √(34 + 2h)) = 0　　エイ
　　または　z² + (1/2)(1 − h − √(34 − 2h))z + (−1 − h + √(34 + 2h)) = 0　　エウ

2次方程式の解の公式によると、エイの解は:
　　z = [−(1/2)(1 − h + √(34 − 2h)) ± √D₁] / 2
　　 = (1/4)(−1 + h − √(34 − 2h) ± 2√D₁)　　エエ
　　ただし　D₁ = (1/4)(1 − h + √(34 − 2h))² − 4(−1 − h − √(34 + 2h))
同様に、エウの解は:
　　z = (1/4)(−1 + h + √(34 − 2h) ± 2√D₂　　エオ
　　ただし　D₂ = (1/4)(1 − h − √(34 − 2h))² − 4(−1 − h + √(34 + 2h))

エエ・エオの計 4 解をそれぞれ 4 で割ると、単位円に内接する正17角形の頂点の横座標が四つ定まる。もう一つの4次方程式から、同様に四つの頂点の横座標が定まる。一般に、単位円上の点は、横座標（実部）さえ指定すれば、第1または第2象限に一つ、第3または第4象限に一つ定まるのだから（そしてこの二つの点のペアがどちらも頂点になるように、正17角形を配置できるのだから）、正17角形の作図可能性（座標を根号と四則演算だけで表現できること）は、ほぼ明らかだろう。

【15】　上記 D₁, D₂ の式を整理したい。まず h = √17 は 4 より大きいので、 1 − h は負。その平方は:
　　(1 − h)² = 1 − 2h + h² = 18 − 2h　　エカ
これはもちろん正の数。 1 − h が負の数であることに注意しつつ、エカの両辺の負の平方根を考えると:
　　(1 − h) = −√(18 − 2h)　　エキ
今、エカ・エキを使って D₁ の ( )² の部分を計算する:
　　[(1 − h) + √(34 − 2h)]² = (1 − h)² + 2(1 − h)√(34 − 2h) + (34 − 2h)
　　 = (18 − 2h) + 2(−√(18 − 2h))√(34 − 2h) + (34 − 2h)
二つの根号下のそれぞれから √2 をくくり出すと、どちらの根号下も半分になり、根号の前が √2 × √2 = 2 倍される:
　　 = 52 − 4h − 2⋅2√(9 − h)√(17 − h) = 52 − 4h − 4√(170 − 26h)　　エク
　　なぜなら　(9 − h)(17 − h) = 9⋅17 − 9h − 17h + h² = 9⋅17 + 17 − 26h = 10⋅17 − 26h

エクの各項から 4 をくくり出すと、上の計算は次のように要約される:
　　(1 − h + √(34 − 2h))² = 4(13 − h − √(170 − 26h))
D₁ の式は、この数の 1/4 を含む。すなわち:
　　D₁ = (1/4)(1 − h + √(34 − 2h))² − 4(−1 − h − √(34 + 2h))
　　 = (13 − h − √(170 − 26h)) + 4 + 4h + 4√(34 + 2h)
　　 = 17 + 3h + 4√(34 + 2h) − √(170 − 26h)　　エケ
全く同様にして（途中計算略）:
　　D₂ = 17 + 3h − 4√(34 + 2h) + √(170 − 26h)　　エコ

これで一応 D₁, D₂ が求まった。エエ・エオの 1/4 が 1 の17乗根の実部。その値（実部）は、エエとエケから:
　　(1/16)(−1 + h − √(34 − 2h) ± 2√[17 + 3h + 4√(34 + 2h) − √(170 − 26h)])
エオとエコから:
　　(1/16)(−1 + h + √(34 − 2h) ± 2√[17 + 3h − 4√(34 + 2h) + √(170 − 26h)])

数値的には、前者が 0.739008917220… または −0.982973099683…、後者が 0.932472229404… または 0.092268359463… で、 360° = 2π の 1/17 を G とすると、順に cos 2G, cos 8G, cos G, cos 4G に当たる。

実はエケ・エコそれぞれの二つの根号は、一つの根号に簡約可能。今回はその議論に立ち入らない（「正17角形は作図可能？」の §9 参照）。項の順序は違うかもしれないが、エコは「正17角形は作図可能？」の《に》の ( ) 内と全く同じ式。

「正17角形の作図可能性」については、既に（u = cos G = 0.932472229404… の根号表現を導いただけで）証明完了。一方、 1 の17乗根を求めるとなると、対応する虚部 v が問題になる。原理的には v = ±√(1 − u²) のようにして機械的に計算可能だが（【12】参照）、その方法は必ずしも便利ではない。

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