5次方程式の解を巡る旅〜5次方程式の可解性判定編〜

前回の記事で3次・4次方程式のresolventについて説明した。本稿ではここまでの内容を総括し、5次方程式の可解性判定について述べる。

5次方程式の可解性判定

5次方程式のresolvent

$\mathbb{Q}$ 上の5次多項式 $f(x) = x^5 + a_3 x^3 + a_2 x^2 + a_1 x + a_0$ に対して、方程式 $f(x)=0$ の可解性について考える。議論の流れに大きな影響はないので、f(x)はmonicとしている。

f(x)を良く見ると $x^4$ の項がない。実は任意の多項式は適当な変数変換を施すことで、いつでも最高次より1つ次数の小さい項を消す事ができる[1]。そのため、ここでは最初から4次の項はその変換によって消されたものとして扱う。

まずは3次・4次方程式の場合と同じように、5次方程式にもresolventを考えるところからやってみよう。少々恣意的であるが、位数20のFrobenius群 $F_{20}$ の作用に対して不変となる式について考えてみる。これを自力で思い付くのは難易度が高いが、幸い先人が以下の2つの式を見つけてくれている[2][3]。

$\displaystyle{ \begin{eqnarray} P_1 &=& x_1^2 x_2 x_5 + x_1^2 x_3 x_4 + x_2^2 x_1 x_3 + x_2^2 x_4 x_5 + x_3^2 x_1 x_5 \\ && + x_3^2 x_2 x_4 + x_4^2 x_1 x_2 + x_4^2 x_3 x_5 + x_5^2 x_1 x_4 + x_5^2 x_2 x_3 \\ Q_1 &=& (x_1 x_2 + x_2 x_3 + x_3 x_4 + x_4 x_5 + x_5 x_1 \\ &&- x_1 x_3 - x_3 x_5 - x_5 x_2 - x_2 x_4 - x_4 x_1)^2 \end{eqnarray} }$

ここで、私自身が悩んだポイントについて補足しておく。上記2つの式は様々な文献で見かけるが、これらの間の関係についてはあまり触れられることがない。実はresolvent invariantに適当な対称式を足したり掛けたりしても、resolvent invariantが持つ対称性に変化はない。そのため、resolvent invariantは無数に存在し、 $P_1,\ Q_1$ はどちらもその中の1つに過ぎない。実際、 $4P_1 - Q_1$ は対称式になっているようだ[4]*1。

どちらで考えても同じなので、以下では $P_1$ を利用して議論を進める。 $P_1$ に $S_5$ の元を作用させると異なる6つの式が得られる。 $P_1$ 以外の式を以下に示す[2]。

$\displaystyle{ \begin{eqnarray} P_2 &=& (1\ 2\ 3)P_1 \\ P_3 &=& (1\ 3\ 2)P_1 \\ P_4 &=& (1\ 2)P_1 \\ P_5 &=& (2\ 3)P_1 \\ P_6 &=& (1\ 3)P_1 \\ \end{eqnarray} }$

そのため、resolvent equationは以下のようになる。

$\displaystyle{ (z - P_1)(z - P_2)\ \cdots \ (z - P_6) = 0 }$

以下、上記resolvent equationの左辺を $f_{20}(z)$ とおく。 $f_{20}(z)$ には $P_1$ に $S_5$ を作用させて得られる変化のパターンを全て根に持たせてあるので、 $f_{20}(z)$ の係数は対称式となる。そのため、f(x)の係数を用いて表す事ができる。

Resolventを用いた可解性判定

ここで困ったことがある。3次・4次方程式ではresolvent equationの方が次数が小さかったため、resolvent equationを解くことで元の方程式の解が得られた。しかし、5次方程式から得られたresolvent equationは6次方程式であり、次元が上がってしまっている。こんな式を得たところで、一体どうしたら良いのだろうか？

実は、ここで以下の強力な定理が火を吹く (ただし、本稿の文脈に合わせて記号等を微修正してある) [2]。

5次方程式の可解性判定

The irreducible quintic $f(x) = x^5 +a_3 x^3 +a_2 x^2 +a_1 x + a_0 \in \mathbb{Q}[x]$ is solvable by radicals if and only if the polynomial $f_{20}(z)$ has a rational root. If this is the case, the sextic $f_{20}(z)$ factors into the product of a linear polynomial and an irreducible quintic.

要するに、 $f_{20}(z)$ がただ1つの有理数根を持てば、f(x)は可解になる。これにより、resolvent equationの根を全て求めることが出来ずとも、元の多項式が可解かどうか判定できる。

Galois群とresolventの関係

しかし、この定理だけ見せられても何だか天下り的というか、どういう理屈でこんな事が成り立つのか分からない。そのため、もう少し掘り下げてみよう。

まず、f(x)が可解というのは、 $\mathbb{Q}$ からf(x)の最小分解体への拡大に対応するGalois群が可解群である事を意味する。以下ではこのGalois群を $\mathrm{Gal}(f)$ と書く。 $\mathbb{Q}$ 上既約な5次方程式のGalois群のうち、可解なものは共役を除いて3つしかなく、そのうち位数最大のものはFrobenius群 $F_{20}$ であった。しかも、他の2つは共に $F_{20}$ の部分群である。

そのため、f(x)が可解であるとは、 $\mathrm{Gal}(f) \subset F_{20}$ を意味する。と言いたいところだが、実際には $F_{20}$ には自身を含めて6つの共役な群が存在するので、 $\mathrm{Gal}(f)$ はそのどれかに含まれることになる。

そうなると、 $\mathrm{Gal}(f)$ が $F_{20}$ の共役に含まれる条件が知りたくなる。それを定理の形で述べたものが以下である[5]。

Galois群とresolventの関係

If $\mathrm{Gal}(f)$ is conjugate (in G) to a subgroup of $H = \mathrm{Stab}_G(F)$ , then $\mathrm{Res}_G(F, f)$ has a root in $\mathbb{Z}$ . Furthermore, if $\mathrm{Res}_G(F, f)$ has a simple root in $\mathbb{Z}$ then $\mathrm{Gal}(f)$ is conjugate to a subgroup of $H = \mathrm{Stab}_G(F)$ .

ただし、引用した論文では整数係数の多項式について論じているため、何かと $\mathbb{Z}$ が登場していることに注意されたい。ここは $\mathbb{Q}$ と読み替えても良いだろう。

ここで、Fはn変数の多項式であり、f(x)の根を代入することでresolvent invariantの役割を果たすものである。また、Gは対称群 $S _n$ の部分群、 $\mathrm{Res}_G(F, f)$ は以下の式で定義される。

$\displaystyle{ \mathrm{Res}_G(F, f) = \prod_{\sigma \in G/H} \left(z - F(x_{\sigma(1)}, \cdots , x_{\sigma(n)}) \right) }$

$\mathrm{Res}_G(F, f) = 0$ という方程式はresolvent equationの一般形となっている。

この定理はGに選択の余地があるが、今は $G = S_n$ のケースだけ考えれば十分である。簡易版の定理を以下に示す。

Galois群とresolventの関係 (簡易版)

If $\mathrm{Gal}(f)$ is conjugate to a subgroup of $H = \mathrm{Stab}_{S_n}(F)$ , then $\mathrm{Res}_{S_n}(F, f)$ has a root in $\mathbb{Z}$ . Furthermore, if $\mathrm{Res}_{S_n}(F, f)$ has a simple root in $\mathbb{Z}$ then $\mathrm{Gal}(f)$ is conjugate to a subgroup of $H = \mathrm{Stab}_{S_n}(F)$ .

上記定理のうち特に後半が重要で、これによってGalois群の可能性を絞り込む事ができる。すなわち、 $S_n$ のある部分群Hに対するresolvent invariantを見つけられれば、まずresolvent equationが得られる。そして、それが有理数根を持つかどうかを調べることで、 $\mathrm{Gal}(f)$ がH、もしくはその共役な部分群に含まれるかどうかが分かるのである。最初の定理が述べていたのはまさにこのGalois群の絞り込みの一例なのである。

可解性判定の例

実際に可解性判定をするためには $f_{20}(z)$ の係数を求める必要があるが、幸い[2]に具体的な式が記載されている。いくつか計算してみよう。

例1: $f(x) = x^5 + 4x^2 - 2$

このとき、resolvent equationは以下のようになる。

$\displaystyle{ f_{20}(z) = z^6 + 400 z^4 - 512 z^3 + 40000 z^2 + 68784 z + 65536 }$

これは $\mathbb{Q}$ 上既約なので、f(x)は可解ではない。

例2: $f(x) = x^5 - 5x^3 + 5x + 3$

この例は[6]を参考にさせて頂いた。このとき、resolvent equationは以下のようになる。

$\displaystyle{ f_{20}(z) = z^6 + 40 z^5 + 250 z^4 - 10625 z^3 - 146875 z^2 + 493750 z + 12875000 }$

これは以下のように因数分解できる。

$\displaystyle{ f_{20}(z) = (z - 10)(z^5 + 50 z^4 + 750 z^3 - 3125 z^2 - 178125 z + 1287500) }$

有理数根をただ1つ持つので、f(x)は可解である。

おまけ

交代群と判別式

ここまでの議論で5次方程式の可解性を判定することができた。しかし、これだけではf(x)のGalois群が $F_{20}$ に含まれるかどうかが分かるだけである。もっと問題を広げて、f(x)のGalois群を決定したいと思ったらどうすれば良いだろうか？

今の時点で分かっていることを少し言い換えると、Galois群が $\{S_{5},\ A_{5}\}$ 、または $\{F_{20},\ D_{5},\ C_{5}\}$ のどちらに属するかを判定できたと言える。厳密にはGalois群はこれらと共役な部分群である可能性もあるが、共役というのは根への添字の付け方による変化に過ぎないので、ここでは共役は同一視する。

それぞれをさらに分解するために、 $D_{5},\ C_{5} \subset A_{5}$ という事実に着目する。つまり、Galois群が $A_{5}$ に含まれるかどうかが判定できれば、さらに可能性を絞り込めるのである。

そのためにはやはり上で紹介した定理を使うわけだが、定理を適用するには $A_{5}$ の作用で不変となるresolvent invariantを見つける必要がある。実は判別式と呼ばれる非常に有名な式がこれに関係している。判別式の定義を以下に示す[7]。

差積と判別式

(1) $\delta(x) = \prod_{i < j} (x_i - x_j)$ を $x = (x_1, \cdots , x_n)$ の差積という.
(2) $\Delta(x) = \delta(x)^2$ を $x = (x_1, \cdots , x_n)$ の判別式という.

ただし、これはmonicの場合の式のようだ。最高次の係数が1でない場合の式はWikipedia[8]などを参照されたい。

ここで、差積 $\delta$ は $A_{5}$ のresolvent invariantになっている。 $\delta$ に $S_{5}$ の元を作用させると $\delta$ または $-\delta$ のどちらかになるため、resolvent equationは以下のようになる。

$\displaystyle{ \begin{eqnarray} (z - \delta)(z + \delta) &=& 0 \\ z^2 - \Delta &=& 0 \end{eqnarray} }$

上で述べた定理によると、これが有理数解を持てばGalois群が $A_{5}$ に含まれることになる。言い換えると、 $\sqrt{\Delta} \in \mathbb{Q}$ であればGalois群が $A_{5}$ に含まれる。判別式自体は計算する手法が知られているため、これでGalois群が $A_{5}$ に含まれるかどうかが分かる。あとは同様にして $D_5,\ C_5$ を区別してやれば良い。