コックス「ガロワ理論」 10.3節の演習問題2

演習問題10

lの方程式はy=m(x-1/2)。

これをy=x, y=-x/2とそれぞれ連立させて、

(10.13)(10.14)を得る。

傾きが(10.15)の根となる4直線の概形は以下の通り。

ただし単位長を赤で描いてある。

演習問題11

演習問題10と同様に、印合わせから得られる直線lの方程式は、

lの傾きをmとしてy=m(x-1)+1/2。

これよりlとy=0の交点(x₁,0), x₁=1-1/(2m)、

およびlとy=xの交点(x₂,x₂), x₂=(2m-1)/[2(m-1)]を得る。

1=(x₂-x₁)²+x₂²で、x₂-x₁=(2m-1)/[2m(m-1)]だから、

(2m-1)²(m²+1)=4m²(m-1)²が得られる。

n=1/mとすると、(2-n)²(1+n²) =4(1-n)²

からn(n³-4n²+n+4)=0 (1)となり、n=0はこの根である。

この根はx軸に垂直な直線に対応する。

n≠0については、(1)によりmの方程式は

f(m)=4m³+m²-4m+1=0となる。

fはf’=12m²+2m-4とℚ[x]において素なので、命題5.3.2により分離的。

命題A.3.1によりfの根がℚの元ならm=±1, ±2, ±4のいずれかだが、

このどれもfの根ではないので、命題A.1.19によりfはℚ上規約。

故に、fの分解体をLとすれば

命題7.4.2によりGal(L/ℚ)≃S₃またはGal(L/ℚ)≃ℤ/3ℤだが、

いずれにせよ3は|Gal(L/ℚ)|を割る。

定理7.1.1によりℚ⊂LはGalois拡大だから定理7.1.5により

|Gal(L/ℚ)|=[L:ℚ]なので、3|[L:ℚ]となり[L:ℚ]は2冪でないから、

定理10.1.12によりmは直定規とコンパスでは作図不能。

演習問題12

△QROにおいてQR=QO=1だから∠PRO=∠QOR。

これより∠OQP=∠PRO+∠QOR=2∠PRO  (1)。

△OQPにおいてOQ=OP=1だから(1)により

∠OPQ=∠OQP=2∠PRO。

故に△OPRにおいてθ=∠PRO+∠OPQ=3∠PRO だから、

∠PRO=θ/3。

演習問題13

∠QOA=xとする。l₁∥l₂だから∠QRP=x。

QRの中点をMとし、Mを中心とした半径1/2の円Cを描くと、

∠QPR=π/2だからPはC上にある。

MP=1/2=OPだから、△POMは二等辺三角形なので∠PMO=∠POM=θ-x。

∠QRP=xは弧PQの上の円周角だから、

2∠QRP =2x=∠PMO=θ-x。これよりx=θ/3。

演習問題14

(a)

Rからx軸への垂線の足をSとし、∠ROS=φとする。

またPRの中点をTとする。

P,Rは単位円上の点だから△OPRは二等辺三角形なので、

OTはPRの垂直二等分線かつ∠PORの二等分線だから、

∠ROT=∠POT (1)。また∠OTR=π/2。

Sのとり方から∠OSR=π/2。

すると△ORTと△ORSは共に直角三角形で、

斜辺ORは共通、R,Tの定義によりRT=PR/2=RSだから、

斜辺他一辺相等により△ORT≡△ORSなので、

対応する角∠ROT=∠ROS=φとなり、

(1)によりθ=∠POT+∠ROT+∠ROS=3φ。よってφ=θ/3。

(b)

C上の点Q(x,y)について、PQ=2yだから、

PQ²=(x-cosθ)²+(y-sinθ)²=4y²がCの方程式。

これより3[y+(sinθ)/3]²-(x-cosθ)²=(2sinθ)²/3となり、

中心が(cosθ, -(sinθ)/3)の双曲線の式を得る。

演習問題15

(a)

k≥8ではAB≥AC+BC=2となり△ABCは存在しないからである。

(b)

l₂をx軸、Bを原点に取り、α²+(k/8)²=1とおく。

A(-k/4,0), B(0,0), C(-k/8,α), D(-3k/8,-α)である。

またR(r,0)とする(r=BR)。

Q(x,y)とすれば、x,yはCRの方程式y=-8α(x-r)/(8r+k)と、

BDの方程式y=8αx/3kを満たす。さらにQR²=(x-r)²+y²=1。

これらの方程式からx,yを消去して整理すると、

(r³-k)(4r+k)=0となり、実根はr=∛kとr=-k/4。

r=-k/4ならR=AだからQ=DとなりQ≠Dに反する。

よってr=BR=∛k。

(c)

k≥8が作図可能なら、0<2^-3αk<8、

すなわち3α>3+log₂kなるα∈ℕを用いて、kを3α回2等分し、

(b)によって2^-α∛kを作図してから、α回2倍すればよい。

直定規により作図できる数は定理10.3.11により折り紙数だから、

この2等分・2倍の操作は常に可能。

演習問題16

(a)

Pとl₁で定まる螺獅線の定義により明らか。

(b)

(a)により(10.18)のQは、Pとlで定まる螺獅線上の点だから、

この螺獅線と単位円Oの交点である。

(c)

図のQ₁, Q₂の極座標での角座標をθとすればPR sinθ=-b。

Q₁(r,θ)とすればPR=r+1だからr=-b cscθ-1、

Q₂(r,θ)とすればPR=r-1だからr=-b cscθ+1。

(d)

(c)によりr²[1+b/(rsinθ)]²=1

r sinθ=y, r²=x²+y²を用いて(x²+y²)(y+b)²=y²

（問題文の(x²+y²)(y-b)²=y²は誤植）。

演習問題17

(a)

蝸牛線の定義により(10.18)のQは、

円Oと点Pで定義される蝸牛線上の点だから、

蝸牛線と直線lの交点である。

(b)

PCと円CのPでない交点をSとするとS(2a,0)。

図のR₁, R₂の極座標での角座標をθとすればθ=∠QPS。

∠PQS=π/2だから、PQ=2acosθ。

R₁(r,θ)とすればPQ=r+1だからr=-1+2acosθ、

R₂(r,θ)とすればPQ=r-1だからr=1+2acosθ。

すなわち蝸牛線の方程式はr=±1+2acosθ

（問題文の1+2acosθは±1+2acosθの誤植）。

(c)

(b)の極方程式よりr²-2arcosθ=±rだから(r²-2arcosθ)²=r²。

r cosθ=x, r²=x²+y²を用いて(x²+y²-2ax)=x²+y²。

演習問題18

定理10.2.1の証明に従う。

10.1節演習問題2と同様に、正n角形が折り紙で作図できることは、

ζ_nが折り紙数であることと同値。

(8.6)によりζ_nのℚ上の最小多項式の分解体はℚ(ζ_n)で、

定理10.3.6によりζ_nが折り紙数であることは

[ℚ(ζ_n):ℚ]=2^α3^βとなる整数α,β≥0が存在することと同値。

n=2^a3^bp₁...p_sとする。

ここでp₁,...,p_sはPierpont素数で、1≤i≤sについて、

p_i=2^k_i3^l_i+1 (k_i,l_i≥0)である。

b,l₁,...,l_s が全て0ならnは2冪なので、

定理10.2.1によりζ_nは作図可能数だからζ_nは折り紙数。

したがってb,l₁,...,l_sのいずれかは1以上としてよい。

系9.1.10と補題9.1.1により

[ℚ(ζ_n):ℚ]=φ(n)=(2^a-2^a-1)(3^b-3^b-1)(p₁-1)...(p_s-1)

=2^a3^b-12^k₁3^l₁...2^k_s3^l_s=2^{a+k₁+...+k_s}3^{b-1+l₁+...+l_s}だから、

α=a+k₁+...+k_s≥0, β=b-1+l₁+...+l_s≥0となるので、ζ_nは折り紙数。

逆にζ_nが折り紙数とすると、

定理10.3.6と系9.1.10により[ℚ(ζ_n):ℚ]=φ(n)=2^α3^βとなる整数α,β≥0が存在する。

nの素因数分解をn=q₁^a₁…q_r^a_r (1≤i≤rについてa_i≥1)とする。補題9.1.1により

φ(n)=q₁^a₁-1(q₁-1)…q_r^a_r-1(q_r-1)=2^α3^βとなるから、

a_i≥2ならばq_i=2または3でなければならず、

a_i=1ならばq_i-1=2^k_i3^l_i(k_i,l_i≥0は少なくとも一つは0でない)、

すなわちq_i=2^k_i3^l_i+1だからq_iはPierpont素数でなければならない。

したがって、p₁,...,p_sをPierpont素数としてn=2^a3^bp₁...p_sの形である。

以上により、正n角形が折り紙で作図できることとn=2^a3^bp₁...p_sは同値。