コックス「ガロワ理論」 1.3節の演習問題1

演習問題1

(a)

普通に計算するだけ。

f'(y)=(y-y₂)(y-y₃)+(y-y₁)(y-y₃)+(y-y₁)(y-y₂)より

f'(y₂)=(y₂-y₁)(y₂-y₃)=-(y₁-y₂)(y₂-y₃)

f'(y₃)=(y₃-y₁)(y₃-y₂)=(y₁-y₃)(y₂-y₃)

(b)

(a)の結果からf'(y₁)f'(y₂)f'(y₃)=-(y₁-y₂)²(y₁-y₃)²(y₂-y₃) ²=-Δ。

負号はf'(y₂), f'(y₃)で根の差の順番がΔでの定義と逆転した、

y₂-y₁, y₃-y₁, y₃-y₂の因子が現れることから現れる。

(c)

(b)とf(y)=(y-y₁)(y-y₂)(y-y₃)により、

Δ=-f'(y₁)f'(y₂)f'(y₃)=-27(y₁-α)(y₁-β)(y₂-α)(y₂-β)(y₃-α)(y₃-β)

=-27(α-y₁)(α-y₂)(α-y₃)(β-y₁)(β-y₂)(β-y₃)=-27f(α)f(β)

(d)

普通にf(α), f(β)を計算するだけ。

(e)

(d)よりf(α)=√(-4p³/27)+q, f(β)=-√(-4p³/27)+qだから

Δ=-27f(α)f(β)=-27(4p³/27+q²)=-4p³-27q²

演習問題2

(a)

Δ=-4p³-27q²において第2項は常に負。

p>0なら第1項も負なので、Δ<0。

(b)

f'(y)=3y²+pにおいてp>0だからf'(y)>0となり、

f(y)は全てのyに対し常に増加する。

(c)

常に増加する関数f(y)がy→数増でf(y) →-∞、y→∞でf(y) →∞だから、

f(y)のグラフと直線y=aの交点は-∞<a<∞についてちょうど一つである。

したがってa=0のとき、すなわちf(y)=0のときも実根はちょうど一つである。

演習問題3

(a)

Δ=-4p³-27q²においてq≠0ならΔ<0である。

q=0のときはf(y)=y³でy=0が3重根になるから、

定理1.3.1で仮定している場合に当たらない。

以上によりΔ<0。

(b)

f'(y)=3y²≥0において、等号はy=0の1点のみだから、

f(y)は常に増加する関数で、y→-∞でf(y) →-∞、y→∞でf(y) →∞。

したがって演習問題2(c)と同様に、実根はちょうど一つ。

演習問題4

(a)

明らかにβ<α。

f'(α)=f'(β)=0、f''(α)=6α>0, f''(β)=6β<0だから、

f(y)のグラフはαで極小、βで極大。

β<y<αではf'(y)=3(y-α)(y-β)<0だから、∫_β^α f(y)dy<0より

f(α)=f(β)+∫_β^α f'(y)dy< f(β)。

(b)

(i) f(α)とf(β)が異負号（f(α)f(β)<0）のとき

(a)によりf(α)< f(β)だから、f(α)とf(β)が異負号ならf(α)<0, f(β)>0。

f(y)は-∞<y<∞で連続なので、中間値の定理により、

β<y₁<αかつf(y₁)=0となるy₁が存在し、

さらにβ<y<αでf'(y)<0からf(y)は常に減少するから、

このようなy₁は唯一つである。

また、y→-∞でf(y)→-∞、f(β)>0だから、中間値の定理により、

y₂<βかつf(y₂)=0となるy₂が存在する。

y<βでf'(y)>0からf(y)は常に増加するから、

このようなy₂は唯一つである。

さらにy→∞でf(y) →∞、f(α)<0だから、中間値の定理により、

y₃>αかつf(y₃)=0となるy₃が存在する。

y>αでf'(y)>0からf(y)は常に増加するから、

このようなy₃は唯一つである。

したがって、f(α)とf(β)が異負号ならf(y)=0は

ちょうど3つの異なる実根y₁, y₂, y₃を持つ。

グラフとしては下図のようになり(図はp=-3,q=1での例)、

y=0とy=x³+px+qの交点は3つとなる。

(ii) f(α)とf(β)が同負号（f(α)f(β)>0）のとき

f(α)>0, f(β)>0またはf(α)<0, f(β)<0である。

f(α)>0, f(β)>0のとき、(i)のy₂に対応する実根が唯一つ存在する。

β<y<αでf'(y)<0により、f(y)はf(β)>0からf(α)>0まで常に減少する関数なので、

β<y<αでf(y)>0だから 、β<y<αでのf(y)=0の実根は存在しない。

また、y>αでf'(y)>0により、f(y)はf(α)>0から常に増加する関数なので、

y>αでf(y)>0だからy>αでのf(y)=0の実根は存在しない。

以上により、f(α)>0, f(β)>0のときf(y)=0の実根は常にちょうど一つ存在する。

同様にして、f(α)<0, f(β)<0のときもf(y)=0には、

(i)のy₃に対応する実根が常にちょうど一つ存在する。

したがって、f(α)とf(β)が同負号ならf(y)=0は

ちょうど1つの実根を持つ。

f(α)>0, f(β)>0のときのグラフとしては下図のようになり

(図はp=-3,q=3での例)、y=0とy=x³+px+qの交点は1つとなる。

また、f(α)<0, f(β)<0のときのグラフとしては下図のようになり

(図はp=-3,q=-3での例)、y=0とy=x³+px+qの交点は1つとなる。

(c)

(b)により、f(α)とf(β)が異負号ならf(y)=0はちょうど3つの実根を持ち、

同符号ならf(y)=0はちょうど1つの実根を持つ。

また、f(α)=0ならばf(β)<0で、(b)(i)でのy₁=y₂となる2重根の場合だから、

実根は2つであるが、これは定理1.3.1で仮定している場合に当たらない。

f(β)=0ならばf(α)>0で、同様に実根は2つ。

以上により、f(y)=0がちょうど3つの異なる実根を持つのは

f(α)とf(β)が異負号、すなわちf(α)f(β)<0のとき、かつその時に限られる。

(d)

演習問題1(c)によりΔ=-27f(α)f(β)。

(c)により3つの根が全て実数であることとf(α)f(β)<0は同値だから、

Δ>0とも同値となる。

演習問題5

演習問題2,3と4(b)のf(α)f(β)>0で調べた場合はf(y)=0はちょうど1つの実根を持ち、

このとき常にΔ=-27f(α)f(β)<0である。f(y)=0には複素数根が3つなければならないので、

残りの2つは定理1.3.1の証明と同様に、

互いに複素共役な異なる2虚根でなければならない。

また、4(b)のf(α)f(β)<0のときはf(y)=0はちょうど3つの異なる実根を持ち、

このとき常にΔ=-27f(α)f(β)<0である。

f(α)f(β)=0の場合は演習問題4(c)によりΔ=0。

このとき実根は2つで、うち一つは2重根であるから、

定理1.3.1で仮定している場合に当たらない。

以上により、f(y)=0の異なる実根の個数は、

Δの符号のみで完全に分類され、ゆえに定理1.3.1が従う。

演習問題6

Δ=-4p³-27q²>0だからp<0である。

z₁³=(1/2)[-q+i√(Δ/27)]を極形式に書き、2つの実数a, αを用いてz₁³=ae^iα,

a=|z₁³|=(-p)^3/2/(3√3)=(-p/3)^3/2,

α=arg(z₁³)=arctan[-√(Δ/27)/q] (mod 2π) (q≠0)またはπ/2 (mod 2π) (q=0)

とする。

aの実三乗根a^1/3=√(-p/3)を用いてz₁はa^1/3e^iα/3, a^1/3e^iα/3ω, a^1/3e^iα/3ω²のいずれかである。

同様にz₂³=(1/2)[-q-i√(Δ/27)]=ae^-iαで、

z₂はa^1/3e^-iα/3, a^1/3e^-iα/3ω, a^1/3e^-iα/3ω²のいずれかである。

z₁z₂の9通り考えられる積のうち、z₁z₂=-p/3=a^2/3と実になるのは

・ z₁=a^1/3e^iα/3かつz₂=a^1/3e^-iα/3

・ z₁=a^1/3e^iα/3ωかつz₂=a^1/3e^-iα/3ω²

・ z₁=a^1/3e^iα/3ω²かつz₂= a^1/3e^-iα/3ω

の3つの場合だけで、いずれの場合もz₂=z₁。

演習問題7

Δ=13068=2²·3³·11²>0より、定理1.3.1から実根は3つ。

Cardanoの公式からz₁³=2+11i。

これをGauss整数として素因数分解すると2+11i=(2+i)³。

したがってz₁=2+iとして根は

y₁=z₁+z₁=(2+i)+(2-i)=4,

y₂=z₁ω+z₁ω²=(2+i)ω+(2-i)ω²=-2-√3

y₃=z₁ω²+z₁ω=(2+i)ω²+(2-i)ω=-2+√3。