コックス「ガロワ理論」 1.3節の演習問題2

演習問題8

三角関数の加法定理

sin(x+y)=sin x cos y-cos x sin y,

cos(x+y)=cos x cos y-sin x sin yより倍角公式

sin(2θ)=2sinθcosθ, cos(2θ)=cos²θ-sin²θ=2cos²θ-1が得られ、

さらにcos(3θ)=cos(2θ+θ)=(2cos²θ-1)cosθ-2sin²θcosθ

=2cos³θ-cosθ-2(1-cos²θ)cosθ=4cos³θ-3cosθを得る。

演習問題9

Δ=-4p³-27q²においてp=-3/4, q=-cos(3θ)/4なので代入して、

Δ=27sin²(3θ)/16。

演習問題10

(a)

仮定によりΔ=-4p³-27q²>0。-27q²<0だから-4p³=4(-p)³>0なのでp<0。

(b)

t¹の項の係数比較により-4p/λ²=3だからλ=2√(-p/3)。

これより、さらに定数項を比較してcos(3θ)=-4q/λ³=3√3q/[2p√(-p)]。

(c)

-4p³-27q²>0より4(-p)³>27q²>0。正の平方根をとって、

p<0に注意すると2|p|√(-p)>3√3|q|なので|3√3q/[2p√(-p)]|<1。

(d)

(c)によりθは実数となるので(b)によりθ=arccos{3√3q/[2p√(-p)]}/3。

|cos(3θ)|=|3√3q/[2p√(-p)]|<1だから、cos(3θ)≠±1。

(e)

(b)によりλ=2√(-p/3)だから、直ちに定理1.3.3が従う。

演習問題11

(a)

演習問題9によりp=-3/4, q=-cos(3θ)/4, Δ=27sin²(3θ)/16より、

Cardanoの公式に代入して

z₁=³√[cos(3θ)/8+i sin(3θ)/8]=(1/2) ³√[cos(3θ)+i sin(3θ)]、

同様にz₂=(1/2) ³√[cos(3θ)-i sin(3θ)]。

ゆえにt₁=z₁+z₂=(1/2) ³√[cos(3θ)+i sin(3θ)]+(1/2) ³√[cos(3θ)-i sin(3θ)]。

(b)

cos(3θ)+i sin(3θ)=e^3iθより、

z₁=(1/2)³√[cos(3θ)-i sin(3θ)]=(1/2)[cos(3θ)-i sin(3θ)]^1/3の一つの値はe^iθ/2。

同様にz₂の一つの値はe^-iθ/2だから、t₁=z₁+z₂=(e^iθ+e^-iθ)/2=cosθ。

(c)

ω=e^2πi/3, ω²=e^-2πi/3だから、Cardanoの公式の残りの2根は

z₁ω+z₂ω²=(e^iθ+2πi/3+e^-iθ-2πi/3)/2=cos(θ+2π/3)=t_2,

z₁ω²+z₂ω=(e^iθ-2πi/3+e^-iθ+2πi/3)/2=cos(θ-2π/3)=cos(θ+4π/3)=t₃。

演習問題12

(a)

普通に与式の右辺を展開して、実部と虚部をそれぞれ比較するだけ。

(b)

4=a³-33ab²=a(a²-33b²)でa,b∈ℤ だから、a|4。したがって|a|=1,2,4。

同様に1=3a²b-11b³=b(3a²-11b²)でa,b∈ℤ だから、b|1すなわちb=±1。

これよりb²=1。すると(3a²-11b²)|1より3a²-11b²=3a²-11=±1。

a²として可能な値1,4,16のなかでこの式を満たすのは

a²=4すなわちa=±2だけである。

ところがa(a²-33b²)=a(a²-33)=4をa=±2は満たさない。

したがって、与式は整数解を持たない

(c)

与えられた根をCardanoの公式と比較して、

-q/2=4, Δ/(4·27)=-p³/27-q²/4=11。これよりq=-8, p=-9。

演習問題13

根の一つ、例えばx₁が虚根なら、実係数4次方程式

x₁⁴+bx₁³+cx₁²+dx₁+e=0の複素共軛をとれば

x₁⁴+bx₁³+cx₁²+dx₁+e=0となるので、x₁も根である。

したがって虚根は常に共軛根と2つ組の根となるので、

4次方程式の相異なる4根の組合せとしてありうるのは

(i) 実根なし、虚根4つ。

(ii) 実根が2つ、虚根2つ。

(iii) 実根4つ、虚根なし。

の3つの場合だけである。

(i) 実根なし、虚根4つの場合

s, t, u, v ∈ℝとしてx₁=s+it, x₂=x₁=s-it, x₃=u+iv, x₄=x₃=u-iv (t≠0, v≠0)とすると、

(x₁-x₃)²(x₂-x₄)²=[s+it-(u+iv)]²[s-it-(u-iv)]²=[(s-u)²+(t-v)²]²>0

(x₂-x₃)²(x₁-x₄)²=[s-it-(u+iv)]²[s+it-(u-iv)]²=[(s-u)²+(t+v)²]²>0

(x₁-x₂)²(x₃-x₄)²=(2it)²(2iv)²=16t²v²>0

だからΔ>0。

(ii) 実根が2つ、虚根2つの場合

x₁, x₂を異なる実根とし、u, v ∈ℝとしてx₃=u+iv, x₄=x₃=u-iv (v≠0)とすると、

(x₁-x₃)²(x₁-x₄)²=[x₁-(u+iv)]²[x₁-(u-iv)]²=[(x₁-u)²+v²]²>0

(x₂-x₃)²(x₂-x₄)²=[x₂-(u+iv)]²[x₂-(u-iv)]²=[(x₂-u)²+v²]²>0

(x₁-x₂)²>0

(x₃-x₄)²=(2iv)²=-4v²<0

だからΔ<0。

(iii) 実根4つ、虚根なしの場合。

全ての(x_i-x_j)²>0 (1≤i<j≤4)だからΔ>0。

したがって、ちょうど2つの実根を持つのはΔ<0のとき、

かつそのときに限る。

演習問題14

(a)

(1.20)式の判別式においてb=2, c=10, d=-20。

代入してΔ=-20960=-2⁵·5·131<0より実根はちょうど一つ。

(b)

(1.2)式よりq=-704/27だから、

z₁=³√[352/27+(2/3)√(1310/3)]≈ 2.9988174659594592

z₂=³√[352/27-(4/3)√(1310/3)]≈-0.9633426914714200として(1.8)式から

x₁=-b/3+z₁+z₂≈1.36880810782137263

x₂=-b/3+z₁ω+z₂ω²≈-1.6844040539106863+3.4313313501976922i

x₃=x₂≈-1.6844040539106863-3.4313313501976922i

演習問題15

定理1.3.3においてp=-7, q=3である。

θ=arccos(3√3q/[2p√(-p)])/3≈0.668392376195832599より

cosθ≈0.784818964430230886,

sinθ≈0.619725094756263672だから、

cos(θ+2π/3)=-(cosθ+√3sinθ)/2≈-0.929107157636758191

cos(θ+4π/3)=-(cosθ-√3sinθ)/2≈0.144288193206527304

これより

y₁=2√(-p/3)cosθ≈2.397661540892258654

y₂=2√(-p/3)cos(θ+2π/3)≈-2.838469252397141572

y₃=2√(-p/3)cos(θ+4π/3)≈0.440807711504882918。

※これらを与式に代入してみると、小数16桁まで0である。