コックス「ガロワ理論」 15.2節の演習問題

演習問題1

φは周期2ϖの周期関数だから、

-ϖ≤s≤ϖ についてのみ示せば十分。

0≤s≤ϖ/2のとき、s=∫₀^φ(s)dt/√(1-t⁴)。

定義により-s=∫₀^-φ(s)(-|dt|)/√(1-t⁴)=∫₀^-φ(s)dt/√(1-t⁴)だからφ(-s)=-φ(s)。

ϖ/2≤s≤ϖのとき、s=ϖ/2+∫₁^φ(s)|dt|/√(1-t⁴)=ϖ/2+∫_φ(s)¹dt/√(1-t⁴)。

定義により

-s=-ϖ/2+∫-₁^-φ(s)(-|dt|)/√(1-t⁴)=-ϖ/2+∫_φ(s)^-1dt/√(1-t⁴)

=-ϖ/2-∫_-φ(s)¹du/√(1-u⁴) (t=-u)だからφ(-s)=-φ(s)。

-ϖ/2≤s≤0のときは0≤s≤ϖ/2のときと同様、

-ϖ≤s≤-ϖ/2のときはϖ/2≤s≤ϖのときと同様にして、

すべての場合についてφ(-s)=-φ(s)が示される。

0≤s≤ϖ/2のとき、r=φ(s)ならs=∫₀^rdt/√(1-t⁴)。

このrを用いて、定義により

ϖ-s=ϖ/2+∫_φ(s)¹dt/√(1-t⁴)=∫₀¹dt/√(1-t⁴) +∫_φ(s)¹dt/√(1-t⁴)

=∫₀¹|dt|/√(1-t⁴) +∫₁^φ(s)|dt|/√(1-t⁴)

=∫₀^φ(s)|dt|/√(1-t⁴)=∫₀^φ(s)dt/√(1-t⁴)

だからr=φ(ϖ-s)=φ(s)。他の範囲についても同様。

演習問題2

ϖ/2<s≤ϖのときは0≤ϖ-s<ϖ/2だから、

dφ(s)/ds=-dφ(ϖ-s)/d(ϖ-s)なので、(dφ(s)/ds)²=(dφ(ϖ-s)/d(ϖ-s))²。

これより-ϖ≤s<0のときは、dφ(s)/ds=-dφ(-s)/ds=dφ(-s)/d(-s)なので、

(dφ(s)/ds)²=(dφ(-s)/d(-s))²となるから、

0≤s≤ϖ/2に対して命題15.2.1が証明されれば、

-ϖ≤s≤ϖでも命題15.2.1が成り立ち、

さらにφ(s)は周期2ϖだから、

すべてのsについて命題15.2.1が成り立つことがわかる。

演習問題3

(a)

-ϖ≤s₀≤ϖとし、s=s₀+2nϖ (n∈ℤ)とすれば、

dφ(s)/ds=(dφ(s₀+2nϖ)/ds₀)/(ds/ds₀)=dφ(s₀+2nϖ)/ds₀。

ここでφ(s₀+2nϖ)=φ(s₀)だからdφ(s)/ds=dφ(s₀)/ds₀となるので、

dφ(s)/dsも周期2ϖをもつ。

(b)

(15.9)によりdφ(s)/ds=-dφ(-s)/ds=dφ(-s)/d(-s)だから、

dφ(s)/dsは偶函数。

(c)

φ'(ϖ-s)=dφ(ϖ-s)/d(ϖ-s)=-dφ(ϖ-s)/ds=-dφ(s)/ds=-φ'(s)。

(d)

命題15.2.1の式を微分して2φ'φ''=-4φ³φ'。

φ'≠0すなわちs≠ϖ/2+nϖ (n∈ℤ)ならφ''=-2φ³。

s=ϖ/2+2nϖ (n∈ℤ)なら命題15.2.1から、

通常の微分の極限操作によりφ''(s)=-2=-2φ³(s)、

s=-ϖ/2+2nϖ (n∈ℤ)なら同様にφ''(s)=2=-2φ³(s)だから、

すべてのsについてφ''=-2φ³が成り立つ。

演習問題4

演習問題1と同様にして、(15.9)の類似である、

sin(-x)=-sinxとsin(π-x)=sinxを得るので、

演習問題2と同様に、0≤x≤πで考えれば十分。

すると命題15.2.1の証明と同様にして、

1=cosx/√(1-sin²x)を得るのでcos²x=1-sin²x。

演習問題5

(a)

∂h/∂v=(∂x/∂v)(∂g/∂x)|_{x=(u+v)/2, y=(u-v)/2}+(∂y/∂v)(∂g/∂y)|_{x=(u+v)/2, y=(u-v)/2}

=(1/2)(∂g/∂x)|_{x=(u+v)/2, y=(u-v)/2}-(1/2)(∂g/∂y)|_{x=(u+v)/2, y=(u-v)/2}。

(b)

(a)によりℝ²上∂g/∂x=∂g/∂yなら∂h/∂v=0なので、hはuのみの函数。

u=x+yだからℝ²上gはx+yのみの函数。

g(x,y)の表式においてx,yは必ずx+yの形で現れるので、

xの代わりにx+y, yの代わりに0とおいても同じ表式が得られる。

したがってℝ²上g(x,y)=g(x+y,0)。

逆にℝ²上g=g(x+y,0)なら明らかにℝ²上∂g/∂x=∂g/∂y。

(c)

g(x,y)はx,yについて対称だから∂g/∂x=∂g/∂y。

(15.9)によりφ(0)=0、命題15.2.1によりφ'(0)=0だから、

(b)によりg(x,y)=g(x+y,0)=φ(x+y)となり、(15.12)を得る。

演習問題6

(15.9)によりφ(-y)=-φ(y)、演習問題3(b)によりφ'(-y)=φ'(y)だから、

加法法則(15.12)のyに-yを代入して減法法則を得る。

演習問題7

(a)

普通に計算して

P_n+1(u)=(1-u)(2P_n(u)Q_n(u)Q_n-1(u)-uP_n²(u)P_n-1(u))-P_n-1(u)Q_n²(u)。

帰納法の仮定によりP_n(u), P_n-1(u), Q_n(u), Q_n-1(u)∈ℤ[u]だからP_n+1(u)∈ℤ[u]。

(b)

HTMLの制限により、\tilde(P)をPと書く。

定理15.2.5の証明において、φ((n+1)x)の式に現れるのは、

P_n-1/Q_n-1=P_n-1/Q_n-1, P_n/Q_n=P_n/Q_n, P_n+1/Q_n+1=P_n+1/Q_n+1だから、

P_n, Q_nの代わりに互いに素なP_n, Q_nを用いることができる。

このときQ_n(0)=1だがQ_n(0)=1とは限らない。

Q_n, C_n, Q_n∈ℤ[u]なので、Q_n(0), C_n(0), Q_n(0)∈ℤだから、

Q_n(0)=C_n(0)Q_n(0)=1よりC_n(0)=1かつQ_n(0)=1、またはC_n(0)=-1かつQ_n(0)=-1。

前者の場合は定理の条件をすべて満たす。

後者の場合、P_n, Q_nの代わりに-P_n, -Q_nを用いても同じφ((n+1)x)の式を得るから、

この置き換えによりQ_n(0)=1とできる。よって、P_n,Q_nは互いに素で、

定理15.2.5のすべての条件を満たす。

(c)

(15.13)からφ((n+1)x)=-φ((n-1)x)+(2φ(nx)φ'(x))/(1+φ²(nx)φ²(x))で、

nが奇数ならn-1は偶数なので、帰納法の仮定により

φ((n-1)x)=φ(x)(P_n-1(u)/Q_n-1(u))φ'(x),

φ(nx)=φ(x)(P_n(u)/Q_n(u))である。ただしu=φ⁴(x)とおいた。

これよりφ((n+1)x)=φ(x)[-P_n-1(u)/Q_n-1(u)+2P_n(u)Q_n(u)/(Q_n²(u)+uP_n²(u))]φ'(x)

=φ(x)[-P_n-1(u)(Q_n²(u)+uP_n²(u))+ 2P_n(u)Q_n(u)Q_n-1(u)]

/[Q_n-1(u)(Q_n²(u)+uP_n²(u))]φ'(x)

なので、

P_n+1(u)=-P_n-1(u)(Q_n²(u)+uP_n²(u))+ 2P_n(u)Q_n(u)Q_n-1(u)∈ℤ[u],

Q_n+1(u)=Q_n-1(u)(Q_n²(u)+uP_n²(u))∈ℤ[u]とすれば、

φ((n+1)x)=φ(x)(P_n+1(u)/Q_n+1(u))φ'(x)。

また帰納法の仮定によりQ_n-1(0)=1, Q_n(u)=1だから、Q_n+1(0)=1となる。

(b)によりP_n+1(u), Q_n+1(u)は互いに素としてよい。

演習問題8

nが偶数の時は奇数の時と同様にして、φ(m(2ϖ/n)=uとして

0=u(P_n(u⁴)/Q_n(u⁴))φ'(u)だから、両辺を2乗して命題15.2.1を用い、

0=u²(P_n(u⁴)/Q_n(u⁴))²φ'²(u)=u²(P_n(u⁴)/Q_n(u⁴))²(1-u⁴)

=u²(P_n(u⁴)/Q_n(u⁴))²(1-u²)(1+u²)だから、

uはu²P_n²(u⁴)(1-u²)(1+u²)の根。

1+u²>0で、uがuP_n(u⁴)=0の根であることと、

u²P_n²(u⁴) の根であることとは同値だから、、

uはuP_n(u⁴)(1-u²)の根である。

演習問題9

(a)

定理A.3.2（Gaussの補題）により、ℚ[u]においてgcd(P(u),Q(u))=1なので、

あるR(u),S(u)∈ℚ[u]が存在して、R(u)P(u)+S(u)Q(u)=1。

故にR(u⁴)P(u⁴)+S(u⁴)Q(u⁴)=1 (1)。この式はℚの任意の拡大体で成り立つ。

P(u⁴), Q(u⁴)がℚのある拡大体において共通根αを持つと仮定すると、

0=R(α⁴)P(α⁴)+S(α⁴)Q(α⁴)=1 (1)。となり矛盾。

したがって、P(u⁴), Q(u⁴)はℚのいかなる拡大体においても共通根を持たない。

Q(0)≠0だから、0はQの根でないので、uP(u⁴), Q(u⁴)も、

ℚのいかなる拡大体においても共通根を持たない。

(b)

mが偶数ならφ(mx)Q_m(φ⁴(x))=φ(x)P_m(φ⁴(x))。

もしQ_m(φ⁴(x))=0となるφ(x)が存在すれば、

φ(x)P_m(φ⁴(x))=0なので、φ(x)はuP(u⁴), Q(u⁴)∈ℤ[u]の共通根。

P_m, Q_mは互いに素でQ_m(0)=1だから、(a)と矛盾する。

したがってmが偶数の時Q_m(φ⁴(x))≠0。

mが奇数ならφ(mx)Q_m(φ⁴(x))=φ(x)P_m(φ⁴(x))φ'(x)。

もしQ_m(φ⁴(x))=0となるφ(x)≠0が存在すれば、

(a)によりφ(x)P_m(φ⁴(x))≠0だから、φ'(x)=0なので、

命題15.2.1によりφ'²(x)=1-φ⁴(x)=0。故にφ⁴(x)=1。

(15.18)により、Q_m(1)=0なら、

Q_m+1(1)=0となるが、m+1は偶数なので、

上で示したことにより、Q_m+1(1)≠0だから矛盾。

故にmが奇数の時もφ(x)≠0ならQ_m(φ⁴(x))≠0。

(c)

n>2だから0<2ϖ/n<ϖ。

0<s≤ϖ/2に対し(15.8)によりr=φ(s)はsの単調増加函数で、

(15.9)によりφ(0)=0、またφ(ϖ/2)=1だから、0<s≤ϖ/2ではφ(s)>0。

(15.9)よりϖ/2<s<ϖなら0<ϖ -s<ϖ/2なのでφ(s)=φ(ϖ -s)>0

したがって全ての0<s<ϖに対しφ(s)>0だから、φ(2ϖ/n)≠0。

よって(b)によりQ_m(φ⁴(2ϖ/n))≠0

演習問題10

(a)

x=2ϖ/10とすると、定理15.2.5により、

0=φ(2ϖ)=φ(10x)=φ(2·5x)=φ(5x)(P₂(φ⁴(5x))/Q₂(φ⁴(5x)))φ'(5x)

=2φ(5x)φ'(5x)/(1+φ⁴(5x))=2φ(x)(P₅(φ⁴(x))/Q₅(φ⁴(x)))φ'(5x)/(1+φ⁴(5x))

=2φ(x)(P₅(φ⁴(x))/Q₅(φ⁴(x)))

5x=ϖよりφ(5x)=0, φ'(5x)=-1だから、

-2φ(x)(P₅(φ⁴(x))/Q₅(φ⁴(x)))=0となるので、

r₀=φ(x)はr₀P₅(r₀⁴)=0を満たすから、

5等分点に対応するr₀と同じ方程式を満たす。

(b)

Maximaで

---------

factor(x^24+50*x^20-125*x^16

+300*x^12-105*x^8-62*x^4+5);

---------

を計算して、問題と同じ表式を得る。

r₀⁸-2r₀⁴+5は実のr₀⁴を根に持たない。

r₀⁴=xとし、x⁴+52x³-26x²-12x+1を、

xの方程式としてMaximaで

---------

solve(x^4+52*x^3-26*x^2-12*x+1)

---------

で解いて4つの実根

x=-13-6√5±2√(85+38√5), x=-13+6√5±2√(85-38√5),

が得られる。2√(85+38√5)≈19.15, 2√(85-38√5)≈17.70なので、

正の実根はx=r₀⁴=-13+6√5+2√(85-38√5)と、

x=r₀⁴=-13-6√5+2√(85+38√5)だから、

r₀の正の実数解はr₀=∜[-13+6√5+2√(85-38√5)]と

r₀=∜[-13-6√5+2√(85+38√5)]。

（問題文の∜[-13+6√5±2√(85-38√5)]は誤植。）

589ページの5等分点の図を見ればわかるように、

半径r₀≠0の1つの円とレムニスケートは4つの交点を持つが、

そのうち2つしか5等分点に入っていない。

10等分点は4つの交点全てを考えることで得られるので、

5等分点と10等分点は同じr₀を持つ。

演習問題11

x=∫_[0,α] dt/√(1-t²)=sin^-1α, y=∫_[0,β] dt/√(1-t²)=sin^-1β,

z=∫_[0,γ] dt/√(1-t²)=sin^-1γとすると、α=sin x∈[0,1], β=sin y∈[0,1]より、

√(1-α²)=cos x, √(1-β²)=cos yだから、

γ=sin x cos y+cos x sin y=sin(x+y)なのでz=sin^-1γ=x+yとなる。

演習問題12

普通に変数変換するだけ。

まあ広義積分を含む上に符号の問題もあるが。

k=iを(15.21)に代入してφ(u)=sin am uはまんま明らか。