にゃんこ先生の自作問題、3次方程式の１つの解から別の解を作る

質問

にゃんこ先生といいます。次のようにゃ問題がありました。

３次方程式 x^3+x^2-2x-1=0 がある。
（１）x=αが解のとき、x=α^2-2も解であることを示せ。
（２）x=αが解のとき、α、α^2-2、(α^2-2)^2-2は異なる３つの解であることを示せ。

（１）は次のようにして解きます。
x=αが解のとき、α^3+α^2-2α-1=0・・・(A)
x=α^2-2を方程式の左辺に代入して、(A)の関係式を使いにゃがら変形すると、うまいぐあいに0になる。
よって、x=α^2-2も解。

（２）は次のようにして解きます。
（１）の結果を、x=α^2-2に適用すると、x=(α^2-2)^2-2も解。
ここで、α=α^2-2と仮定すると、(A)と矛盾することが計算して示される。
α=(α^2-2)^2-2と仮定すると、(A)と矛盾することが計算して示される。
α^2-2=(α^2-2)^2-2と仮定すると、(A)と矛盾することが計算して示される。
よって、３つは異にゃっている。

ここで疑問にゃのですが、３次方程式x^3+x^2-2x-1=0から、
解の変換
x=α　→　x=α^2-2
がどのようにして考えられたのですか?
根拠とか背景はにゃんにゃのでしょうか？

別の３次方程式を考えて、一つの解から他の解を作り出すにはどのようにすればよいのでしょうか？

回答No.10

tecchan22 · ベストアンサー

重根をもたないｎ次方程式で、全ての解を循環させるｎ－１次方程式は、循環のさせ方が (n - 1) ! 通りあるから（ 或いはＳｎ／<σ> （σは一つの巡回置換）の位数が (n - 1) ! だから ）、(n - 1) ! 個出てくるわけですね。
ま、だんだん複雑になりそうですが、Ｓｎ／<σ> の構造によって、どれだけ簡単になるかが決まるわけですね。
ちょっと僕も勉強してみよう。
（知らないと余りにも恥ずかしいし）

お礼

ある本から参考になることを抜粋しておきます。

数学が育っていく物語、第５週、方程式
志賀浩二著
104ページ

アーベルは次のような性質を持つ方程式は代数的に解けることを証明した。
方程式f(x)=0の解x_0,x_1,…,x_(n-1)は1つの解x_0の有理関数として、
x_ν=φ_ν(x_0)と表されており、さらに、φ_μ(φ_ν(x_0))=φ_ν(φ_μ(x_0))が成り立つ。
クロネッカーはこの性質を満たす整係数の方程式の解は必ず1のベキ根の有理関数として表されるという重要な結果を証明したが、その際、彼はこの性質を満たす方程式をアーベル方程式といったのである。
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別の定義「アーベル方程式とは、その方程式のガロア群が、可換群であるもののことである。」

回答No.9

tecchan22

＞右辺のカッコの内は対称式ではにゃいが、次の式を連立することで、p,q,r や差積 √D をもちいて表せることが分かる。

ああ、そっかそっか、成る程ね。

かなり綺麗な式（というか見るからに対称式の片割れ）だとは思っていたが、めんどくさいので放っておいたが、そっか、もう片割れと組み合わせて対称式と交代式をつくれば、係数と差積で表せるわけか。^^

四則と√のみというのは、美しいですね。

これは是非、係数の式でキチンと見てみたいですね。
更に、４次以上のときどの位綺麗になるのかも考えてみたくなりますね。

補足

ありがとうございます。
にゃんこ先生はガロア理論のことを初歩の初歩のそのまた初歩しか理解していませんが、これらのことはそのことと関係していそうです。

α+β+γ=p
αβ+βγ+γα=q
α+β+γ=r

と、対称群（置換群）

{α、β、γ}→{α、β、γ}　（全射）

を考える。

たとえば、α^2+β^2+γ^2 というのは、すべての置換によって不変にゃ多項式であるが、それはp,q,rという基本対称式の四則演算で書ける。

たとえば、α^2β+β^2γ+γ^2α というのは、長さ３の巡回置換によって不変にゃ多項式であるが、それはp,q,rという基本対称式の四則演算と平方根√で書ける。

たとえば、α^2+β+γ や α というのは、αを固定する置換によって不変にゃ多項式であるが、それはp,q,rという基本対称式の四則演算と平方根√と立方根で書ける。つまり、３次方程式には解の公式がある。

y=ax^2+bx+c や y=(Ax+B)/(x+D) における係数をp,q,rで具体的に表すこともできるとは思いますが、表してもとくにきれいにはにゃらにゃいと思うので、していません。

回答No.8

tecchan22

＞＃６

再度訂正。

二次関数 x^2 + ax + b = 0 に対する f(α) = -b/(α + a) は、解を巡回させないですね。
任意の解αに対して、α = -b/(α + a) ですから。

どーもすみません。

因みに、解の変換を x^2 + 1 にして、これで解が循環される二つの三次方程式を求めてみましたが、係数が複素数になりました。
一応書くと、
x^6 + x^5 + 4x^4 + 3x^3 + 7x^2 + 4x + 5 = 0
⇔(x^3 + px^2 + px + p-2)(x^3 + qx^2 + qx + q-2) = 0
ただし、p = (1+√11i)/2 , q = (1-√11i)/2
二つの三次方程式はともに複素数係数で、６つの解は全て複素数です。
（変換が x^2 + 1 のときは、特別簡単に因数分解出来ましたが、それ以外はそれほど簡単にいかないように思います。ああ、マセマティカを使えば楽かな？）

変換を整数係数の二次式にするとき、解が循環される二つの三次方程式が整数係数になるための条件は、(よいものがあるかどうかはともかく）気になりますね。

回答No.7

tecchan22

＞＃６

訂正
無さ→にゃさ

失礼しました。

回答No.6

tecchan22

＞＃２～５

う～ん、結局、たまたま６次式が因数分解できる例を見つけて来たのかなあ、という感じですね・・。

結局、３次方程式に対し、解の巡回置換を表す（というかなんというか）、一つの解αから他の解を順々にを作り出す式として、αの二次式や一次分数式が綺麗につくれることはなるほど簡単に分かりますが、結局その係数は、もとの３次方程式の係数ａ，ｂ，ｃについてはべき根を含む複雑な式ですし（５次以上ならもっと複雑ですね）、αの二次式にしても、一次分数式にしても、その係数はたいてい複素数になりそうですしね。
（まあ、もとの方程式が虚数解と実数解を併せ持つときは、変換をαの多項式・分数式で表したときの係数はどうしても複素数を含むし、実数解のみのときは、係数は実数になりますから、実数解のみを持つときを考えればいいのでしょうが）

あ、ということは、実数係数の３次方程式の場合、異なる３解を持つような全ての３次方程式 x^3 + ax^2 + bx + c = 0 に対し、任意の一つの解αから、解を順々に全て生成するようなα，ａ，ｂ，ｃの式は、実数係数の有理式で一般的に表すことは無理ですね。
（二次関数 x^2 + ax + b = 0 に対する f(α) = -b/(α + a) のような）　

実数係数の３次方程式は必ず実数解を持つが、α，ａ，ｂ，ｃ（ａ，ｂ，ｃは実数ですね）の実数係数有理式に実数解を入れても、実数しか出てきませんから、虚数解を持つ場合を表せませんからね。

こんな簡単なことになぜ今まで気付かなかったのだろう？・・

＃５は、おお、素晴らしい答えか、と一瞬思いましたが、この方法では、g(α)がまた解となる根拠が何もないですからね・・。（実際普通はならないし）　残念ながら、修正は困難かな・・。

にゃにか背景があってもおかしく無さそうにゃもんにゃのに、詳しい人はみてにゃいのかにゃー？

お礼

ありがとうございます。
３次方程式 x^3-px^2+qx+r=0 が異にゃる３解α、β、γを持つとし、1次分数関数 y=s(x)=(Ax+B)/(x+D) によって s(α)=β、s(β)=γ、s(γ)=α とにゃるにゃらば、a,b,c は p,q,r の有理式と根号をもちいてかけることが計算で分かりました。以下、概略。

(Aα+B)/(α+D)=β
B+αA-βD=αβ
同様に３つの一次方程式を作り、行列をもちいて
(1 α　 -β)(B) (αβ)
(1 β　 -γ)(A)=(βγ)
(1 γ　 -α)(D) (γα)

左辺の行列の逆行列は、
(γ^2-αβ　α^2-βγ　β^2-αγ)
(α-γ　　　β-α　 　　γ-α)*{1/(α^2+β^2+γ^2-αβ-βγ-γα)}
(γ-β　　　α-γ　　　　β-α)

(α^2+β^2+γ^2-αβ-βγ-γα)B=αβγ(α+β+γ)-α^2β^2-β^2γ^2-γ^2α^2
(α^2+β^2+γ^2-αβ-βγ-γα)A=-3αβγ+(α^2β+β^2γ+γ^2α)
(α^2+β^2+γ^2-αβ-βγ-γα)D=3αβγ-(αβ^2+βγ^2+γα^2)

ここで、右辺のカッコの内は対称式ではにゃいが、次の式を連立することで、p,q,r や差積 √D をもちいて表せることが分かる。

√D=(α-β)(β-γ)(γ-α)
=(αβ^2 + βγ^2 + γα^2) - (αγ^2 + βα^2 + γβ^2)

(α+β+γ)(αβ+βγ+γα)-3αβγ=(αβ^2 + βγ^2 + γα^2) + (αγ^2 + βα^2 + γβ^2)

にゃお、p,q,rで表されたDを求めたとして、その平方根 √D　のとりかたには２通りあるが、一つをとると、解の変換
s(α)=β、s(β)=γ、s(γ)=α
を表し、別の一つをとると、
t(α)=γ、t(β)=α、t(γ)=β
を表す。

補足

ありがとうございます。
３次方程式 x^3-px^2+qx+r=0 が異にゃる３解α、β、γを持つとし、2次関数 y=f(x)=ax^2+bx+c によって f(α)=β、f(β)=γ、f(γ)=α とにゃるにゃらば、a,b,c は p,q,r の有理式と根号をもちいてかけることがノート２ページの計算で分かりました。以下、概略。

c+bα+aα^2=β
c+bβ+aβ^2=γ
c+bγ+aγ^2=α

行列をもちいて
(1 α α^2)(c) (β)
(1 β β^2)(b)=(γ)
(1 γ γ^2)(a) (α)

左辺の行列は、ヴァンデルモンド行列の転置行列で、その逆行列は、
(βγ(γ-β)　γα(α-γ)　αβ(β-α))
(β^2-γ^2　γ^2-α^2　 α^2-β^2)*(1/√D)
(γ-β　　　α-γ　　　　β-α　 )
ここで、√D=(α-β)(β-γ)(γ-α) (差積)で、その2乗である判別式Dはp,q,r で表せる。

(√D)c=α^2β^2 + β^2γ^2 + γ^2α^2 - (α^3β + β^3γ + γ^3α)
(√D)b=α^3 + β^3 + γ^3 - (αβ^2 + βγ^2 + γα^2)
(√D)a=αβ + βγ + γα - α^2 - β^2 -γ^2

ここで、右辺のカッコの外は対称式にゃので、基本対称式 p,q,r で表せる。右辺のカッコの内は対称式ではにゃいが、次の式を連立することで、p,q,r や差積 √D をもちいて表せることが分かる。

√D=(α-β)(β-γ)(γ-α)
=(αβ^2 + βγ^2 + γα^2) - (αγ^2 + βα^2 + γβ^2)

(α+β+γ)(αβ+βγ+γα)-3αβγ=(αβ^2 + βγ^2 + γα^2) + (αγ^2 + βα^2 + γβ^2)

(α+β+γ)√D=(α+β+γ)(α-β)(β-γ)(γ-α)
=(α^3γ + β^3α + γ^3β) - (α^3β + β^3γ + γ^3α)

(α^2+β^2+γ^2)(αβ+βγ+γα)-αβγ(α+β+γ)=(α^3γ + β^3α + γ^3β) + (α^3β + β^3γ + γ^3α)

にゃお、p,q,rで表されたDを求めたとして、その平方根 √D　のとりかたには２通りあるが、一つをとると、解の変換
f(α)=β、f(β)=γ、f(γ)=α
を表し、別の一つをとると、
g(α)=γ、g(β)=α、g(γ)=β
を表す。

回答No.5

tarame

３次式Ｐ(x)を１次式 x+a で割った商がＱ(x),余りｒがのとき
P(x)＝(x+a)Q(x)+r　より
Q(x)＝-r/(x+a) とすると　P(x)＝０となるから

Q(Q(Q(x)))＝x のとき
(a^2-r)(x^2+ax+r)＝0　　∴　r＝a^2
ゆえに　Ｐ(x)＝(x+a)Q(x)＋a^2 であることを利用して

P(x)＝x^3+x^2-2x-1 のとき
P(-a)＝a^2 より　-a^3+a^2+2a-1＝a^2
∴　a^3-2a+1＝0　∴(a-1)(a^2+a-1)＝0　
∴a=1 だから　x^3+x^2-2x-1＝(x+1)(x^2-2)+1＝0 より
x^2-2＝-1/(x+1)
ゆえに　x=α が解であるとき、ｘ＝-1/(α+1)＝α^2-2 も解である。
このことから
３次方程式ｆ(x)＝0 において x＝α が解ならば
ｆ(-a)＝a^2 を満たす a に対して
ｇ(x)＝{f(x)-a^2)}/(x+a)のとき ｇ(α)も解である　といえそうですね。

補足

ありがとうございます。

>３次方程式 x^3+x^2-2x-1=0 がある。
>（１）x=αが解のとき、x=α^2-2も解であることを示せ。

というもともとの問題はどこかの入試問題だと思いますが、その解法は、x=α^2-2を普通に代入して６次式を処理するという方法です。
ところが、（１）の別解として次のようにゃものが書いてありました。
α^3+α^2-2α-1=0
(α^2-2)α+(α^2-2)+1=0
ここで、β=α^2-2 とおくと、βα+β+1=0 より、β=-1/(α+1)
このβを代入すれば、結局、３次式を処理すればよいことににゃり楽です。

いままで解の置換を２次関数としてきましたが、ここで一次分数関数というのが登場してきます。

一般に３次方程式 x^3+px^2+qx+r=0 が分かれば、その解α、β、γが分かり、３つの解の置換（今は簡単のために不動点はにゃしと考える）を表す２次関数は２種類求まり、一方を σ(x)=ax^2+bx+c とすると、もう一方は多項式を元の３次式で割った剰余体において、σ^2(x) とかけます。

今回、異にゃる３つの解の置換（今は簡単のために不動点はにゃしと考える）を表すものを、一次分数関数 s(x)=(Ax+B)/(Cx+D) として見ます。
C=0であれば、単に一次関数となり、異にゃる３つの解を置換することはないので、C≠0 とします。また、分母分子を定数で割っても変わらないので、C=1 としてもいいです。
すると、A,B,Dという3変数を求めることに相当するので、自由度が３ということで合点がいきます。そこで、
s(α)=β、s(β)=γ、s(γ)=α
という３変数３連立一次方程式を解けば、A,B,Dが求まります。また、
t(α)=γ、t(β)=α、t(γ)=β
という３変数３連立一次方程式を解いて得られる一次分数関数は、t=s^2 という関係ににゃるでしょう。一次分数変換から2x2行列SL(2, R)への対応を考えると、逆行列の関係になるでしょう。
今回、x^3+x^2-2x-1=0 だけから、s(x)=-1/(x+1) を導くことは可能と思います。

にゃお、３次方程式 x^3+px^2+qx+r=0 において、x^2(x+p)=-(qx+r)より、x^2=-(qx+r)/(x+p) なので、
解の置換を表す２次関数は、
y=ax^2+bx+c
=-a(qx+r)/(x+p) + bx + c
とにゃります。
ここでもし、b=0であれば、それは一次分数関数を表すことににゃり、解の置換を表す２次関数と一次分数関数の相互変形が自在になると思います。
一般には、解の置換を表す２次関数と一次分数関数はそれぞれ存在したとしても、それらの相互変形は自在でないと思います。

今回、考えてきた３次方程式 x^3+x^2-2x-1=0 は相互変形が自在な特殊な例であると思います。

逆に、解の置換 s(x)=(Ax+B)/(x+D) だけが既知だったときに、もとの方程式を復元できるか？
s(s(s(x)))=x
を考えると、A^2+AD+D^2+B=0 という条件が出てきますが、解xの情報は出てきません。

今回、s(x)=-1/(x+1) だけが既知だったときに、もとの方程式は復元できにゃいと思います。

回答No.4

kabaokaba

> 最初に３次方程式x^3+x^2-2x-1=0が決まっていて
あー，そうでした．ナンセンスですね，これはポカです．
失礼しました

>(1)３次方程式X^3+X^2-2X-1=0に注目すると、・・・
σ^3(X)=X なので
τ^2(X)=σσ^3(X)=σ(X)=X^2-2
τ^3(X)=σ^3(σ^3(X))=X
ですよ．
(2)についても同様．

要するに
(1)二次関数s(x)=ax^2+bx+c がある．
(2)s(s(s(x))=x とする．
(3)s(x)=xとなるxは除外する(s^2(x)=xも排除？)
(3)x,s(x),s^2(x)が解となる三次方程式を構成できるか
ということでしょうか．

(2)の条件は
a*( a * (a*x^2+b*x+c)^2 + b*(a*x^2+b*x+c) + c )^2
+ b*( a*(a*x^2+b*x+c)^2 + b*(a*x^2+b*x+c) + c)
+ c = x
ということになって，これがなんと因数分解できて(^^;
(a*x^2+b*x-x+c)
*(a^6*x^6+3*a^5*b*x^5+a^5*x^5
+3*a^5*c*x^4+3*a^4*b^2*x^4+4*a^4*b*x^4+a^4*x^4
+6*a^4*b*c*x^3+2*a^4*c*x^3+a^3*b^3*x^3+5*a^3*b^2*x^3+3*a^3*b*x^3
+a^3*x^3
+3*a^4*c^2*x^2+3*a^3*b^2*c*x^2+6*a^3*b*c*x^2+3*a^3*c*x^2
+2*a^2*b^3*x^2+3*a^2*b^2*x^2+3*a^2*b*x^2
+a^2*x^2+3*a^3*b*c^2*x+a^3*c^2*x+4*a^2*b^2*c*x+4*a^2*b*c*x
+2*a^2*c*x+a*b^3*x+2*a*b^2*x+2*a*b*x+a*x
+a^3*c^3+2*a^2*b*c^2+2*a^2*c^2+a*b^2*c+3*a*b*c+a*c+b^2+b+1)

というすごいことになるようです．
そして，a*x^2+b*x-x+c=0ですが，
ax^2+bx+c=x に相当するので
「固定点」の除外のルールで排除できますよね．
これは驚き・・・へぇーという感じです．
何か裏がありそうな雰囲気ですね．
問題は6次の項ですが，
これはこれ以上一般の文字のままでは無理ですね．

仮にa=1,b=0,c=-2としてみると6次の項は
(x^3-3*x+1)*(x^3+x^2-2*x-1)
と因数分解されますね．

ただ，σ^3(X)=Xなので，
六つの解は三つずつセットになってるのかも知れません．
つまりベースとなる解A,Bがあって
A，σ(A)，σ^2(A)
B，σ(B)，σ^2(B)
という動き．この場合，六つの解全体の「置換」は
それこそガロア群を計算・・・したくないですが．
ガロア群の生成元の一個としてσを選択できるのは
間違いないでしょうね．

お礼

ありがとうございます。そもそも３次方程式というのは、最高次の係数で割れば、モニックにゃ多項式ににゃり、２次の係数、１次の係数、定数項という３つの数字の順列で一意的に決まります。
また、代数学の基本定理により複素数の範囲で因数分解できて、
３つの解α、β、γ（今は簡単のためにすべて異にゃると考える）の組合せで一意的に決まります。
そして、３つの係数から３つの解を求めることができるし、３つの解から３つの係数を求めることが出来ます。

今回、３つの解の置換（今は簡単のために不動点はにゃしと考える）を表す２次関数　σ(x)=ax^2+bx+c（a,b,cという３つの数の順列で決まる）とそれらとの関係が気ににゃっています。

３つの解が分かっていれば、σ(x)=ax^2+bx+cとして、
σ(α)=β、σ(β)=γ、σ(γ)=α
という３変数３連立方程式を解けば、３つの解の置換が求まります。また、τ(x)=ax^2+bx+cとして、
τ(α)=γ、τ(β)=α、τ(γ)=β
という３変数３連立方程式を解けば、別の置換が求まります。
つまり、一つの３次方程式から２種類の置換が求まります。
もとの３次方程式の多項式で割った剰余環で考えれば、
σ^3=τ^3=1,σ^2=τ,στ=τσ=1
にゃどという関係ににゃると思います。

次に、３つの解の置換（今は簡単のために不動点はにゃしと考える）を表す２次関数　σ(x)=ax^2+bx+c　が分かっていたとしましょう。
σ^3=1 ⇔ σ(σ(σ(x))=x ⇔ xの８次方程式
を解けば３次方程式の３つの解が求められます。
しかし、σ(x)=x という２次方程式の解は上の８次方程式を満たします。にゃので、kabaokabaさまのすごい因数分解も当然かもしれません。
残りの６次ですが、解の置換の２次関数が何らかの条件を満たせば、たとえば、
６次多項式=(整数環上で既約にゃ３次多項式)*(整数環上で既約にゃ３次多項式)
とにゃるようにゃ気がします。そして多分、置換σでそれぞれの３次方程式の解のトリオが自身のトリオ内で置換されると思います。
つまり、一つの置換から２種類の方程式が求まると思います。
また、その２種類の方程式の関係が気ににゃっていますが、今のところ不明です。

補足

ANo.3の補足に書きましたことは、
一つの置換から２種類の方程式を作り出した後、それらの方程式からまた解の置換を２つずつ、合計４つの置換を作る。
すると、そのうち２つの置換はダブっていて、元の置換と同じもの。
すると、実質に新しい置換は２種類。
さらにその２種類の置換から、それぞれ方程式を作る。
・・・・。

そうやって何らかの規則性を見つけ出そうとしましたが、無理でした。

回答No.3

kabaokaba

もうちょっと粘着して補足．

>２次方程式x^2+ax+b=0において、解の変換
>x=α　→　x=-b/(α+a)
>もあれば、
>x=α　→　x=b/α

まず，多項式の解になっているものを
わざわざ分数で表わすことはないのです．
多項式の解の分数式はかならず多項式で表わせるのです．
＃これは高校数学で割り算の商を使って複雑な代入計算を
＃簡単にするテクニックを発展させてわかる事実です．

大雑把な議論をします．細かな係数の場合わけなどは省略します．
「復元」というのが何を意味しているのかが今ひとつなんですが．

例えば，
x^2+ax+b=0 の解Aであるならば
A^2+aA+b=0 で A で割ることで A+a = -b/A なので
-b/(A+a) = -b/(-b/A) = A なのです．
つまり，
x=Aが解であるならば x=-b/(A+a) = -b/(-b/A) = A なので
何も述べていません．

もう一つのケース．
b/A = -(A+a) ですが，
もう一つの解をBとすれば，解と係数の関係より
A+B=-aなので B = -a-A = -(a+A) となり
確かに解です．そして，こちらの方からであれば
元の方程式は復元できます
（最高次の係数は1とします．
最高次の係数が1の多項式をモニックな多項式といいます）．

けどですね，翻って考えてみます．
変換σをσ(X)=-(a+X)と定めることで
Aとσ(A)を解にもつ二次方程式は
x^2-(A+σ(A))x+σ(A)A=0
すなわち x^2+ax+b=0 (b=σ(A)A) と決定できます．
けど，この段階で，「変換だけでは」
方程式を決定できていないんですよ．
Aという解が与えられているから，定数項が定まって
モニックなものが一意に定まっているのです
具体的にa=1としてみましょう
A=1とすれば，x^2+x-2=0
A=2とすれば，x^2+x-6=0ですね

三次の場合でも事情は同様です．
解を解に移す変換の一つをσとしましょう
このとき「すべての変換」は
「何もしない変換」，σ，σ^2の三種類しかないのです．
ここで，σ(X)=X^2-2としてみましょう．
Aを三次方程式の解として，
三次方程式は
(x-A) (x- (A^2-2)) (x - (A^4- 4A^2 + 2) ) = 0
です．
このAにいろいろな値をいれればいろいろな方程式がでてきます．

変換から追いかけていった場合，
むしろ，x^3+x^2-2x-1=0や
No.1さんのx^3-3x+1=0を引っ張りだすのは極めて厄介です．
Aに相当する値は滅茶苦茶ですので(^^;

お礼

ありがとうございます。

>三次の場合でも事情は同様です．
>解を解に移す変換の一つをσとしましょう
>このとき「すべての変換」は
>「何もしない変換」，σ，σ^2の三種類しかないのです．
>ここで，σ(X)=X^2-2としてみましょう．

「すべての変換」とは、３変数の置換で６種類あると思いますが、
不動点を持たにゃい変換に限定すれば、２種類と思います。

x^3+x^2-2x-1=0
の３つの解の変換では、
σ(X)=X^2-2
と、
σ^2(X)=σ(X^2-2)=(X^2-2)^2-2=・・・・=-X^2-X+1 (X^3+X^2-2X-1=0をもちいて次数を減らす)
ににゃりました。

>Aを三次方程式の解として，
>三次方程式は
>(x-A) (x- (A^2-2)) (x - (A^4- 4A^2 + 2) ) = 0です．
>このAにいろいろな値をいれればいろいろな方程式がでてきます．

今回の考えでは、最初に３次方程式x^3+x^2-2x-1=0が決まっていて、解も決まっているので、Aにいろいろにゃ値をいれることはニャンセンスと思います。

>「復元」というのが何を意味しているのかが今ひとつなんですが．

すみません。にゃんこ先生もよくわかっていませんでした。

３次方程式が未知で、つまり、３つの解も未知で、解の置換（不動点はにゃし）を表す２次方程式が既知のとき、もとの３次方程式を復元するには、どうすればよいか？　または、どんな条件が必要か?

解の置換を表す２次関数が、σ(X)=X^2-2　だったとしてみます。
σ^2(X)=σ(X^2-2)=(X^2-2)^2-2
σ^3(X)={(X^2-2)^2-2}^2-2
とにゃりますが、３回置換すると元に戻るので、
{(X^2-2)^2-2}^2-2=X
これは８次方程式で、結果が一応分かっているので因数分解をすれば、
X^8-8X^6+20X^4-16X^2-X+2=0
(X^3+X^2-2X-1)(X+1)(X-2)(X^3-3X+1)=0
とにゃりました。
X^3+X^2-2X-1=0は今回のもととにゃった方程式で、
X^3-3X+1=0はNo.1さまが見つけてくださった方程式で、
X+1=0の解は、σ(X)で不動点とにゃり、
X-2=0の解も、σ(X)で不動点とにゃりました。

解の置換を表す２次関数から、異にゃる３解を持つ３次方程式が２つ復元できましたが、このようにゃことは別の２次関数でもできるのでしょうか？

補足

３次方程式の解の置換を表す２次関数が、σ(X)=X^2-2　だったとしてみます。
σ^2(X)=σ(X^2-2)=(X^2-2)^2-2
σ^3(X)={(X^2-2)^2-2}^2-2
とにゃりますが、３回置換すると元に戻るので、
{(X^2-2)^2-2}^2-2=X
X^8-8X^6+20X^4-16X^2-X+2=0
(X^3+X^2-2X-1)(X+1)(X-2)(X^3-3X+1)=0

(1)３次方程式X^3+X^2-2X-1=0に注目すると、３次方程式の解の置換（ただし、不動点はにゃし）を表す２次関数は、σ(X)=X^2-2　と、
τ(X)=σ^2(X)=σ(X^2-2)=(X^2-2)^2-2=・・・・=-X^2-X+1 (X^3+X^2-2X-1=0をもちいて次数を減らした)
ですが、
τ^2(X)=τ(-X^2-X+1)=-(-X^2-X+1)^2-(-X^2-X+1)+1=-X^4-2X^3+2X^2+3X-1
τ^3(X)=τ(-X^4-2X^3+2X^2+3X-1)=-(-X^4-2X^3+2X^2+3X-1)^2-(-X^4-2X^3+2X^2+3X-1)+1=-X^8-4X^7+14X^5+7X^4-14X^3+3X+1
とにゃりますが、３回置換すると元に戻るので、
-X^8-4X^7+14X^5+7X^4-14X^3+3X+1=X
(X^3+X^2-2X-1)^2(X^2+2X-1)=0

(2)３次方程式X^3-3X+1=0に注目すると、３次方程式の解の置換（ただし、不動点はにゃし）を表す２次関数は、σ(X)=X^2-2　と、
τ(X)=σ^2(X)=σ(X^2-2)=(X^2-2)^2-2=・・・・=-X^2-X+2 (X^3-3X+1=0をもちいて次数を減らした)
ですが、
τ^2(X)=τ(-X^2-X+2)=-(-X^2-X+2)^2-(-X^2-X+1)+2=-X^4-2X^3+4X^2+5X-4
τ^3(X)=τ(-X^4-2X^3+4X^2+5X-4)=-(-X^4-2X^3+4X^2+5X-4)^2-(-X^4-2X^3+4X^2+5X-4)+2=-X^8-4X^7+4X^6+26X^5-3X^4-54X^3+3X^2+35X-10
とにゃりますが、３回置換すると元に戻るので、
-X^8-4X^7+4X^6+26X^5-3X^4-54X^3+3X^2+35X-10=X
(X^3-3X+1)(X^3+2X^2-7X-5)(X^2+2X+2)=0

回答No.2

kabaokaba

とりあえず過去の質問・応答参照．
http://oshiete1.goo.ne.jp/qa2568275.html

端的にいってしまえば，方程式のガロア群を計算することで
解の置換に関しては見えてしまうということです．
方程式のガロア群の計算が厄介なのですが，
3次程度なら気合で，次数が高ければコンピュータでも
計算できることがあるので，やはり気合勝負のところがあります．

=================以下，抽象的な話
f(x)=x^3+x^2-2x-1，Qを有理数体とします．
fはQ上で既約なので，
aをf(x)の解とすれば，Q(a)はQ上の三次の代数拡大，
つまり，Q(a)は{a,a^2,a^3}を基底とするQ上のベクトル空間です

また，fはQ上で既約なので，f(x)の任意の解はQ(a)に存在します．
＃これはガロア理論の基本的な教科書を参照してください．
＃掲示板に書くのはしんどすぎます．
さらに，a^3+a^2-2a-1=0であるから，基底として
{1,a,a^2}をとることができ，結局 f(x)の解は
二次の有理係数多項式で表わされることが分かります．

[Q(a):Q]のガロア群は三次の巡回群なので，生成元をσとします．
σ(a)はf(x)の解です．さらにQ(a)の元なので
σ(a)はaの二次の有理係数多項式です．

この計算が泣けてきます．
σ(a)=A+Ba+Ca^2 とおきます．
σ(a^3)=(A+Ba+Ca^2)^3
一方，a^3+a^2-2a-1=0であることを考えると
a^3=1+2a-a^2なので
σ(a^3)=1+2(A+Ba+Ca^2)-(A+Ba+Ca^2)^2
これの係数比較をします．
これを泣きながら計算すると実は
σ(a)=a^2-2
となるのです．
＃あまりにつらかったので，私は計算機を使いました(^^;;
＃計算は省略します．

したがって，x^3+x^2-2x-1=0の解の一つをaとして
σ(X)=X^2-2とすると，
解はa，σ(a)，σ(σ(a))となります．

ちなみにσ(σ(σ(a)))はきちんとaになったりします．

お礼

ありがとうございます。ガロア群の計算はしらにゃいのですが。

一般に３次方程式
x^3+ax^2+bx+c=0
があったときに、３つの解をα、β、γと置くと、
α+β+γ=-a、
αβ+βγ+γα=b、
α+β+γ=-c
ですが、何か関数f(t)があって、
f(α)=β、f(β)=γ、f(γ)=α
と解を置換するようにゃものを考えたいとき、f(t)が２次関数f(t)=pt^2+qt+rと限定するにゃらば、変数３つの３連立方程式にゃので、
例外を除いては一意的に定まるのですね。

３次方程式
x^3+x^2-2x-1=0
があったときには、それが、f(t)=t^2-2 と一意的に定まるのですね。
おっしゃるようにとても複雑にゃ計算です。

また、異にゃった３次方程式に対して、同じ解を置換する関数が定まることもありそうです。

いま、解を置換するようにゃ関数を２次関数に限定しましたが、
例えば一次分数関数f(t)=(pt+q)/(rt+s)を考えることで、
３次方程式と解を置換する関数を一対一対応させることはできるのでしょうか？

補足

お礼で、

一般に３次方程式
x^3+ax^2+bx+c=0
があったときに、３つの解をα、β、γと置くと、
解を置換するようにゃ２次関数f(t)で、
f(α)=β、f(β)=γ、f(γ)=α
とにゃるものを考えましたが、２次関数g(t)で、
g(α)=γ、g(β)=α、g(γ)=β
とにゃるものを考えると、f(t)とg(t)は一般には異にゃるものににゃりそうです。
さらに、２次関数h(t)で、
h(α)=α、h(β)=γ、h(γ)=β
とにゃるものも考えられます。

例えば、３次方程式
(x-1)(x-2)(x-3)=x^3-6ax^2+11x-6=0
があったときに、３つの解をα=1、β=2、γ=3と置くと、
解を置換するようにゃ２次関数f(t)で、
f(1)=2、f(2)=3、f(3)=1
とにゃるものを考えると、f(t)=(-3/2)t^2+(11/2)t-2 とにゃりました。
２次関数g(t)で、
g(1)=3、g(2)=1、g(3)=2
とにゃるものを考えると、g(t)=(3/2)t^2-(13/2)t+8 とにゃりました。
さらに、２次関数h(t)で、
h(1)=1、h(2)=3、h(3)=2
とにゃるものを考えると、h(t)=(-3/2)t^2+(13/2)t-4 とにゃりました。

３次方程式
x^3+x^2-2x-1=0
があったときに、解が巡回するようにゃ２次関数は、f(t)=t^2-2 以外にももうひとつあるのでしょうか？

回答No.1

tecchan22

背景はにゃんにゃんだろう？

とりあえず x^3-3x+1=0 も、同じ変換でいけますね。

前の質問で存在しないと答えたのは、
x^3+ax^2+bx+c=0 に対して、a,b,c の分数関数で一般的に（多少の例外は除いて）表すのは無理じゃないかな、という意味だったのですが、
もしかしたら分数関数どころか、多項式で、書けるかも知れないですね・・。
いや、やはりそれは無理かな・・？

多項式と言う制約をなくせば、解と係数の関係で、三つの根をα,β,γとして、
α＋β＋γ＝－ａ
αβ＋βγ＋γα＝ｂ
αβγ＝－ｃ
から、γを消去して、βについて解けば、その（αの）式が、求める変換になりますから・・。（普通は根号の入った式になると思いますが）

この連立方程式をうまく変形すると、出るのかなあ？

それよりも、群論というか体論というか方程式論というか（ガロア群の話）、そこから出てきているように思われますが・・。

申し訳ないが、よく勉強していないので、僕はここまでです。（恥）

詳しい人が沢山いるので、答えてくれるでしょう。

お礼

ありがとうございます。

２次方程式x^2+ax+b=0において、解の変換
x=α　→　x=-b/(α+a)
もあれば、
x=α　→　x=b/α
というのもあります。
しかし、前者はもとの方程式を一意的に復元できるのに対して、後者はできにゃいような気がします。

３次方程式を考えても、
解の変換
x=α　→　x=α^2-2
から方程式を復元しようとすると、 x^3+x^2-2x-1=0もできるし、 x^3-3x+1=0 もできるし、一意的には定まりそうもにゃいですね。

まず、３次方程式x^3+ax^2+bx+c=0 があったとして、解と係数の関係
α＋β＋γ＝－ａ・・・(A)
αβ＋βγ＋γα＝ｂ・・・(B)
αβγ＝－ｃ・・・(C)
から、解の変換x=α→x=βを作るには、
(A)、(B)からγを消去して、βに関する２次方程式を作り、βについて解いて、β=f(α,a,b)とする方法があります。
同様に、(B)、(C)からγを消去して、βに関する２次方程式を作り、βについて解いて、β=g(α,b,c)とする方法があります。
同様に、(C)、(A)からγを消去して、βに関する２次方程式を作り、βについて解いて、β=h(α,c,a)とする方法があります。

そのいずれもが、３つの式から２つを選んでいるために、情報が一つ失われ、もとの方程式を一意的には復元できそうもありません。

３つの式を全部使って、β=j(α,a,b,c)と書く方法はにゃいでしょうか？