3つの無理数（修正版）

質問

x+y+zとxyzが有理数で
xy+yz+zx=0で
任意有理数a,b,cに対してy=a+bx+cx^2とならない
3無理数x,y,zの例を教えてください。
ない場合はその理由を教えてください。

回答No.3

kup3kup3 · ベストアンサー

こんにちは。訂正と補足です。

肝心のところがワープロミスがありました。

>>もし、y=a+bx+cx^2となる有理数a,b,cがあると仮定すれば、
y=t2∈Q[t1]となり、また(8)からt3=6－(t1+t2)∈Q[t1]ともなる。ゆえに
Q[t2]はQ[t1]に含まれ、Q[t3]もQ[t1]に含まれ、
上の(3)から　Q[t1]=Q[t2]=Q[t3]・・・(9)となってしまう。

とありますが、次の様に訂正します。すみませんでした。
「もし、y=a+bx+cx^2となる有理数a,b,cがあると仮定すれば、
y=t2∈Q[t1]となり、また(8)からt3=6－(t1+t2)∈Q[t1]ともなる。ゆえに
Q[t2]はQ[t1]に含まれ、Q[t3]もQ[t1]に含まれ、
上の(4)から　Q[t1]=Q[t2]=Q[t3]・・・(9)となってしまう。」

◎　つまり(3)ではなく、dim(Q[t1]/Q)=dim(Q[t2]/Q)=dim(Q[t2]/Q)=3
の内容を表している(4)に直して下さい。

また、ふつうは拡大次数を表すのに
[L:Q}=[Q(s1,s2,s3):Q]=6　や

[Q[t1]:Q]=[Q[t2]:Q]=[Q[t3]:Q]=３と書いた方がよかったと思いました。

また最後の
>>x=2＋4cos[{cos^(-1)(3/4)}/3],

y=2－2cos[{cos^(-1)(3/4)}/3]+2√3sin[{sin^(-1)(√7/4)}/3]

z=2－2cos[{cos^(-1)(3/4)}/3]-2√3sin[{sin^(-1)(√7/4)}/3]

はθの値を代入せずに
「ただし　θは　cos3θ=3/4,sin3θ=√7/4を満たす鋭角で、

x=2＋4cosθ　，y=2－2cosθ＋2√3sinθ　，z=2－2cosθ－2√3sinθ　である。
このとき、　xyz=－4を試すには、3倍角の公式　cos3θ=4cos^3(θ)－3cosθ　と
cos3θ=3/4使って下さい。
使って下さい。（θは大体13.8度です。）

しかし、あなたの「修正前」の
質問の様にもっと簡単な例が見付かるかもしれません。

また　以下のp,qは、この問題のp，qと関係ないとして
一般に、
◎　「x^3+px+q=0の形のxの3次方程式の判別式Dは
　　簡単な形になって　　D＝－4p^3－27q^2　で与えられる」ということを使っています。

カルダノ(本当はタルタリアが発見した）3次方程式を解くときの方法で
上のx^2の項が消えた形にした　x^3+px+q=0　にしたとき、
x=ｕ＋ｖとおいて　,変数がxから　u，vの2つに増えるが(u+v)^3+p(u+v)+q=0　
として　(u^3+v^3+q)＋3(u+v)uv＋p(u+v)=0
(u^3+v^3+q)＋(u+v)(3uv＋p)=0　と変形し、3uv-p=0という条件、
つまり　uv=－p/3　をつけてu^3+v^3+q=0となる。そして　

u^3+v^3=－q、uv=－p/3を解こうというものです。
その際　，uv=ーp/3を三乗して　u^3・v^3=(p/3)^3
として　u^3+v^3=－q，u^3・v^3=(－p/3)^3から
u^3とv^3を求める方法です。
このとき、u^3とv^3はYの2次方程式Y^2+qY+(－p/3)^3=の2解となる。

ゆえにY=－q/2±√{q^2＋(4p^3)/27}/2
よって　Y=－q/2±√{(q/2)^2＋(p^3)/27}
　　　　　=－q/2±√{(q/2)^2＋(p/3)^3}
　　　　　=－q/2±√{－1/108(－4p^3－27(q^2)}
　　　　　=－q/2±√{－(1/108)D}　となります。
そこで、u^3=－q/2±√{(q/2)^2＋(p/3)^3}をといて
　u=[－q/2±√{(q/2)^2＋(p/3)^3}]^(1/3)
などとして行くのです
◎　x^3+px+q=0が異なる3実根をもつのは判別式　
　D=－4p^3－27q^2>0のときですが、このとき
Y=－q/2±√{－(1/108)D}　の根号のなかが「マイナス」となるから
uを求めるのに、虚数の三乗根を求めないといけません。

これは避けられず、還元不能の場合といいます。しかし三角関数で表現される
ことが分かっております。それであのような回答になりました。
このことについては　共立出版　高木貞治　著　「代数学講義」にのっています。

お礼

よく分かりました。
詳しい説明ありがとうございます。

回答No.2

kup3kup3

こんばんは。
>>t^3-pt^2-q=0が、既約で三実根を持つ場合を作ればよいと思います。

だけでは　ダメで、3次方程式のGalois群が3次の対称群S_3となるものでないといけませんでした。

◎　まず正解例として、p=6,q=-4　としたt^3-6t^2+4=0・・・(*)を考えてみる。
これはQ上既約である。
例によって　まず、t=s+2とおいて2次の項を消去する。
(s+2)^3-6(s+2)^2+4=0　⇔s^3-12s-12=0　・・・(1)とする。　
この判別式D=-4×(-12)^3-27(-12)^2=4×(4^3・3^3)-4^2・3^5
=4^4×3^3-4^2×3^5=4^2×3^3×7　よって√DはQに属さない。
(1)の解をs1,s2,s3とすると、(1)のQ上の最小分解体はL=Q(s1,s2,s3)
そのとき、Gal(L/Q)=Gal(Q(s1,s2,s3)/Q)=S_3となる。
よって　dim(L/Q)=dim(Q(s1,s2,s3)/Q)=6　・・・(3)
さて,(*)の方程式の解はt1=2+s1,t2=2+s2,t3=2+s3となる。
このとき、Q(t1,t2,t3)=Q(s1,s2,s3)である。
　またQ(t1)=Q[t1]=Q[s1],Q(t2)=Q[t2]=Q[s2],Q(t3)=Q[t3]=Q[s3]となり、
Q[s1]同型Q[X]/(X^3-12X-12),Q[s2]同型Q[X]/(X^3-12X-12),
Q[s3]同型Q[X]/(X^3-12X-12)　

ゆえにdimQ[t1]=dimQ[t2]=dimQ[t3]=3・・・(4)

さて、s1,s2，s3については(1)の三根だから、s1+s2+s3=0　・・・(5)
また、s1・s2＋s2・s3＋s3・s1=ー12・・・(6)　s1・s2・s3=12・・・(7)が成立している。
Q[t1]=Q＋Q・(t1)+Q・(t1)^2,Q[t2]=Q＋Q・(t2)+Q・(t2)^2,
Q[t3]=Q＋Q・(t3)+Q・(t3)^2である。
そこでx=t1=2+s1,y=t2=2+s2、z=t3=2+s3と、おくと(5)からx+y+z=6・・・(8)となる。
もし、y=a+bx+cx^2となる有理数a,b,cがあると仮定すれば、
y=t2∈Q[t1]となり、また(8)からt3=6－(t1+t2)∈Q[t1]ともなる。ゆえに
Q[t2]はQ[t1]に含まれ、Q[t3]もQ[t1]に含まれ、
上の(3)から　Q[t1]=Q[t2]=Q[t3]・・・(9)となってしまう。
すると、
(1)のQ上の最小分解体はL=Q(s1,s2,s3)=Q(t1,t2,t3)=Q[t1]=Q[t2]=Q[t3]
となって　dim(L/Q)=dim(Q(t1,t2,t3)/Q)=dim(Q[t1]/Q)=3となって
(3)に矛盾する。

次に、具体的に方程式(1)　s^3-12s-12=0をとく。カルダノの方法でとく。
s=u+v　・・・(10)とおく。(u+v)^3-12(u+v)-12=0 →　(u^3+v^3-12)+3(u+v)(uv-4)=0
u^3+v^3=12　・・・(ア)　uv=4　・・・(イ)。(イ)からu^3・v^3=64　・・・(ウ)
　よって　Ｙの2次方程式 Y^2－12Y+64＝0　・・・(エ)から
Y=6±√(36－64)=6±2√7i　よってu^3=6+2√7i,v^3=6-2√7i　・・・(オ)
|6+2√7i|=√(36+28)=8から6+2√7i=8(3/4＋i√7/4)　・・・(カ)
u=re^(iθ)（極形式)として、
(カ)に代入して　r^3・(cos3θ＋isin3θ)=8(3/4＋i√7/4)
ゆえにr=2・・・（キ）で　cos3θ=3/4，sin3θ=√7/4
よって　θ={cos^(-1)(3/4)}/3={sin^(-1)(√7/4)}/3　・・・(ク)
これから　u=2(cosθ＋isinθ)これと(イ)から　v=2(cosθ－isinθ)
こうして　s=u+v=4cosθ　・・・(11)と方程式(1)の一つの実数解が求まった。
ただし、θ={cos^(-1)(3/4)}/3={sin^(-1)(√7/4)}/3で　s1=4cosθ　・・・(12)
とおき、s^3-12s-12をs－4cosθで割って　商s^2＋(4cosθ)s＋(4cosθ)^2－12を得る。
これより　s^3-12s-12=(s－4cosθ){s^2＋(4cosθ)s＋(4cosθ)^2－12}=0
s^2＋(4cosθ)s＋(4cosθ)^2－12=0　を解いて　s=－2cosθ±√[(2cosθ)^2－{(4cosθ)^2－12}]
=－2cosθ±2√3sinθ=－2(cosθ±√3sinθ)=－4cos(θ±π/3)
こうしてsの方程式　s^3-12s-12=0は　
s1=4cosθ，s2=－2cosθ＋2√3sinθとs3=－2cosθ-2√3sinθ　・・・(13)と求まった。
ゆえに　tの方程式　t^3-6t^2+4=0・・・(*)の解は

x=t1=s1+2=2＋4cosθ，y=t2=s2+2=2－2cosθ＋2√3sinθとz=t3=s3+2=2－2cosθ-2√3sinθ　・・・(14)
となった。このとき
確かに　x＋y＋z=6・・・(15)　また(6)から
t1・t2＋t2・t3＋t3・t1=(2+s1)(2+s2)+(2+s2)(2+s3)＋(2+s3)(2+s1)
=12+4(s1+s2+s3)+(s1・s2＋s2・s3＋s3・s1)=12＋0－12=0、
t1・t2・t3=(2+s1)(2+s2)(2+s3)=8+4(s1+s2+s3)+2(s1・s2＋s2・s3＋s3・s1)
=8+0+(－12)=－4
つまり、x＋y＋z=6・・・(15)，xy+yz+zx=0，xyz=－４・・・(16)である。

x=2＋4cos[{cos^(-1)(3/4)}/3],

y=2－2cos[{cos^(-1)(3/4)}/3]+2√3sin[{sin^(-1)(√7/4)}/3]

z=2－2cos[{cos^(-1)(3/4)}/3]-2√3sin[{sin^(-1)(√7/4)}/3]

◎　x,y,zはQ係数のtの既約方程式　t^3-6t^2+4=0の3つの異なる実数解である。よって、
　x,y,zは実数Rには属するが、Qには属さないから、3つの異なる無理数で条件を満たす。

回答No.1

kup3kup3

こんにちは。
(t-x)(t-y)(t-z)=t^3-(x+y+z)t^2+3(xy+yz+xy)-xyz
なので、x+y+z=p,xyz=qとおいて、三次方程式
t^3-pt^2-q=0が、既約で三実根を持つ場合を作ればよいと思います。

補足

ありがとうございます。
任意有理数a,b,cに対してy=a+bx+cx^2とならない
という条件を取り除けば存在することは分かりますが
この条件がついていても存在するのでしょうか?