解の巡回　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　異なる３個のものを並べ替えるという変換は、全部で６個ある。

　例えば、正三角形ＡＢＣ
　　　　　　　　　　　　

の各頂点に一つずつ配置されている３点 Ａ、Ｂ、Ｃ の並べ替えを考えると、

	（１）　０°の回転		（２）　１２０°の回転		（３）　２４０°の回転
	（４）　Ａによる対称		（５）　Ｂによる対称		（６）　Ｃによる対称

の６通りあるということである。

　しかしながら、　６個ある変換も、実は２つの変換で全てが記述される。　すなわち、

　　　（２）のように、　Ａ→Ｂ、Ｂ→Ｃ、Ｃ→Ａ　と移される変換を　ａ
　　　（４）のように、　Ａ→Ａ、Ｂ→Ｃ、Ｃ→Ｂ　と移される変換を　ｂ

とすると、

　（１）　は、　ａ³（＝ａａａ）　または　ｂ²　などで、恒等変換　ｅ　と表す。
　（３）　は、　ａ²　など
　（５）　は、　ａ²ｂ　など
　（６）　は、　ｂａ　など

　これらの６個の要素からなる集合 Ｇ＝｛ ｅ 、ａ 、ａ² 、ｂ 、ｂａ 、ａ²ｂ ｝ は群をなし、

　　　　各要素を６乗すると、恒等変換になる

という性質をもつ。このような性質を持つものは、上記以外に次の例が有名である。

　Ｇ’＝｛ Ｆ₁（ｘ） 、Ｆ₂（ｘ） 、Ｆ₃（ｘ） 、Ｆ₄（ｘ） 、Ｆ₅（ｘ） 、Ｆ₆（ｘ） ｝

ただし、
　　　　

とする。この集合も群をなし、上記の群 Ｇ と同型になる。

　　Ｆ₁＝Ｆ₂²＝Ｆ₃²　、　Ｆ₄＝Ｆ₂Ｆ₃　、　Ｆ₅＝Ｆ₃Ｆ₂　、　Ｆ₆＝Ｆ₂Ｆ₃Ｆ₂

と実際に計算してみると、その不思議な構造に驚かされる。この群の場合もやはり、

　　　　各要素を６乗すると、恒等変換になる

という性質をもつ。（ Ｆ₅ が一番大変で、Ｆ₅²＝Ｆ₄　、Ｆ₅⁴＝Ｆ₅　、Ｆ₅⁶＝Ｆ₁　である！）

　私が高校１年のとき、このような問題を体験し、何かしらの数学の息吹を感じたことが思
い出される。大学入試でも、このような構造を問題とする例が散見される。

　１９９７年度　早稲田大学　理工学部　の入試問題

　３次方程式　ｘ³−３ｘ＋１＝０　・・・　（＊）　について、次の問いに答えよ。

（１）　（＊）の解で １ より大きなものは、ただ１つであることを示せ。

（２）　（＊）の解で １ より大きなものを α とし、β＝α²−２、γ＝β²−２　とする。

　　　このとき、　γ＜β＜α　であることを示せ。

（３）　β、γ は（＊）の解であることを示せ。

　この問題の意味するところが何かを考えずとも、解くこと自体は易しい。

（解）　（１）　Ｆ（ｘ）＝ｘ³−３ｘ＋１　とおくと、　ｘ＞１　のとき、　Ｆ’（ｘ）＝３ｘ²−３＞０　なので、

　　　　　　Ｆ（ｘ）は単調に増加する。ここで、　Ｆ（１）＝−１＜０　、　Ｆ（２）＝２＞０　より、

　　　　　　（＊）の解で １ より大きなものは、ただ１つである。

　　　　（２）　（１）より、１＜α＜２　なので、α−β＝α−α²＋２＝（２−α）（α＋１）＞０

　　　　　　よって、　β＜α　が成り立つ。

　　　　　　　同様にして、　β−γ＝α²−２−β²＋２＝（α−β）（α＋β）

　　　　　　ここで、α＋β＝α＋α²−２＝（α＋２）（α−１）＞０　で、α−β＞０　なので、

　　　　　　β−γ＞０　すなわち　γ＜β　が成り立つ。

　　　　　　以上から、　γ＜β＜α　が成り立つ。

　　　　（３）　αは、（＊）の解なので、　α³−３α＋１＝０　すなわち　α³＝３α−１

　　　　　　このとき、　β³−３β＋１＝（α²−２）³−３（α²−２）＋１
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ＝α⁶−６α⁴＋９α²−１
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ＝（３α−１）²−６α（３α−１）＋９α²−１
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ＝９α²−６α＋１−１８α²＋６α＋９α²−１
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ＝０

　　　　　　となるので、βは、（＊）の解である。同様にして、β³＝３β−１　なので、

　　　　　　　　γ³−３γ＋１＝（β²−２）³−３（β²−２）＋１＝０

　　　　　　よって、　γは、（＊）の解である。　（終）

　この問題の意味するところは、（＊）の３つの解 α 、 β 、γ が、関数　Ｇ（ｘ）＝ｘ²−２ に
より、　β＝Ｇ（α）　、γ＝Ｇ（β）　、α＝Ｇ（γ）　と巡回する　というユニークな構造を
持っているということである。（→ 参考 ： 「掲示板の話題」 ）

　実際に、　Ｇ（γ）＝γ²−２＝（β²−２）²−２＝β⁴−４β²＋２＝β（３β−１）−４β²＋２
　　　　　　　　　　　＝−β²−β＋２＝−（β＋２）（β−１）＝−α²（α²−３）＝−α⁴＋３α²
　 　　　　　　　　　 ＝−α（３α−１）＋３α²＝α

となり、関数　Ｇ（ｘ）＝ｘ²−２　により、　α　→　β　→　γ　→　α　→　・・・　と巡回する。

　　　　　　　　　　

　このような問題は、古くは東北大学（１９７０年度）にも出題されたらしい。当HPがいつもお世
話になっているＳ（Ｈ）さんに発見していただきました！Ｓ（Ｈ）さんに感謝します。

　Ｆ（ｘ）＝ｘ³−３ｘ＋１　とおき、３次方程式 Ｆ（ｘ）＝０　の１つの解を α とする。

（１）　Ｆ（α²−２） の値を求めよ。
（２）　２次方程式　ｘ²−αｘ＋１＝０ の１つの解をβとするとき、β³＋β^-3 の値を求
　　　めよ。

（解）（１）　α³−３α＋１＝０　より、　α（３−α²）＝１

　　　　　　したがって、　１/α＝３−α^{2　より、}α²−２＝１−１/α

　　　　　　このとき、　Ｆ（α²−２）＝Ｆ（１−１/α）
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝（１−１/α）³−３（１−１/α）＋１
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝１−３/α＋３/α²−１/α³−３＋３/α＋１
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝−１/α³＋３/α²−１
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝−（α³−３α＋１）/α³＝０

（２）　β²−αβ＋１＝０　より、　β（α−β）＝１　なので、　β^-1＝α−β

　　よって、　β＋β^-1＝α　である。このことから、

　　　　β³＋β^-3＝（β＋β^-1）³−３（β＋β^-1）＝α³−３α＝−１　となる。　　（終）


　この話題がそのものズバリに、平成２１年度の前期入試　神戸大学で出題された。
（平成２１年３月２９日付けで、Ｓ（Ｈ）さんにご教示いただきました。）

　Ｆ（ｘ）＝ｘ³−３ｘ＋１　、Ｇ（ｘ）＝ｘ²−２　とし、方程式 Ｆ（ｘ）＝０　について考える。
このとき、以下のことを示せ。

　（１）　Ｆ（ｘ）＝０　は絶対値が２より小さい３つの相異なる実数解をもつ。
　（２）　α が Ｆ（ｘ）＝０　の解ならば、Ｇ（α）も Ｆ（ｘ）＝０　の解となる。
　（３）　Ｆ（ｘ）＝０　の解を小さい順に　α₁　、α₂　、α₃　とすれば、
　　　　　　Ｇ（α₁）＝α₃　、Ｇ（α₂）＝α₁　、Ｇ（α₃）＝α₂
　　　となる。

（コメント）　大学入試問題に出題されるということは、やはり、この話題は試験問題として適
　　　　　　切で、表面的には平凡だが、実は、興味ある面白いテーマということでしょうね！

（解）（１）は、ｙ＝Ｆ（ｘ）　のグラフを書けば即答だろう。

　　　　　　　

　　　　　　上のグラフより、明らかに、方程式　Ｆ（ｘ）＝０　は、

　　　　　　　　絶対値が２より小さい３つの相異なる実数解をもつ。

　　　（２）　条件より、　Ｆ（α）＝α³−３α＋１＝０

　　　　　　このとき、　Ｆ（Ｇ（α））＝Ｇ（α）³−３Ｇ（α）＋１
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ＝（α²−２）³−３（α²−２）＋１
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ＝α⁶−６α⁴＋１２α²−８−３α²＋６＋１
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ＝α⁶−６α⁴＋９α²−１
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ＝α²（α²−３）²−１
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ＝（α³−３α＋１）（α³−３α−１）＝０

　　　　　　よって、　Ｇ（α）も方程式　Ｆ（ｘ）＝０　の解となる。

　　　（３）もグラフを描けば、一目瞭然だろう。

　　　　　　　

　　　　上のグラフより、明らかに、Ｇ（α₁）＝α₃　、Ｇ（α₂）＝α₁　、Ｇ（α₃）＝α₂　（終）

　次も、やはり早稲田大学理工学部の入試問題（２００６年度）である。

　上記では、関数 Ｇ（ｘ）は２次関数であったが、このようなユニークな構造を持つものは、
２次関数に限らずに分数関数でも存在することが知られている。下記の早稲田の問題は、
この分数関数の場合を問う問題になっている。

　ｎ＝１、２、・・・　に対して、 ｘ の整式 Ｐ_ｎ（ｘ）＝ｘ³−ｎｘ²−（２ｎ＋１２）ｘ−８　を考

える。以下の問いに答えよ。

（１）　３次方程式 Ｐ_ｎ（ｘ）＝０　の正の実数解はただ１つであることを示せ。

（２）　ｔ が Ｐ_ｎ（ｘ）＝０　の解であるとき、 Ｐ_ｎ（−４/（ｔ＋２））　を求めよ。

（３）　Ｐ_ｎ（ｘ）＝０　の正の実数解を α_ｎ とするとき、Ｐ_ｎ（ｘ）＝０　の最小の実数解 β_ｎ

を αｎ で表せ。さらに、

を求めよ。

　どうも、早稲田大学理工学部は、この種の問題がお好きらしい．．．。

（解）（１）　Ｐ_ｎ’（ｘ）＝３ｘ²−２ｎｘ−（２ｎ＋１２）　において、　Ｐ_ｎ’（０）＝−（２ｎ＋１２）＜０

　　　　よって、方程式 Ｐ_ｎ’（ｘ）＝０ は異符号の解を持つ。

　　　　　このとき、正の解を ｐ とすると、関数 Ｐ_ｎ（ｘ）は、ｘ＝ｐ で極小となる。

　　　　すなわち、　０≦ｘ≦ｐ　において、関数 Ｐ_ｎ（ｘ）は単調に減少し、

　　　　　　　　　　　　ｐ≦ｘ　において、関数 Ｐ_ｎ（ｘ）は単調に増加する。

　　　　　ここで、Ｐ_ｎ（０）＝−８＜０　で、さらに、十分大なる ｘ においては、Ｐ_ｎ（ｘ）＞０　なの

　　　　で、中間値の定理により、３次方程式 Ｐ_ｎ（ｘ）＝０　の正の実数解はただ１つである。

　　（２）　題意より、　ｔ³−ｎｔ²−（２ｎ＋１２）ｔ−８＝０　が成り立つ。このとき、

　　　　Ｐ_ｎ（−４/（ｔ＋２））
　　　＝（−４/（ｔ＋２））³−ｎ（−４/（ｔ＋２））²−（２ｎ＋１２）（−４/（ｔ＋２））−８
　　　＝−８｛８＋２ｎ（ｔ＋２）−（ｎ＋６）（ｔ＋２）²＋（ｔ＋２）³｝/（ｔ＋２）³
　　　＝−８｛ｔ³−ｎｔ²−（２ｎ＋１２）ｔ−８｝/（ｔ＋２）³＝０

　　（３）　（２）より、方程式 Ｐ_ｎ（ｘ）＝０　の解のうち２つは、α_ｎ と −４/（α_ｎ＋２） である。

　　　　３次方程式の解と係数の関係から、残りの解を γ とすれば、

　　　　　　　　α_ｎ＋｛−４/（α_ｎ＋２）｝＋γ＝ｎ　より、

　　　　　　γ＝−｛α_ｎ²−（ｎ−２）α_ｎ−２（ｎ＋２）｝/（α_ｎ＋２）

　　　　　ここで、　α_ｎ³−ｎα_ｎ²−（２ｎ＋１２）α_ｎ−８＝０　より、

　　　　　　　　　　　　α_ｎ³＝ｎα_ｎ²＋（２ｎ＋１２）α_ｎ＋８　　なので、

　　　　γ＝−｛α_ｎ³−（ｎ−２）α_ｎ²−２（ｎ＋２）α_ｎ｝/（α_ｎ＋２）α_ｎ
　　　　　 ＝−｛ｎα_ｎ²＋（２ｎ＋１２）α_ｎ＋８−（ｎ−２）α_ｎ²−２（ｎ＋２）α_ｎ｝/（α_ｎ＋２）α_ｎ
　　　　　 ＝−（２α_ｎ²＋８α_ｎ＋８）/（α_ｎ＋２）α_ｎ
　　　　　 ＝−２（α_ｎ＋２）²/（α_ｎ＋２）α_ｎ
　　　　　 ＝−２（α_ｎ＋２）/α_ｎ

　　　　明らかに、　−４/（α_ｎ＋２）＜０＜α_ｎ　である。

　　　　　また、　｛−４/（α_ｎ＋２）｝−γ＝−４/（α_ｎ＋２）−｛−２（α_ｎ＋２）/α_ｎ｝
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝（２α_ｎ²＋４α_ｎ＋８）｝/（α_ｎ＋２）α_ｎ＞０

　　　　より、　γ＜−４/（α_ｎ＋２）　が成り立つ。

　　　よって、方程式 Ｐ_ｎ（ｘ）＝０　の最小の実数解は、γで、　β_ｎ＝−２（α_ｎ＋２）/α_ｎ

　　　　　ここで、　γ＜０　で、　α_ｎ＋｛−４/（α_ｎ＋２）｝＋γ＝ｎ　より、　

　　　　　　　　α_ｎ＝４/（α_ｎ＋２）＋（−γ）＋ｎ＞ｎ　なので、

　　　　　　ｎ → ∞　とすれば、　α_ｎ → ∞　である。

　　　　　　よって、このとき、　β_ｎ＝−２（１＋２/α_ｎ）　→ 　−２　　となる。　（終）

　この問題の３つの解 α 、 β 、γ についても、関数　Ｇ（ｘ）＝−４/（ｘ＋２）　により、

　　　　β＝Ｇ（α）　、γ＝Ｇ（β）　、α＝Ｇ（γ）　と巡回する

ことが分かる。　実際に、Ｇ（γ）＝−４/（γ＋２）＝−４/｛−２（α_ｎ＋２）/α_ｎ＋２｝＝α_ｎ
より明らかだろう。

　　　　　　　　　

　さて、ここで興味あることは、このようなユニークな構造を持つ関数 Ｇ（ｘ）の存在である。入
試問題では天下り式に与えられてしまって、そのユニークさが気づきにくい表現になっている
が、数学的には、

　「なぜ、このような形でＧ（ｘ）を与えると、所要の性質を持つのだろうか？」

という１点に大いに興味・関心が湧くところである。

　平成２０年１１月１２日付けで、Ｓ（Ｈ）様より、このテーマに関連する話題が提供された。

　早稲田大学理工学部の問題では、数学的現象の結果を用いて出題しているので、あま
り考えずとも解けてしまうという虚しさが存在するということで、もう少し考えて実りがありそ
うな問題に改良されたとのことである。

　３次方程式　ｘ³−３ｘ＋１＝０　の解を α とするとき、次の問いに答えよ。

　　（１）　（３α²＋５α＋７）/α　の最小多項式　ｐ（ｘ）　を求めよ。

　ｐ（ｘ）＝０　の解を、α₁、α₂、α₃　とするとき、

　　（２）　α₂ を、α₁ の２次式 Ｆ(α₁) で表せ。

　　　　同様に、α₃＝Ｆ（Ｆ(α₁））、α₁＝Ｆ（Ｆ（Ｆ（α₁））） も示される。

　　（３）　α₂ を、α₁ の１次分数式 Ｇ（α₁） で表せ。

　　　　同様に、α₃＝Ｇ（Ｇ(α₁））、α₁＝Ｇ（Ｇ（Ｇ（α₁））） も示される。

　　（４）　Ｑ［ｘ］/（ｐ（ｘ）Ｑ［ｘ］）　は体であることを示せ。

　　（５）　Ｑ［ｘ］において、（ｐ（ｘ）Ｑ［ｘ］） は極大イデアルであることを示せ。

　　（６）　ｐ（ｘ）＝０ の判別式Ｄを求めよ。

　　（７）　より高次の方程式で、（２）のような巡回群 G が作用し、解の軌道 G（α₁）
　　　　が全てを尽くすような具体例をあげ、それらを証明せよ。

　（補足）　３次方程式　　の解を α として、上記の
　　　　　設問（１）（３）に答えよ。

（閑話休題）

　３次方程式　ｘ³−３ｘ＋１＝０　は角３θの３等分の方程式　

　　　　　ｘ³−３ｘ−２ａ＝０　（ただし、　ａ＝ｃｏｓ３θ）

から得られることに気がつく。

　すなわち、２ａ＝−１　すなわち　ｃｏｓ３θ＝−１/２　より、角３θ＝１２０°の３等分の方

程式が　ｘ³−３ｘ＋１＝０　で与えられる。このとき、

　ａ＝ｃｏｓ３θ＝４ｃｏｓ³θ−３ｃｏｓθなので、方程式は、ｘ³−３ｘ−８ｃｏｓ³θ＋６ｃｏｓθ＝０
と書ける。

　因数定理により、上式の左辺は、ｘ−２ｃｏｓθ　で割り切れるので、因数分解すると、

　　　　　　　　　　（ｘ−２ｃｏｓθ)(ｘ^２＋２ｃｏｓθ・ｘ＋４ｃｏｓ^２θ−３）＝０

　解の公式により、　　 ｘ^２＋２ｃｏｓθ・ｘ＋４ｃｏｓ^２θ−３＝０　の解は、

　　　　　　ｘ＝

となる。ここで、三角関数における単振動の合成の公式を用いると、ｘ＝２ｃｏｓ（１２０°±θ）

と表されるので、角の３等分方程式　ｘ³−３ｘ＋１＝０　の解は、θ＝４０°を代入して、

　　　　　　　　　２ｃｏｓ４０°　、　２ｃｏｓ８０°　、　２ｃｏｓ１６０°

で与えられる。 解 α は、１より大きい正の実数解なので、　α＝２ｃｏｓ４０°である。

　このとき、β＝２ｃｏｓ８０°＝２ｃｏｓ（２×４０°）＝２（２ｃｏｓ²４０°−１）＝α²−２

　　　γ＝２ｃｏｓ１６０°＝２ｃｏｓ（２×８０°）＝２（２ｃｏｓ²８０°−１）＝β²−２

と書ける。　ここで、

γ²−２＝４ｃｏｓ²１６０°−２＝２（２ｃｏｓ²１６０°−１）＝２ｃｏｓ３２０°＝２ｃｏｓ４０°＝α

も成り立つ。

　この事実から問題文中で突然、関数 Ｇ（ｘ）＝ｘ²−２　を考えたことの必然性は理解される
と思うが、この関数が生み出される、もっと深遠なる計算が、Ｓ（Ｈ）さんの問いかけをみると、
あるようにも感じ、また、きっとあるだろうという確信につながっていく。

　上記の計算では、三角関数の性質が有効に働いたが、一般の方程式に応用できる可能
性はほとんどない。

　一般の異なる３つの実数解を持つ３次方程式については、下記のように求めればよいとい
うことをＳ（Ｈ）さんよりご教示いただいた。Ｓ（Ｈ）さんに感謝いたします。

例　３次方程式　ｘ³−３ｘ＋１＝０　の解の１つを α とおくと、代数学における体論の結果を
　　用いて、３次方程式の解はすべて有理数体Ｑに α を添加した体Ｑ（α）の要素となる。

　そこで、他の解を ｘ ＝ Ａα²＋Ｂα＋Ｃ　とおく。α は、等式 α³−３α＋１＝０　を満たす。
また、α は、等式 −Ａα²−Ｂα＋ｘ−Ｃ＝０　を満たす。

　　　この２つの等式は、α を共通解として持つので、シルベスターの消去法を用いて、

　　　　　

　これより、次の等式を得る。

ｘ³−３（２Ａ＋Ｃ）ｘ²＋（９Ａ²−３Ｂ²＋３Ｃ²＋３ＡＢ＋１２ＣＡ）ｘ

　　　　　　　　　　−Ａ³＋Ｂ³−Ｃ³−３Ａ²Ｂ−９ＣＡ²−６Ｃ²Ａ−３ABC＋３Ｂ²Ｃ＝０

ｘ³−３ｘ＋１＝０　と係数比較して、

　　　２Ａ＋Ｃ＝０　、　９Ａ²−３Ｂ²＋３Ｃ²＋３ＡＢ＋１２ＣＡ＝−３
　　　−Ａ³＋Ｂ³−Ｃ³−３Ａ²Ｂ−９ＣＡ²−６Ｃ²Ａ−３ABC＋３Ｂ²Ｃ＝１

　Ｃ＝−２Ａ　を他の２式に代入して整理すると、

　　　　Ａ²−ＡＢ＋Ｂ²＝１　、　Ａ³＋Ｂ³＋３Ａ²Ｂ−６Ｂ²＝１

ここで、Ａ、Ｂ　を整数と限定すると、上式を満たす Ａ 、 Ｂ は、　Ａ＝１　 、 Ｂ＝０　のみであ
る。　このとき、　Ｃ＝−２　である。

　参考として、上記の連立方程式を図示すれば下図のようになる。

　　　

　以上から、　α²−２　も３次方程式の解となる。

　この話題について、当ＨＰがいつもお世話になっているらすかるさんが、一般的な公式を
作られた。（平成２０年１１月１６日付け）　らすかるさんに感謝いたします。

　異なる３実数解を持つ一般の３次方程式で解を巡回させる二次関数を生成する式を作っ
てみた。

　異なる３実数解を持つ３次方程式 ｘ³＋ｐｘ²＋ｑｘ＋ｒ＝０ において

　　　

　　　

　　　

　　　　

とおくと、Ｇ（ｘ）＝ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ　が解の巡回関数となる。

　ｘ³−３ｘ＋１＝０　つまり、　ｐ＝０　、ｑ＝−３　、　ｒ＝１　のときは、　ｓ＝９　、−９　で、

　　　　ｓ＝９　のとき、　Ｇ₁（ｘ）＝−ｘ²−ｘ＋２
　　　　ｓ＝−９　のとき、　Ｇ₂（ｘ）＝ｘ²−２

となる。　Ｇ₁ は、Ｇ₂ の逆回りである。

　すなわち、　Ｇ₁（γ）＝−γ²−γ＋２
　　　　　　　　　　　　　＝−（β²−２）²−（β²−２）＋２
　　　　　　　　　　　　　＝−β⁴＋４β²−４−β²＋２＋２
　　　　　　　　　　　　　＝−β（３β−１）＋３β²＝β

　　　　　　　　Ｇ₁（β）＝−β²−β＋２
　　　　　　　　　　　　　＝−（α²−２）²−（α²−２）＋２
　　　　　　　　　　　　　＝−α⁴＋４α²−４−α²＋２＋２
　　　　　　　　　　　　　＝−α（３α−１）＋３α²＝α

　　　　　　　　Ｇ₁（α）＝−α²−α＋２
　　　　　　　　　　　　　＝−（γ²−２）²−（γ²−２）＋２
　　　　　　　　　　　　　＝−γ⁴＋４γ²−４−γ²＋２＋２
　　　　　　　　　　　　　＝−γ（３γ−１）＋３γ²＝γ

（コメント）　連立方程式を解くのに、整数解という条件を付けたが、一般的にはどのように
　　　　　　解くべきか、しばらく思案していました。グラフ描画ソフトを用いて安直に解を求め
　　　　　　たわけだが、手計算で本当は求めたい．．．。

例　３次方程式　ｘ³＋ｘ²−２ｘ−１＝０　つまり、　ｐ＝１　、ｑ＝−２　、　ｒ＝−１　のとき、

　　らすかるさんの公式を用いると、　ｓ＝７　、−７　で、

　　　　ｓ＝７　のとき、　Ｇ₁（ｘ）＝−ｘ²−ｘ＋１ 、ｓ＝−７　のとき、　Ｇ₂（ｘ）＝ｘ²−２

例　３次方程式 ｘ³＋（ｐ−２）ｘ²−（ｐ＋１）ｘ＋１＝０ において、Ｇ（ｘ）＝−ｘ²＋（−ｐ＋１）ｘ＋２


　広島工業大学　大川研究室さんからのコメントです。（平成２２年１０月３日付け）

　簡単のため、f (ｘ) を有理係数既約多項式とします。これが適当な有理係数多項式 又は、
分数式 g (ｘ) によって、f の一つの解 α から他の解が、α、g (α)、g (g (α))、・・・で得られ
る（狭義の解の巡回）ためには、Galois 理論より、f の判別式が平方数になる事が必要です。

　特に、f が３次（以下）の場合は、必要十分になります。g が多項式の時は、らすかるさんが
示されている通りです。

　逆に、g が一次分数関数で、解の巡回が成立するのは、n ≦ 3 となります。この点、以前ら
すかるさんから尋ねられました。その時私は上記の事を知っていましたが、Galois 理論 を持
ち出すのも大げさなので、異なる三実根を持つ事が必要とだけ答えておきました。


　空舟さんからのコメントです。（平成２８年２月２４日付け）

　３次方程式 F(x)=x³+px²+qx+r=0 の解 a、b、c に対して、Q(√D)係数で他の解を与える式
b=g(a)、c=g(b) として、らすかるさんが既に上記で公式を与えていますが、短めに導出できる
別の式として、次のようなものを見つけたので紹介します。

　s = (a-b)(b-c)(c-a) = (b-c)(-a²+(b+c)a-bc)= (b-c)(-2a²-pa+r/a) より

　b = g(a) = {(b+c)+(b-c)}2 = {(-a-p)-sa/(2a³+pa²-r)}/2

[原理的に]　b=g(a) となる有理式gが与えられれば、定理 Q[a]=Q(a) により gは2次の多項式
で一意的に書けます。

　(Ax+B)/(Cx+D) = Px²+Qx+R　とおけば、A、B、C、Dの斉次連立一次方程式として、分母分
子定数倍を除いて一意的に書けると思います。

　きっとそこに紹介されているのと同じものが得られるのではと思います。最初からまっすぐ
にgは1次分数式として得る考え方は、なかなか思いつかないです。


　Ｓ（Ｈ）さんからのコメントです。（平成２８年２月２６日付け）

　らすかるさん創作の公式の4次方程式版が創作出来れば願います。


　空舟さんからのコメントです。（平成２８年２月２７日付け）

　３次式では一般にはQ係数では不十分で判別式の平方根√Dを要した。それに相当して、
４次式では、u、v、w　(いわゆる分解方程式の解)を使う。

　u、v、w は、次の Q(p,q,r,s) 係数の3次方程式の解として表せる。

z³+(8q-3p²)z²+(-64s+16pr+16q²-16p²q+3p⁴)z-64r²+(64pq-16p³)r-16p²q²+8p⁴q-p⁶=0

　F(y)=y⁴-py³+qy²-ry+s=0 の解を a、b、c、d とおくと、

{u，v，w}={(2a+2b-p)²=(2c+2d-p)²，(2a+2c-p)²=(2b+2d-p)²，(2a+2d-p)²=(2b+2c-p)²}

の関係である。この u、v、w を使って、

B = -12pu-32r+16pq-4p³
C = u²+(24q-6p²)u-64s+32pr+16q²-24p²q+5p⁴
D = -pu²+(-12r-4pq+2p³)u+32ps+(-16q-4p²)r+4p³q-p⁵
A = 3u²+(16q-6p²)u-64s+16pr+16q²-16p²q+3p⁴

　g(x) = -(16ux³+Bx²+Cx+D)/A

とおくと、F(y)=0 の1つの解 y=a に対して、y=g(a) が別の解を与える。B、C、D、E、g の式で、
u の代わりに v、w とおいたものが残りの解を与える。


　Ｓ（Ｈ）さんから、新たな問題の提供があった。１９９７年度　早稲田大学　理工学部　の入
試問題を模倣してとのことである。

　４次方程式　ｘ⁴−４ｘ²＋２＝０　・・・（＊）の解を α とするとき、次の問いに答えよ。

（１）　関数
　　　　　　　

　　により得られる３つの数

　　　　　Ｇ（α）　、　Ｇ²（α）＝Ｇ（Ｇ（α））　、　Ｇ³（α）＝Ｇ（Ｇ（Ｇ（α）））

　　は何れも（＊）　の解になることを示せ。

　　　また、特に、　Ｇ⁴（α）＝Ｇ（Ｇ（Ｇ（Ｇ（α））））＝α　となることを示せ。

（２）　Ａ＝<σ>とするとき、群Ａのαを通る軌道の元を具体的に求めよ。(何個在る?)


　（＊）　の解を実際に計算すると、

　　　、　、　、

の４個である。

　このとき、　α²＝β²　、　γ²＝δ²　、　α²＋γ²＝４　、　β²＋δ²＝４　より、

　β²＝α²　、　γ²＝４−α²　、δ²＝γ²＝４−α²が成り立つ。

　このとき、
　　　　　　

　　　　　

　　　　　

　　　　　

（コメント）　Ｇ（ｘ）の式は複雑過ぎて、その出生の秘密は不明ですが、美しい関係を導いて
　　　　　　いるのは感動的ですね！


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年１０月４日付け）

　この頁では主に３次方程式の解の巡回について考えられている。４次方程式はほとんど
取り上げられてない。ただ1つあるのは上記の問題である。

　G(ｘ)は有理数係数ではない複雑な形であり、解答もただ計算するしかなく面白く思えない。
やはり、G(ｘ)は有理数係数であるべきだ。有理数係数のG(ｘ)を作ってみよう。

　まず、言葉を定めておきます。f(ｘ)が有理数係数の４次式で、f(ｘ)=0 が重解をもたないと
する。(実際に意味があるのは、f(ｘ)が既約なときであるので、これを仮定してもよい。)

　また、G(ｘ)を有理数係数の３次以下の整式とし、f(ｘ)=0 の1つの解をαとするとき、f(ｘ)=0
の解がα、G(α)、G²(α)、G³(α)であり、かつ、G⁴(α)=αが成り立つとき、G(ｘ)はf(ｘ)=0 の
解の巡回関数であるという。

　巡回関数は一般には存在しません。というか、ほとんどの場合存在しません。なお、G(ｘ)
が有理数係数であることを仮定しないなら、いつでも６個存在します。このことは次のように
してわかります。

　f(ｘ)=0 の解を、ａ、ｂ、ｃ、ｄとする。G(ａ)=ｂ、G(ｂ)=ｃ、G(ｃ)=ｄ、G(ｄ)=ａ を満たす３次式を求
めるのは「連立方程式の回避」の例３の３次式版で、実際に求めるのは面倒ですが、一意
的に存在することはすぐわかります。(ラグランジュの補間公式)

　解の巡回は、ａ→ｂ→ｃ→ｄ 以外に、ａ→ｃ→ｂ→ｄ とかいろいろあります。ａ、ｂ、ｃ、ｄ の円
順列だから、３！=６通りあり、それぞれで巡回関数が1つ決まります。

　ということで、G(ｘ)は有理数係数を仮定しないと面白くありません。上記の例と同じく、

　　f(ｘ)=ｘ⁴-4ｘ²+2=0

で考えます。そこの解答にもあるように、この方程式は簡単に解けます。解は、

　ａ（＝）、ｂ（＝）、−ａ、−ｂ

になります。ｂをａの有理数係数の整式で表すことを考えます。

　ａ²=2+　より、=ａ²-2 、 ａｂ=　より、ｂ=/ａ=(ａ²-2)/ａ=ａ-2/ａ

ａ⁴-4ａ²+2=0　より、　2=- ａ⁴+4ａ²　で、ａで割って、2/ａ=-ａ³+4ａ

これを代入して、　ｂ=ａ-(-ａ³+4ａ)=ａ³-3ａ

　以上から、G(ｘ)=ｘ³-3ｘ が巡回関数であると予想されます。というか、もし、巡回関数が存
在するなら、G(ａ)=ｂ となるのはこれしかありません。

　これが実際に巡回関数であることをを証明してください。そして、実質的には、これ以外に
ないことも示してください。「実質的には」というのは、G(ｘ)が巡回関数なら、-G(ｘ)も巡回関
数であるのはすぐわかるので、この２つしかないということです。問題の形で書きます。

（１）　４次方程式　ｘ⁴−４ｘ²＋２＝０　・・・（＊）の一つの解をαとし、Ｇ（ｘ）＝ｘ³−３ｘ

　とする。このとき、α、Ｇ（α）、Ｇ²（α）、Ｇ³（α）は(＊)の解であり、しかも、すべて

　異なるから、これらが(＊)の解のすべてである。また、Ｇ⁴（α）＝αが成り立つ。

　これを証明せよ。また、この性質をもつ有理数係数の３次以下の整式G(ｘ)をすべ

　て求めよ。

　これは、巡回関数があるケースでした。巡回関数はないのが普通ですから、ないケース
を問題としてあげておきます。

（２）　４次方程式　ｘ⁴−２＝０　は巡回関数を持たないことを証明せよ。

（３）　４次方程式　ｘ⁴−５ｘ²＋６＝０　は巡回関数を持たないことを証明せよ。

（４）　４次方程式　ｘ⁴−６ｘ²＋６＝０　は巡回関数を持たないことを証明せよ。

　(２)は簡単です。(３)もあまり難しくないでしょう。(４)は、(２)(３)と比べて難しいと思います。
(４)は、(１)と似た形になりますが、結果は異なります。(４)は、私は今のところ、体の拡大に
関する理論を使った証明しかできません。できれば高校数学の範囲で証明したいところで
す。(１)も、(２)(３)(４)と同様の形で書いておきます。

(１)’　４次方程式　ｘ⁴−４ｘ²＋２＝０　は巡回関数を持つことを証明しそれを求めよ。


　空舟さんからのコメントです。（平成２３年１０月７日付け）

　言われてみればその通りですね！有理数係数の有理数範囲で既約な４次方程式で一般
的な考察を少ししました。

　ｘ を、そのような４次方程式 F(ｘ)=0 の1つの解だとした時、1、ｘ、ｘ²、ｘ³ は有理数範囲で
独立となります。さもなければ、ｘ を解とする有理数係数の３次以下の方程式が存在してし
まいます。この事実は、G(ｘ)について、かなり考察しやすくしてくれます。

　もし1つの解 ｘ の３次式 G(ｘ) もまた解となるならば、別の解 ｘ’に対する G(ｘ’) も解です。
なぜなら、F(G(ｘ))は、F(ｘ)の剰余をとることで、ｘ の３次式となりますが、1番目の解に対して
この式の値が、0 になることから、この３次式は恒等的に 0 でなければいけません。
　従って、このとき、F(ｘ)=0 ならば、F(G(ｘ))=0 が成り立ちます。

　次に、G(ｘ)が解をどのように移すかについて検討します。

　G(ｘ)が恒等的に ｘ でない限り、G(ｘ≠ｘ が成り立ちます。解は４つしかないので、解 ｘ に対
して、G²(ｘ)、G³(ｘ)、G⁴(ｘ)のどれかは ｘ に戻ります。

　G³(ｘ)=ｘ とすると、G(ａ)=ｂ、G(ｂ)=ｃ、G(ｃ)=ａ　と仮定できて、G³(ｘ)がｄになり得なくなり矛盾
します。（もう少し考察できそうですがうまくできませんでした。）

　（１）について、解を、±ａ、±ｂ と表記します。ｂ=G(ａ)=ａ³-3ａ　がすでに確認されています。
別の解は、それぞれ、-ａ、-G(ａ)と書けます。上の考察からそれ以外には書けません。ここ
から、G(ｂ)=-ａ を直接計算して確認すれば解決しますが、なんとか計算せずに示せたらと
思います．．．。

　　　　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年１０月７日付け）

　　　　確かに、G(ｂ)=-ａ を直接計算しないで出したい気はしますね。一般に、有理数係数の
　　　既約な４次式f(ｘ)について、f(ｘ)=0 の解を ａ、ｂ、ｃ、ｄ としたとき、G(ａ)=ｂ を満たす有理
　　　数係数の３次以下の整式が存在すれば、G(ｘ)は巡回関数であるか、G²(ａ)=ａ になって
　　　しまうかのどちらかですが、これを、G²(ａ)を計算しないでできるかということになります。
　　　無理かもしれません。

　（４）について、解は、±√(3±)となります。√(3+)=ｘ として、√(3-) を ｘ の３次
式で表現することを考えます。

　√(3-)=(3-)/・ √(3+)　となります。ということは、(6ｘ-ｘ³)/ は √(3-)
になりますが、これは有理数係数ではありません。しかし、係数に、ｐ+ｑ を許しても、元
の方程式は既約ということを考えると、係数に、ｐ+ｑ を許しても他の３次式では表現でき
ない、すなわち有理数係数では表現できないと結論されます。

　　　　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年１０月７日付け）

　　　　証明できているように思いますが、係数体QをQ()に拡大して考えたということにな
　　　るように思います。体の拡大とかGalois理論の入口とかを表に出してしまう方がいいか
　　　もしれません。Galoisの基本定理はなんとか理解したという水準なのでなかなか難しい
　　　ですが。

　　　　Galois理論の言葉を使えば、有理数係数の既約な４次方程式 f(ｘ)=0 について、これ
　　　が巡回関数をもつことは、有理数体Qに、f(ｘ)=0 の1つの解 ａ を付加した体K=Q(ａ)が
　　　QのGalois拡大で、そのGalois群が位数４の巡回群になることです。

　　　　位数４の巡回群の真の部分群は、位数２の群が1つあるだけなので、Kの中間体は、
　　　２次体が1つあるだけでかなり単純です。３次方程式の巡回関数より、４次方程式の巡
　　　回関数の方が簡単なようです。

　解を表示すれば、巡回関数はかなり考察しやすいことがわかりました。
　　・解がとてもややこしい形の場合にもなんとかなるかどうか
　　・逆に巡回関数を与えて元の方程式を得ることができるか
　このあたりも気になる所ですが最近数学に時間を使いすぎている気がするので私は一旦
保留しようと思います。

　　　　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年１０月７日付け）

　　　　私は今のところ、解を求めて、それを使って巡回関数を求めることしかできてません。
　　　しかも、４次方程式の解き方をよく知らないので、双２次ぐらいしか解けません。

　　　　G(ｘ)=ｘ³-3ｘ について、G⁴(ｘ)-ｘ (81次式)を、Maｘima を使って因数分解したら、４次の
　　　既約因子として、ｘ⁴-4ｘ²+2 の他に ｘ⁴-5ｘ²+5 がありました。３次の巡回関数の場合も
　　　G(ｘ)からf(ｘ)を求めることについていくらか考えましたが、あまりわかりませんでした。相
　　　当難しいと思われます。

（コメント）　空舟さん、ＦＮさんの考察に感謝します。

　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ぽっぽ」さんからのコメントです。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２３年１０月１０日付け）

　皆さまが議論されていることと的外れなことを言ってるかも知れませんが、投稿させてくだ
さい。

　　４次関数　f(ｘ)=ｘ⁴-ｐｘ²+ｑ=0　が巡回関数を持つための必要十分条件は、

　　ｐ²ｑ-4ｑ²　が平方数になることである。

　また、このとき、巡回関数　G(ｘ)=ｐ/√(ｐ²ｑ-4ｑ²)ｘ³-(ｐ²-2ｑ)/√(ｐ²ｑ-4ｑ²)ｘ
が得られる。

　このことは計算するだけなので、簡単に示せます。また、これを利用すれば、巡回関数
G(ｘ)=ｘ³-3ｘ　を持つ４次方程式は、ｘ²-4ｘ+2=0、ｘ²-5ｘ+5=0　のみになることが容易に分か
ります。（完全に手計算なので、どこかで計算ミスをしていたらごめんなさい。）

　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年１０月１０日付け）

　確かに上記の公式通り、そうなるようです。だけど、とてもではないが「簡単に示せます」と
いう水準ではないと思います。少なくとも私にとって．．．。巡回関数の候補者として、G(Ｘ)を
求めることはできました。G(G(Ｘ))を計算する気力はありません。

　十分性はともかく、必要性は計算だけでは無理だろうと思っていたのですが、異なる４個
の数 ａ、ｂ、ｃ、ｄ に対して、g(ａ)=ｂ、g(ｂ)=ｃ、g(ｃ)=ｄ、g(ｄ)=ａ　を満たす３次以下の整式 g(ｘ)
が一意的であることから必要性も言えそうです。

　G(G(ｘ))を計算するより、４個の解を、ａ、ｂ、-ａ、-ｂ としたとき、G(ａ)=ｂ を満たすG(ｘ)を作っ
たのと同様にして、G(ｂ)=-ａ　となるようなのを作って、同じになるのを確認する方が多少楽
なのかなという気はしますが、やはり実行する気力はありません。できれば、ぽっぽさんの
解答を書いてもらえませんか。

　ぽっぽさんからのコメントです。（平成２３年１０月１０日付け）

　明日から学校の試験が始まり、英検が来週に控えてるので簡単に書かせて下さい。

　{G(ａ)=ｂ、G(ｂ)=-ａ、G(-ａ)=-ｂ、G(-ｂ)=ａ}⇔{G(ａ)=ｂ、G(ｂ)=ａ、G(ａ)=-G(-ａ)、G(ｂ)=-G(-ｂ)}

なので、これを計算すると、G(ｘ)=ｐ/√(ｐ²ｑ-4ｑ²)ｘ³-(ｐ²-2ｑ)/√(ｐ²ｑ-4ｑ²)ｘ　が、ただ一
つに定まることが分かります。

　これを計算するにあたって、G(ａ)=-G(-ａ)、G(ｂ)=-G(-ｂ)　ならば、ｘ²の係数と定数項はそ
れぞれ 0 になることが言えるので、後は解と係数の関係を使えば簡単になります。

　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年１０月１０日付け）

　「これを計算すると」の部分が欲しかったのですが、やはり自分でやらないといけませんね。
また、後日やってみます。

　攻略法さんからのコメントです。（平成２３年１０月１１日付け）

　ぽっぽさんの「これを計算すると」についての考察です。

　４次方程式 f(ｘ)=ｘ⁴+ａｘ²+ｂ=0 が異なる４つの解 α、β、-α、-β を持つとする。３次関数

G(ｘ)=ｐｘ³+ｑｘ によって、g(α)=β、 g(β)=-α、 g(-α)=-β、 g(-β)=α となるならば、

　g(α)=ｐα³+ｑα=β、g(β)=ｐβ³+ｑβ=-α、g(-α)=-ｐα³-ｑα=-β、g(-β)=-ｐβ³-ｑβ=α

よって、　ｐα³+ｑα=β　←式１　　、ｐβ³+ｑβ=-α　←式２

まず、ｐ は、β・式１-α・式２より、

　　　ｐα³β+ｑαβ-(ｐαβ³+ｑαβ)=β²-(-α²)　すなわち、　ｐαβ（α²-β²）=α²+β²

　よって、　ｐ=(α²+β²)/{αβ(α²-β²)}

また、f(ｘ)は４つの解 α、β、-α、-β を持つので、f(ｘ)=(ｘ-α)(ｘ-β)(ｘ+α)(ｘ+β)=0

展開して、　ｘ4-(α²+β²)ｘ2+α²β²=0　より、係数を比較して、

　　　α²+β²=-ａ　、α²β²=ｂ　←式３、 式４

式３、 式４より、{αβ(α²-β²)}²=α²β²{(α²+β²)²-4α²β²}=ｂ(ａ²-4ｂ) 　なので、

　　ｐ=±{-ａ/√(ｂ(ａ²-4ｂ))}

次に、ｑは、β³・式１-α³・式２より、

　　　ｐα³β³+ｑαβ³-(ｐα³β³+ｑα³β)=β⁴+α⁴　すなわち、　ｑαβ(α²-β²)=α⁴+β⁴

　よって、　ｑ=(α⁴+β⁴)/{αβ(α²-β²)}

式３、 式４より、α⁴+β⁴=(α²+β²)²-2α²β²=ａ²-2ｂ なので、ｑ=±{(ａ²-2ｂ)/√(ｂ(ａ²-4ｂ))}

　以上から、例えば、巡回関数　G(ｘ)=ａ/√(ａ²ｂ-4ｂ²)ｘ³-(ａ²-2ｂ)/√(ａ²ｂ-4ｂ²)ｘ　などが得
られる。

（コメント）　巡回関数を与えられたぽっぽさん、攻略法さんに感謝します。


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年１０月１１日付け）

　ぽっぽさんのやり方は、多分、攻略法さんのやりかたと似たようなものなのでしょう。私も一
応やりました。ｘ⁴-4ｘ²+2=0　のときと基本的に同じやり方です。

　　４次関数　f(ｘ)=ｘ⁴-ｐｘ²+ｑ=0　が巡回関数を持つための必要十分条件は、

　　ｐ²ｑ-4ｑ²　が平方数になることである。

　また、このとき、巡回関数　G(ｘ)=ｐ/√(ｐ²ｑ-4ｑ²)ｘ³-(ｐ²-2ｑ)/√(ｐ²ｑ-4ｑ²)ｘ

が得られる。このことは計算するだけなので、簡単に示せます。

（証明）　D=ｐ²-4ｑ　とおく。ｘ²=(ｐ±√D)/2　だから、f(ｘ)=0　の解は、

　　ａ=√((ｐ+√D)/2)　、ｂ=√((ｐ-√D)/2)　、-ａ　、-ｂ

である。　ａ²=(ｐ+√D)/2　より、√D=2ａ²-ｐ　さらに、ａ⁴-ｐａ²+ｑ=0　より、ｑ/ａ=-ａ³+ｐａ

　このとき、ａｂ=√((ｐ²-D)/4)=√((ｐ²-ｐ²+4ｑ)/4)=√ｑ　より、ｂ=(√ｑ)/ａ

　また、　√ｑ√D=ｍ　とおくと、　1/√ｑ=√D/ｍ=(2ａ²-ｐ)/ｍ

以上より、　ｂ=(√ｑ)/ａ=ｑ/ａ・1/√ｑ=(-ａ³+ｐａ)・(2ａ²-ｐ)/ｍ=(-2ａ⁵+3ｐａ³-ｐ²ａ)/ｍ

　　　　　　　　={-2ａ(ｐａ²-ｑ)+3ｐａ³-ｐ²ａ}/ｍ=(ｐａ³+2ｑａ-ｐ²ａ)/ｍ=ｐ/ｍ・ａ³-(ｐ²-2ｑ)/ｍ・ａ

これは、上のG(ｘ)で、ｘ=ａ　とおいたものになっている。同様にして、-ａ を ｂ で表してみる。

　　ｂ²=(ｐ-√D)/2　より、　√D=ｐ-2ｂ²　で、また、　ｂ⁴-ｐｂ²+ｑ=0　より、　ｑ/ｂ=-ｂ³+ｐｂ

　ａｂ=√ｑ　より、　-ａ=-(√ｑ)/ｂ　で、√ｑ√D=ｍ　より、　1/√ｑ=√D/ｍ=(ｐ-2ｂ²)/ｍ

　-ａ=-(√q)/b=-ｑ/ｂ*1/√ｑ=-(-ｂ³+ｐｂ)(ｐ-2ｂ²)/ｍ=(-2ｂ⁵+3ｐｂ³-ｐ²ｂ)/ｍ

これは、ｂをａで表したときの1行目の終りの式のａをｂに変えたものと同じであり、あとは、ｂ

がf(ｘ)=0の解であることを使うだけだからG(ｂ)になる。

　だから、G(ｘ)は、G(ａ)=ｂ、G(ｂ)=-ａ をみたすが、明らかに、G(-ａ)=-ｂ　、G(-ｂ)=ａ も満たす

から、この４条件を満たす３次以下の整式はこれしかない。従って、巡回関数が存在するた

めには、これが有理数係数でなければならない。そのための必要十分条件は、ｍ が有理数

であること、即ち、　ｑＤ＝ｑ(ｐ²-4ｑ)　が有理数の平方であることである。巡回関数は、G(ｘ)

と-G(ｘ)だけである。　　（証終）


　ＦＮさんからの続報です。（平成２３年１０月１５日付け）

（２）　４次方程式　ｘ⁴−２＝０　は巡回関数を持たないことを証明せよ。

　この方程式は、実数解ａと虚数解ｂを持つ。だから、巡回関数があれば、虚数ｂが実数ａの
有理数係数の整式で表されることになるがこれはありえない。

　だから、これは次の形で成り立つ。

(２A)　有理数係数の方程式 f(ｘ)=0 が実数解と虚数解を持てば、f(ｘ)は巡回関数を
　　　持たない。

従って、f(ｘ)=0 が巡回関数を持つ可能性があるのは、解が４個とも実数であるか、４個とも
虚数であるかのどちらかである。

（３）　４次方程式　ｘ⁴−５ｘ²＋６＝０　は巡回関数を持たないことを証明せよ。

　もし、これが巡回関数をもてば、がの有理数係数の整式でかけることになり矛盾。

　これを一般化すれば次のようになる。

(５)　有理数係数の４次式 f(ｘ) が可約であれば、f(ｘ)は巡回関数を持たない。ただし、
　　f(ｘ)が有理数係数の1次式４個の積になる場合を除く。

　ただし書きの場合は、巡回関数が６個あることは以前に書いたことからわかる。(5)の証
明はそんなに難しくありません。

　ということで、f(ｘ) が既約な場合だけを考えればよい。f(ｘ)=0 の解の1つをαとし、K=Q(α)
とおく。K/Qが４次の巡回拡大だから、そのGalois群は、位数４の巡回群である。これは真の
部分群として、位数２の巡回群を1つだけ持つ。この部分群に対応する部分体は、Q上２次の
体である。それは、Q(√ｍ)　(ｍは整数)　の形であるが、ｍ＞０であるらしい。

　このことは、f(ｘ) が双２次のときは、ぽっぽさんの結果からすぐわかります。

（証明）　f(ｘ)=ｘ⁴-ｐｘ²+ｑ のとき巡回関数が存在するなら、ｑ(ｐ²-4ｑ) は有理数の平方である。

D=ｐ²-4ｑ＜0　とすると、ｑ(ｐ²-4ｑ)＞0　より、ｑ＜0　となるが、このとき、ｐ²-4ｑ＞0　となって

矛盾。従って、D=ｐ²-4ｑ＞0　(D=0 のときは重解をもつので巡回関数はない)。

　α²=(ｐ+√D)/2　より、√D=2α²-ｐ　はKに属し、Q(√D)が２次の部分体である。

　以上から、　D＞0　より、ｍ＞0　　（証終）

　一般の場合は簡単ではないようです。京大大学院の入試問題で出題されています。

京都大学大学院の平成21年度の入試問題の数学�Uの１

　Kを虚２次体とする。すなわち、K=Q(√(-ｄ))で、d は正の有理数である。このとき、
Qの４次の巡回拡大で、Kを含むものが存在しないことを示せ。ただし、L/Qが巡回拡
大であるとは、L/QがGalois拡大であって、Galois群 Gal(L/Q)が巡回群となっている
ことをいう。(Qは有理数体)

　ところで、京大院(もちろん理学研究科数学専攻修士課程)は、平成21年度から４年続けて
有理数体上の４次のGalois拡大に関する問題を出題しています。非常に狭い範囲からの連
続出題でびっくりします。

　空舟さんからの続報です。（平成２３年１０月１７日付け）

　A、B、Cを有理数として、方程式 ｘ⁴+Aｘ²+Bｘ+C=0 を解くときに、その３次分解方程式が
有理解を持つような時、その解は、

　　　　ｘ=ｐ√ｍ±√(ｃ+ｑ√ｍ)　、 -ｐ√ｍ±√(ｃ-ｑ√ｍ)

の形で表されます。±の順番に、ａ₁、ａ₂、ｂ₁、ｂ₂ と名づけておきます。

　f(ａ₁)=ｂ₂ となる３次関数を考えました。ａ₁、ａ₁²、ａ₁³ は、

　　　1　、√ｍ　、√(ｃ+ｑ√ｍ)　、√ｍ√(ｃ+ｑ√ｍ)

の線形結合で書け、お互いは元の方程式が既約なら線形独立です。

　ある有理数Sがあって、√(ｃ²-ｑ²ｍ)=S√ｍ　と書ける時、ｂ₂も変形によって、上記の線形
結合で書かれます。具体的には、

　　-ｐ√ｍ+(ｑ/S)√(ｃ+ｑ√ｍ)-(ｃ/Sｍ)√ｍ√(ｃ+ｑ√ｍ)

です。以上から、ｂ₂ は、１、ａ₁、ａ₁²、ａ₁³ の線形結合で一意的に表されます。

　Maｘima を使って具体的に求めました。その結果、(長い式ですが、)

f(ｘ)={1・[(5m²p³-cmp)qS+(4cmp-5m²p³)q²+2cｍ²ｐ⁵-2ｃ³ｐ]
　　　　+ｘ・[-(-6ｍ²ｐ⁴-2ｃｍｐ²)S+ｍｑ³-(2ｍ²ｐ⁴+3ｃｍｐ²-ｃ²)ｑ]
　　　　　+ｘ²・[ｍｐｑS-ｍｐｑ²-2ｃｍｐ³+2ｃ²ｐ]
　　　　　　+ｘ³・[-2ｍｐ²S-(ｃ-2ｍｐ²)ｑ]}/{ｍｑ²+4ｍ²ｐ⁴-4ｃｍｐ²}

を得てくれました。このf(ｘ)について、f(ａ₁)=ｂ₂、f(ａ₂)=ｂ₁、f(ｂ₂)=ａ₂、f(ｂ₁)=ａ₁を確認できまし
た。

　θ=2π/15　とします。15倍角の式を考えることで、ｘ=tanθに関する方程式が得られます。
(cosθ+i・sinθ)¹⁵=1　において、虚部を取り出して、(cosθ)¹⁵ で割りました。３等分点や５等
分点を与える方程式で因数分解できます。

　　ｘ(ｘ²-3)(ｘ⁴-10ｘ²+5)(ｘ⁸-92ｘ⁶+134ｘ⁴-28ｘ²+1)

　この最後の因数は、偏角が±(1，2，4，7)θの点を与えます。従って、ｘ=α が解ならば、
ｘ=2α/(1-α²) も解となります。（しかし部分巡回です）

　ｘ²=ｙ²/(ｙ²-1)　とおくと、ｙ=sinθに関する方程式を得られます。

　　256ｙ⁸-448ｙ⁶+224ｙ⁴-32ｙ²+1=0

　今度は少し変形を加えることで、4ｙ²=Yとおいた４次方程式： Y⁴-7Y³+14Y²-8Y+1=0　が得
られますが、Y=4(sinθ)² から、F(Y)=Y(4-Y) は巡回関数となるはずです。

　適当にいじってみると、例えば、ｘ=1-4(cosθ)² とすれば、方程式　ｘ⁴+5ｘ³+5ｘ²-5ｘ-5=0
について、f(ｘ)=-ｘ²-2ｘ は巡回関数となるはずです。

　ちなみに、θ=2π/7 について同様のことをすると、「S(H)さんからの話題」の冒頭付近に
書いてある２つの６次方程式と同じ式を得ました。

　ガウスのあの４次方程式についても、(レムニスケートの５等分点に関するらしいので)、上
のように、方程式導出の過程から他の解を有理式で表現できたのではないかと想像しまし
た。

　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年１０月１７日付け）

　４次方程式の解の求め方をきちんとやったことがないという水準ですから、とても理解でき
ません。かなりかかるでしょうが(年単位かな)、いつかやってみようと思います。Maｘima の使
い方も勉強した方がいいようです。


　空舟さんからのコメントです。（平成２４年２月５日付け）

　「ｘ⁴ + 52ｘ³ - 26ｘ² - 12ｘ + 1」で検索すると、楕円関数論入門の文献に当たりました。今回
の投稿に一部引用すること失礼します...。

　「ガウスのあの４次方程式についても、(レムニスケートの５等分点に関するらしいので)、方
程式導出の過程から他の解を有理式で表現できたのではないかと想像しました。」について、
具体的に知ることができました。

　レムニスケート関数 sn(u) を、レムニスケート ｒ²=cos2θ の弧長 u における点(ｘ，ｙ)での

　　signal(ｘ)・√(ｘ²+ｙ²) と定義されています。(ｘ の符号に合わせた ｒ の値)

sn(u)=r　のとき、　u=∫₀^ｒ dt/√(1-ｔ⁴)　ということだと思われます。

　さて、文献に、加法定理からｎ倍公式が導出できる様子があり、結果によると、

　　sn(u)=ｓ　、 sn’(u)=ｓ’　、 ｘ=ｓ⁴　とおくと、　ｓ’²=1-ｘ　、sn(2u)=2ｓｓ’/(1+ｘ)

　　sn(3u)=ｓ(3-6ｘ-ｘ²)/(1+6ｘ-3ｘ²)

　　sn(4u)=4ｓｓ’(1+ｘ)(1-6ｘ+ｘ²) / (1+20ｘ-26ｘ²+20ｘ³+ｘ⁴)

　　sn(5u)=ｓ(5-2ｘ+ｘ²)(1-12ｘ-26ｘ²+52ｘ³+ｘ⁴)/(1-2ｘ+5ｘ²)(1+52ｘ-26ｘ²-12ｘ³+ｘ⁴)

となるそうです。ここに、F(ｘ)=1-12ｘ-26ｘ²+52ｘ³+ｘ⁴　が現れます。

　sn(5u)=0　とおいたときを考えると、F(ｘ)=0 の解は、ｘ={sn(u)}⁴ 以外に、

{sn(2u)}⁴＝16ｘ(1-ｘ)²/(1+ｘ)⁴　等もあります。

　(1+ｘ)⁴≡16ｘ+32ｘ²-48ｘ³＝16ｘ(1-ｘ)(1+3ｘ) から、F(ｘ)=0 の別の解の表示 (1-ｘ)/(1+3ｘ) を

得ます。

　{sn(3u)}⁴、{sn(4u)}⁴ もF(ｘ)=0 の解ですが、{sn(2u)}⁴、{sn(u)}⁴ とそれぞれ同じになります。

　さて、文献に、複素関数としてのレムニスケート関数という項があり、

　　sn(a+ib)={sn(a)sn’(b)+i・sn’(a)sn(b)}/{1-sn(a)²・sn(b)²}

と定義されるようです。特に、　sn(ib)=i・sn(b) であり、 sn(5u)=0 のとき、sn(5iu)=0

　{sn(iu)}⁴ も F(ｘ)=0 の解ですが、これは、{sn(u)}⁴ と同じ。

　そこで、sn(au+biu) の形を考えると、

　{sn(u+iu)}⁴＝{(1+i)ｓｓ’/(1-ｓ⁴)}⁴=(1+i)⁴・ｘ(1-ｘ)²/(1-ｘ)⁴ = -4ｘ/(1-ｘ)²

　上の結果を利用して、

　　{sn(2u+2iu)}⁴＝{-4(1-ｘ)/(1+3ｘ)}/{1 - (1-ｘ)/(1+3ｘ)}²＝-(1-ｘ)(1+3ｘ)/4ｘ²

というふうに、F(ｘ)=0　の残りの解が表されました。結局、sn(5u)=0 となる４つの解は、

　{su(u)}⁴ = ｘ

　{su(2u)}⁴ = (1-ｘ)/(1+3ｘ)

　{su(u+iu)}⁴ = -4ｘ/(1-ｘ)²

　{su(2u+2iu)}⁴ = -(1-ｘ)(1+3ｘ)/4ｘ²

とまとめることができました。

　なお、{sn(2u+iu)}⁴ 等は、ｘ={sn(u)}⁴ の有理式にならないようです。

　ここで、　sn(2u+iu)＝...＝s{2(1-ｘ²)+i(1-6ｘ+ｘ²)}/(1-2ｘ+5ｘ²) となります。これの４乗を計算さ
せてみますと、(ｘ の9次式)/(ｘ の8次式)　ですが、F(ｘ)=1-12ｘ-26ｘ²+52ｘ³+ｘ⁴=0 とした場合、
なんとｘが消えて、2i+1 になります。

　これは、sn(5u) の式の分子にあるF(ｘ)以外の因数 (5-2ｘ+ｘ²) の零点です。


（コメント）　ガウスの与えた４個の有理式解の根拠が明確になりましたね！感動しました。
　　　　　　空舟さんに感謝いたします。


　Ｓ（Ｈ）さんからのコメントです。（平成２４年２月６日付け）

　空舟さん、有難う御座います

　ｘ⁴ + 52ｘ³ - 26ｘ² - 12ｘ + 1 = 0　については、非虚は、即ち、実は参考図の如く、随分以
前に模索しております。 ｘ=ｘ⁴ と置換すると、ｘ⁴ + 52ｘ³ - 26ｘ² - 12ｘ + 1 = 0　で、ガウスの
４次方程式の出生の秘話は突き止めていないこともないのです。

　「驚くべき証明を見つけたがそれを書くには余白が狭すぎる」
　「（Marvelous Proof Which This Margin Is Too Narrow To Contain,略称MPMN）とは数学に
　おける証明の手法のひとつだが、それを完全に説明するには余白が狭すぎる。」

の模倣犯になり、直前の （式は見かけによらぬもの）

　(-191 - 312ζ + 729ζ² + 14ζ³)/4=(1 + 2ζ + ζ²)/(1 - 14ζ + ζ²)=-（1-ζ）（3ζ+1）/（4ζ²）

について、資料に、Q[ｘ]/<あの4次式> は体故、逆元の存在は自明と片付けられるでしょう
が、私が逆元を本当に求めて具現した発想で、(1 + 2ζ + ζ²)/(1 - 14ζ + ζ²)　について
(1 - 14ζ + ζ²)の逆元を本当に求めて獲たものに、(1 + 2ζ + ζ²)を乗じて、それを３次以
下の多項式で表現して下さい。

　-（1-ζ）（3ζ+1）/（4ζ²） についても同様なことを為して下さい。

　上は、飯高先生が「MA3D5 Galois theory」の２７頁近傍の証明付きの命題群が証明で分
かったと了解しがちの學生に具体例で具現できるかを親心を発露され原石の學生に投げか
けられた問題です。


　当ＨＰの掲示板「出会いの泉」に、平成２０年１１月１８日付けで、ＧＡＩ さんは、次の結果を
提示された。

　２次方程式 ｘ²＋ｐｘ＋ｑ＝０　において、関数 Ｇ（ｘ）＝−ｘ−ｐ　が解の巡回関数

　ＧＡＩ さんの計算が示されていないが、多分次のようにして求められたのだろう。

（解）　２次方程式の異なる２つの解を α 、β とする。また、求める巡回関数は、１次関数

　として、 Ｇ（ｘ）＝ａｘ＋ｂ　とおく。このとき、題意より、Ｇ（α）＝β、Ｇ（β）＝α　なので、

　　ａα＋ｂ＝β　、　ａβ＋ｂ＝α　　が成り立つ。

　よって、辺々引いて、　ａ（α−β）＝β−α　で、α≠β　より、　ａ＝−１

このとき、　ｂ＝α＋β　で、解と係数の関係より、　α＋β＝−ｐ　なので、　ｂ＝−ｐ

　以上から、求める関数は、　Ｇ（ｘ）＝−ｘ−ｐ　　（終）


　上記の計算は、行列を用いた方が一般化しやすそうだ。

（別解）　ａα＋ｂ＝β　、　ａβ＋ｂ＝α　　より、

　　　　　　　　

　よって、

　　

これより、　Ｇ（ｘ）＝−ｘ−ｐ　　（終）

　この手法を次の問題にも適用してみよう

例　３次方程式　ｘ³−３ｘ＋１＝０　の巡回関数を求めよ。

（解）　明らかに、３次方程式　ｘ³−３ｘ＋１＝０　は３つの異なる実数解 α 、β 、γ を持

　つ。そこで、求める巡回関数は、２次関数として、　Ｇ（ｘ）＝ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ　とおく。

　　Ｇ（α）＝β　、Ｇ（β）＝γ　、Ｇ（γ）＝α　より、

　　ａα²＋ｂα＋ｃ＝β　、　ａβ²＋ｂβ＋ｃ＝γ　、　ａγ²＋ｂγ＋ｃ＝α

これらの関係式を、行列を用いて表すと、

　　　　

　このとき、Ｖａｎ　ｄｅｒ　Ｍｏｎｄｅ（ファンデルモンデ）の行列式の理論から、

　　　
であるので、



　ここで、３次方程式　ｘ³＋ｐｘ＋ｑ＝０　の判別式は　Ｄ＝−４ｐ³−２７ｑ² であるので、
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（ → 参考 ： 「判別式」）

３次方程式　ｘ³−３ｘ＋１＝０　の判別式は、　Ｄ＝−４（−３）³−２７＝８１　となる。

　（α−β）²（β−γ）²（γ−α）²＝Ｄ＝８１　より、（α−β）（β−γ）（γ−α）＝±９
（らすかるさんの公式中の「ｓ」は、判別式の平方根 （α−β）（β−γ）（γ−α）！）

　また、解と係数の関係から、

　　α＋β＋γ＝０　、　αβ＋βγ＋γα＝−３　、　αβγ＝−１　なので、

　α²＋β²＋γ²＝（α＋β＋γ）²−２（αβ＋βγ＋γα）＝６
　α³＋β³＋γ³＝（α＋β＋γ）（α²＋β²＋γ²−αβ−βγ−γα）＋３αβγ＝−３
　α²β²＋β²γ²＋γ²α²＝（αβ＋βγ＋γα）²−２αβγ（α＋β＋γ）＝９

ところで、

　（α−β）（β−γ）（γ−α）＝αβ²＋βγ²＋γα²−α²β−β²γ−γ²α　において、

　　　αβ²＋βγ²＋γα²＋α²β＋β²γ＋γ²α
　　＝（β＋γ）α²＋（β²＋γ²）α＋βγ（β＋γ）
　　＝（β＋γ）α²＋（β²＋３βγ＋γ²）α＋βγ（β＋γ）−３αβγ
　　＝（α＋β＋γ）（（β＋γ）α＋βγ）−３αβγ
　　＝（α＋β＋γ）（αβ＋βγ＋γα）−３αβγ＝３

　以上から、　（αβ²＋βγ²＋γα²）−（α²β＋β²γ＋γ²α）＝±９
　　　　　　　　 （αβ²＋βγ²＋γα²）＋（α²β＋β²γ＋γ²α）＝３

　　　よって、　αβ²＋βγ²＋γα²＝（±９＋３）/２＝６、−３
　　　　　　　　　α²β＋β²γ＋γ²α＝（３−（±９））/２＝−３、６

また、　（α＋β＋γ）（α−β）（β−γ）（γ−α）
　　　＝（α＋β＋γ）（αβ²＋βγ²＋γα²−α²β−β²γ−γ²α）
　　　＝α²β²＋αβγ²＋γα³−α³β−αβ²γ−γ²α²
　　　　　　　＋αβ³＋β²γ²＋βγα²−α²β²−β³γ−βγ²α
　　　　　　　　　＋αβ²γ＋βγ³＋γ²α²−α²βγ−β²γ²−γ³α
　　　＝αβ³＋βγ³＋γα³−α³β−β³γ−γ³α

ところで、（α²＋β²＋γ²）（αβ＋βγ＋γα）
　＝α³β＋α²βγ＋γα³＋αβ³＋β³γ＋β²γα＋γ²αβ＋βγ³＋γ³α
　＝αβ³＋βγ³＋γα³＋α³β＋β³γ＋γ³α＋α²βγ＋β²γα＋γ²αβ

より、αβ³＋βγ³＋γα³＋α³β＋β³γ＋γ³α
　＝ （α²＋β²＋γ²）（αβ＋βγ＋γα）−（α²βγ＋β²γα＋γ²αβ）
　＝ （α²＋β²＋γ²）（αβ＋βγ＋γα）−αβγ（α＋β＋γ）

なので、（αβ³＋βγ³＋γα³）−（α³β＋β³γ＋γ³α）＝０
　　　（αβ³＋βγ³＋γα³）＋（α³β＋β³γ＋γ³α）＝−１８

　　　よって、　αβ³＋βγ³＋γα³＝−９　、α³β＋β³γ＋γ³α＝−９

　以上から、（α−β）（β−γ）（γ−α）＝９　のとき、

　　　　ａ＝−（６＋３）/９＝−１　、ｂ＝−（６−（−３））/９＝−１　、ｃ＝−（−９−９）/９＝２

　　（α−β）（β−γ）（γ−α）＝−９　のとき、

　　　　ａ＝−（６＋３）/（−９）＝１　、ｂ＝−（−３−（−３））/（−９）＝０　、
　　　　ｃ＝−（−９−９）/（−９）＝−２

　したがって、求める巡回関数 Ｇ（ｘ） は、

　　　　Ｇ（ｘ）＝−ｘ²−ｘ＋２　　または、　　Ｇ（ｘ）＝ｘ²−２

となる。　（終）

（コメント）　巡回関数を求める方法・・・シルベスターの消去法や判別式による解法など、い
　　　　　　ろいろあるんですね！でも、上記の計算は、３変数なので何とか見通しよく計算で
　　　　　　きましたが、４変数以上になると、多分パニックでしょうね．．．そんな予感！

　　　　　　　曲のイントロ当てクイズみたいに、Ｓ（Ｈ）さんからは、上記の計算が始まる前か
　　　　　　ら出だしの雰囲気で、多分「Ｖａｎ　ｄｅｒ　Ｍｏｎｄｅの行列式を使うのかな？」と当て
　　　　　　られてしまいました！Ｓ（Ｈ）さんの先見の明には脱帽です．．．。

　　　　　　　多分、上記のような計算を、３次方程式 ｘ³＋ｐｘ²＋ｑｘ＋ｒ＝０ に適用すれば、
　　　　　　らすかるさんの示された公式が得られるものと推察されます。

　上記では、巡回関数は、２次関数として計算したが、１次分数関数とした場合は、どのよ
うに計算で求めるのだろうか？いろいろ興味は尽きない。

例　３次方程式　ｘ³−３ｘ＋１＝０　の巡回関数を求めよ。

（解）　明らかに、３次方程式　ｘ³−３ｘ＋１＝０　は３つの異なる実数解 α 、β 、γ を持

　　つ。そこで、求める巡回関数は、１次分数関数として、

　　　　　　
　　とおく。

　　　Ｇ（α）＝β　、Ｇ（β）＝γ　、Ｇ（γ）＝α　より、

　　　　ｂα＋ｃ＝β（α＋ａ）　、　ｂβ＋ｃ＝γ（β＋ａ）　、　ｂγ＋ｃ＝α（γ＋ａ）

　　よって、−βａ＋αｂ＋ｃ＝αβ　、−γａ＋βｂ＋ｃ＝βγ　、−αａ＋γｂ＋ｃ＝γα

　　これらの関係式を、行列を用いて表すと、

　　　　　　

　解と係数の関係から、　α＋β＋γ＝０　、　αβ＋βγ＋γα＝−３　、　αβγ＝−１

　なので、α²＋β²＋γ²＝（α＋β＋γ）²−２（αβ＋βγ＋γα）＝６
　
　よって、
　　　　　
　より、
　　　　　

　ここで、３次方程式　ｘ³−３ｘ＋１＝０　の判別式

　　Ｄ＝（α−β）²（β−γ）²（γ−α）²＝−４（−３）³−２７＝８１　より、

　　　　（α−β）（β−γ）（γ−α）＝±９

前述の２次関数の場合と同様の計算から、
　
　（α−β）（β−γ）（γ−α）＝９　のとき、αβ²＋βγ²＋γα²＝（９＋３）/２＝６

　（α−β）（β−γ）（γ−α）＝−９　のとき、αβ²＋βγ²＋γα²＝（−９＋３）/２＝−３

　このとき、　ａ＝−（６＋３）/９＝−１　または　ａ＝−（−３＋３）/９＝０

　また、（α−β）（β−γ）（γ−α）＝９　のとき、α²β＋β²γ＋γ²α＝（３−９）/２＝−３

　また、（α−β）（β−γ）（γ−α）＝−９　のとき、α²β＋β²γ＋γ²α＝（３＋９）/２＝６

　このとき、　ｂ＝−（−３＋３）/９＝０　または　ｂ＝−（−３−６）/９＝１

　また、α²β²＋β²γ²＋γ²α²＝（αβ＋βγ＋γα）²−２αβγ（α＋β＋γ）＝９

　なので、　ｃ＝−９/９＝−１

　　以上から、求める巡回関数は、１次分数関数として、

または

で与えられる。

（コメント）　これらの関数は、奇しくも冒頭で考察した関数 Ｆ₄（ｘ） と Ｆ₅（ｘ） ですね！
　　　　　　何か関係があるんですかね？

　　　　　　　Ｆ₄²＝Ｆ_5　、　Ｆ₅²＝Ｆ₄ が成り立つ位しかなさそう．．．な雰囲気と嘆いていると
　　　　　　き、GAIさんが、Ｇ’＝｛ Ｆ₁（ｘ） 、Ｆ₂（ｘ） 、Ｆ₃（ｘ） 、Ｆ₄（ｘ） 、Ｆ₅（ｘ） 、Ｆ₆（ｘ） ｝の
　　　　　　乗算表を作られた。（平成２０年１１月２１日付け）

　　対角線上でない所に 「Ｆ１」が出現する場所が、「Ｆ４」、「Ｆ５」 の組合せであることと、
　何か関係があるのでしょうかとＧＡＩさんは疑問を呈された。

　上記の表で、Ｆ₄Ｆ₅＝Ｆ₁　ということから、Ｆ₄³＝Ｆ₄Ｆ₄²＝Ｆ₄Ｆ₅＝Ｆ₁　ということが分かる。

同様にして、　Ｆ₅³＝Ｆ₁　が成り立つ。

　Ｆ₂ 、Ｆ₃ 、Ｆ₆　が全て位数が ２ なのに対して、Ｆ₄ 、Ｆ₅ の位数が ３ であることが、きっと
この話題では、重要なのでしょう！（←　ガロア理論から）


　ところで、３次方程式　ｘ³−３ｘ＋１＝０　の巡回関数を、２次関数として、

　　　　　Ｇ（ｘ）＝−ｘ²−ｘ＋２　　または、　　Ｇ（ｘ）＝ｘ²−２

という結果を得たが、この結果を用いると、巡回関数を、１次分数関数とした場合は、次の

ようにして得られるようだ。これは必然だろうか？はたまた単なる偶然だろうか？

　　　ｘ³−３ｘ＋１＝０　より、　ｘ³＝３ｘ−１　なので、　ｘ²＝（３ｘ−１）/ｘ

　　よって、　ｘ²−２＝（３ｘ−１）/ｘ−２＝（ｘ−１）/ｘ

　　　また、　ｘ³−１＝３ｘ−２　なので、　ｘ²＋ｘ＋１＝（３ｘ−２）/（ｘ−１）

　　　したがって、

　　−ｘ²−ｘ＋２＝−（３ｘ−２）/（ｘ−１）＋３＝（−３ｘ＋２＋３ｘ−３）/（ｘ−１）＝１/（１−ｘ）

　　が得られる。


　この手法を用いると、早稲田の入試問題 ：

　ｎ＝１、２、・・・　に対して、 ｘ の整式 Ｐ_ｎ（ｘ）＝ｘ³−ｎｘ²−（２ｎ＋１２）ｘ−８　を考

える。３次方程式 Ｐ_ｎ（ｘ）＝０　の解 ｔ に対して、−４/（ｔ＋２） も Ｐ_ｎ（ｘ）＝０　の解

であることから、１次分数関数としての巡回関数

　　　　

を得たが、これに対応する２次関数としての巡回関数も求められそうだ。

　実際に、簡単な計算で、

　　　　

また、上記の１次分数関数の逆回りの関数

　　　　

については、２次関数

　　　　

が得られる。

（コメント）　２次関数と１次分数関数は１対１に対応するという確信が実感に変わりました！
　　　　　　Ｓ（Ｈ）さんも述べていますが、これらの関数のうち１つでも分かれば後は芋ズル
　　　　　　式に求められることに感動しました。上記の計算にナイーブな部分があって、「も
　　　　　　しかしたら、２次関数は存在しないかも？今流行の言葉を借りれば、「対応の破
　　　　　　れ」かな？」という場面に遭遇しましたが、単なる私の計算ミスでした。上記のよ
　　　　　　うに完全対応していることを示すことができて、安心しました！

　上記の３次方程式 ｘ³−ｎｘ²−（２ｎ＋１２）ｘ−８＝０　の解の巡回関数について、２次関
数とした場合と１次分数関数とした場合で大きくその性格が異なることが、Ｓ（Ｈ）さんから
指摘された。（平成２０年１１月２３日付け）

　すなわち、２次関数とした場合の巡回関数には、３次方程式に含まれるパラメーター「ｎ」
が含まれるのに対して、１次分数関数とした場合は、全く含まれないということだ。まるで、
３次方程式の巡回関数で、１次分数関数は方程式には依存しないという「孤高の存在」で
あるかのようだ。

　Ｓ（Ｈ）さんの指摘があるまでは、何となく「スッキリ！」という認識のみで、深くは考えな
かったが、やはり、それなりの理由がありそうで、「さもありなん！」という感じだ。

　このことについて、Ｓ（Ｈ）さんから出題された問題で考えてみよう。

問　題　３次方程式 ｘ³＋ｎｘ²−（ｎ＋３）ｘ＋１＝０　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（ ｎ は有理数　（ｎ≧−３/２ と仮定してもいいらしい。））

　の解の巡回関数として、１次分数関数としたとき、それは、方程式に含まれるパラ

　メーター ｎ に無関係に定まることを示せ。


　Ｆ（ｘ）＝ｘ³＋ｎｘ²−（ｎ＋３）ｘ＋１　とおくと、Ｆ（ｘ）は連続で、

　　　　Ｆ（０）＝１＞０　、　Ｆ（１）＝−１＜０

より、３つの異なる実数解 α 、β 、γ を持つ。

　もちろん、このことは、３次方程式の判別式

　　Ｄ＝（α−β）²（β−γ）²（γ−α）²＝（ｎ²＋３ｎ＋９）²＞０

からも分かる。（→参考 ： 「判別式」 ）

　　ｓ＝ｎ²＋３ｎ＋９（＞０）　とおく。

　求める巡回関数を、１次分数関数として、

　　　　　　
とおく。

　　　Ｇ（α）＝β　、Ｇ（β）＝γ　、Ｇ（γ）＝α　より、

　ｂα＋ｃ＝β（α＋ａ）　、　ｂβ＋ｃ＝γ（β＋ａ）　、　ｂγ＋ｃ＝α（γ＋ａ）

よって、

　−βａ＋αｂ＋ｃ＝αβ　、　−γａ＋βｂ＋ｃ＝βγ　、　−αａ＋γｂ＋ｃ＝γα

　　これらの関係式を、行列を用いて表すと、

　　　　　　

　解と係数の関係から、α＋β＋γ＝−ｎ　、αβ＋βγ＋γα＝−ｎ−３　、αβγ＝−１

　なので、α²＋β²＋γ²＝（α＋β＋γ）²−２（αβ＋βγ＋γα）＝ｎ²＋２ｎ＋６
　
　よって、
　　　　　
　より、
　　　　　
　ここで、

　　（α−β）（β−γ）（γ−α）＝ｓ　のとき、

　　　αβ²＋βγ²＋γα²＝（ｎ²＋３ｎ＋３＋ｓ）/２＝（２ｓ−６）/２＝ｓ−３
　　　α²β＋β²γ＋γ²α＝（ｎ²＋３ｎ＋３−ｓ）/２＝−６/２＝−３

　　（α−β）（β−γ）（γ−α）＝−ｓ　のとき、

　　　αβ²＋βγ²＋γα²＝（ｎ²＋３ｎ＋３−ｓ）/２＝−６/２＝−３
　　　α²β＋β²γ＋γ²α＝（ｎ²＋３ｎ＋３＋ｓ）/２＝（２ｓ−６）/２＝ｓ−３

　よって、　（α−β）（β−γ）（γ−α）＝ｓ　のとき、　　ａ＝−（ｓ−３＋３}/ｓ＝−１
　　　　　　　（α−β）（β−γ）（γ−α）＝−ｓ　のとき、 ａ＝−（−３＋３}/ｓ＝０

　また、　（α−β）（β−γ）（γ−α）＝ｓ　のとき、　　ｂ＝−（−３＋３}/ｓ＝０
　　　　　　　（α−β）（β−γ）（γ−α）＝−ｓ　のとき、 ｂ＝−（−３−ｓ＋３}/ｓ＝１

　さらに、α²β²＋β²γ²＋γ²α²＝（αβ＋βγ＋γα）²−２αβγ（α＋β＋γ）
　　　　　＝（−ｎ−３）²−２ｎ＝ｎ²＋４ｎ＋９

　なので、　ｃ＝−（ｎ²＋４ｎ＋９−ｎ）/ｓ＝−１

　　以上から、求める巡回関数は、１次分数関数として、

または

で与えられる。

（コメント）　綺麗にパラメーターが消失しましたね！感動的です．．．。


　これまでの計算では、方程式から巡回関数を求めたが、逆に、巡回関数を既知として方
程式を求めることは可能だろうか？Ｓ（Ｈ）さんのアドバイスを参考に考えてみた。

例　１の３乗根で虚数であるものの一つを ω とすると、　ω²＋ω＋１＝０　が成り立つ。

　ここで、　α＝１＋ω　、β＝ω＋ω²（＝−１）　、γ＝１＋ω²（＝）　に対して、

　　　Ｇ（ｘ）＝ω・ｘ

とおくと、　Ｇ（α）＝β　、Ｇ（β）＝γ　、Ｇ（γ）＝α　が成り立つ。

　このとき、α＋β＋γ＝１＋ω＋ω＋ω²＋１＋ω²＝０

　　αβ＋βγ＋γα＝（１＋ω）（ω＋ω²）＋（ω＋ω²）（１＋ω²）＋（１＋ω²）（１＋ω）
　　　　　　　　　　　　　　＝−（１＋ω）−（−ω）＋（−ω）（−ω²）
　　　　　　　　　　　　　　＝−１−ω＋ω＋１＝０

　　αβγ＝（１＋ω）（ω＋ω²）（１＋ω²）＝ω³（１＋ω）³＝（−ω²）³＝−１

以上から、３つの数 α、β、γ は、３次方程式 ｘ³＋１＝０　の解となる。

　　　　　　

　ここで、らすかるさんの公式を用いると、３次方程式 ｘ³＋１＝０　の巡回関数は、

　　　　　Ｇ₁（ｘ）＝ωｘ　　または　　Ｇ₂（ｘ）＝ω²ｘ

で与えられる。

　このような計算をしていると、巡回関数の意味するところが実感として伝わってくるような
気がする。

　解の巡回は、代数方程式の根の置換の特別な場合である。これらの一般論は、ラグラン
ジュやガロアなどによって考察され、ガロア理論という美しい理論になっている。


　３次方程式　Ｘ³＋Ｘ²−２Ｘ−１＝０　を因数定理を用いて求めることは難しいが、−２ と
−１ の間、−１と ０ の間、１と ２ の間にそれぞれ一つずつ解を持つことは、簡単な計算
で分かる。

　この方程式については、次のように明解に解かれる方法が知られている。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（→参考 ： 「３次方程式の解」）

　Ｙを複素数として、　Ｘ＝Ｙ＋１/Ｙ　とおく。これを、３次方程式に代入して、分母を払い整
理すれば、

　　　　　Ｙ⁶＋Ｙ⁵＋Ｙ⁴＋Ｙ³＋Ｙ²＋Ｙ＋１＝０

となる。両辺に、Ｙ−１ を掛ければ、　Ｙ⁷−１＝０　となる。

　したがって、Ｙ は、（１と異なる）１ の７乗根である。

１ の７乗根は、ζ^ｎ＝ｅｘｐ（２ｎπｉ/７）　　（ｎ＝１、２、３、４、５、６　　ｉ は虚数単位）　と書ける。

このとき、Ｘ＝Ｙ＋１/Ｙ＝ζ^ｎ＋ζ^−ｎ＝２ｃｏｓ（２ｎπ/７）　となる。

ｎ＝１、２、３、４、５、６　を代入して異なるものを求めれば、３次方程式の解は、

　　　−２ｃｏｓ（π/７）　、−２ｃｏｓ（３π/７）　、２ｃｏｓ（２π/７）

となる。
　　　　　　　　　　

　３次方程式の３つの解 α 、β 、γ は、上記の計算から、

　　　α＝２ｃｏｓ（２π/７）　、　β＝−２ｃｏｓ（π/７）　、　γ＝−２ｃｏｓ（３π/７）

とおくと、　α＝ζ＋ζ⁶　、　β＝ζ³＋ζ⁴　、　γ＝ζ²＋ζ⁵　と書ける。

　この３つの数を、１の７乗根 ζ を用いて、次のように構成してみよう。

　有理数体 Ｑ に、ζを添加した体 Ｑ（ζ）において、その自己同型写像 τ を、

　　　　　τ（ζ）＝ζ³

で定義する。このとき、　α＝ζ＋τ³（ζ）　とおくと、　α＝ζ＋ζ⁶　で、

　τ³（α）＝τ²（τ（α））＝τ²（ζ³＋ζ⁴）＝τ（ζ²＋ζ⁵）＝ζ⁶＋ζ＝α

で、　β＝τ（α）＝ζ³＋ζ⁴　、　γ＝τ（β）＝τ²（α）＝ζ²＋ζ⁵　　とおく。

　このとき、　α＋β＋γ＝ζ＋ζ⁶＋ζ³＋ζ⁴＋ζ²＋ζ⁵＝−１

　　αβ＋βγ＋γα
　＝（ζ＋ζ⁶）（ζ³＋ζ⁴）＋（ζ³＋ζ⁴）（ζ²＋ζ⁵）＋（ζ²＋ζ⁵）（ζ＋ζ⁶）
　＝ζ⁴＋ζ⁵＋ζ²＋ζ³＋ζ⁵＋ζ＋ζ⁶＋ζ²＋ζ³＋ζ＋ζ⁶＋ζ⁴
　＝２（ζ⁶＋ζ⁵＋ζ⁴＋ζ³＋ζ²＋ζ）＝−２

　　αβγ＝（ζ＋ζ⁶）（ζ³＋ζ⁴）（ζ²＋ζ⁵）
　　　　　　＝（ζ⁴＋ζ⁵＋ζ²＋ζ³）（ζ²＋ζ⁵）
　　　　　　＝ζ⁶＋ζ²＋１＋ζ³＋ζ⁴＋１＋ζ⁵＋ζ＝１

　より、３つの数 α、β、γ は、３次方程式 ｘ³＋ｘ²−２ｘ−１＝０　の解となる。

　このとき、　α²＝（ζ⁶＋ζ）²＝ζ⁵＋２＋ζ²＝γ＋２　より、　γ＝α²−２
　　　　　　　　β²＝（ζ³＋ζ⁴）²＝ζ⁶＋２＋ζ＝α＋２　より、　α＝β²−２
　　　　　　　　γ²＝（ζ²＋ζ⁵）²＝ζ⁴＋２＋ζ³＝β＋２　より、　β＝γ²−２

　以上から、解の巡回関数として、　Ｇ（ｘ）＝ｘ²−２　とおくと、

　　　　　　Ｇ（α）＝γ　、Ｇ（γ）＝β　、Ｇ（β）＝α

が成り立つ。

（コメント）　このことが、Ｓ（Ｈ）さんが仰るところの、「巡回関数の真実」なのでしょうか？


　上記で述べられていることをＦＮさんがまとめられ、新しい問題を創作された。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２３年１月３１日付け）

　G(ｘ)＝ｘ²−２　とする。方程式　ｘ³−３ｘ＋１＝０　の１つの解を α とするとき、
β＝G(α)、γ＝G(β)　とすれば、α、β、γが、この方程式の３つの解である。

　方程式　ｘ³＋ｘ²−２ｘ−１＝０　についても同じことが成り立つ。

　G(ｘ)＝１/(１−ｘ)　とし、方程式　ｘ³＋ａｘ²−（ａ＋３）ｘ＋１＝０　の１つの解を α と
するとき、β＝G(α)、γ＝G(β)　とすれば、α、β、γ が、この方程式の３つの解
である。


　これに関連して、次を証明してください。

（１）　G(ｘ)＝ｘ²−２　とし、既約な方程式　ｘ³＋ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ＝０　の１つの解を α とする。
　β＝G(α)、γ＝G(β) とするとき、α、β、γ が、この方程式の３つの解である。
　　これが成り立つのは、（ ａ ， ｂ ， ｃ ）＝（ ０ ， −３ ， １ ）、（１ ， −２ ， −１ ）　に限る
　ことを証明せよ。

（２）　G(ｘ)＝１/(１−ｘ)　とし、方程式　ｘ³＋ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ＝０　の１つの解を α とする。
　β＝G(α)、γ＝G(β) とするとき、α、β、γ が、この方程式の３つの解である。
　　これが成り立つのは、ｂ＝−ａ−３、ｃ＝１ のときに限ることを証明せよ。


　少し表現を変えます。（平成２３年２月１日付け）

　「巡回関数が、G(ｘ)＝ｘ²−２　であるような有理数係数の３次方程式を求めよ。」というの
がもともとの趣旨です。うまく表現できなくて、上のようにしたのですが、不必要に難しくなり
ました。

（１Ａ）　G(ｘ)＝ｘ²−２　とする。方程式　ｘ³＋ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ＝０　の異なる３つの解 α、β、γ
　　　が β＝G(α)、γ＝G(β)、α＝G(γ) を満たすとき、（ ａ ， ｂ ， ｃ ）＝（ ０ ， −３ ， １ ）、
　　　（１ ， −２ ， −１ ）　に限ることを証明せよ。

　実質的には、α＝G(γ)のあるなしだけですが、これがないと面倒です。(２)もこの形に変
えてもいいですが、(２)の場合は、β＝G(α)、γ＝G(β)から、α＝G(γ)が容易に出るので
もとのままでもかまいません。(１Ａ)より(２)の方が易しいと思います。

　G(ｘ)として、適当に有理数係数の２次式を与えた場合、それを巡回関数とする有理数係数
の３次方程式があるか、となると多くの場合は存在しないと思います。

　あっても、高々２個です。G(ｘ)＝ｘ²−４　とか、G(ｘ)＝ｘ²−８　では２個あるようです。１個あ
るケースがあるかどうかはわかりません。

　(２)の G(ｘ)＝１/(１−ｘ) は GGG(ｘ)＝ｘ　を満たしますが、これを満たすG(ｘ)についてはG(ｘ)
を巡回関数とする有理数係数の３次方程式が無限にある可能性はあると思います。

　GGG(ｘ)＝ｘ　を満たさないG(ｘ)については、１つもないような気がします。


　攻略法さんが、ＦＮさんの問題（１Ａ）を解かれた。（平成２３年２月２日付け）

（解）　巡回関数が、G(ｘ)＝ｘ²−２　なので、

　　G²(ｘ)＝G(G(ｘ))＝G(ｘ²−２)=(ｘ²−２)²−２　、G³(ｘ)＝G(G(G(ｘ)))＝{(ｘ²−２)²−２}²−２

　となるが、３回置換すると元に戻るので、　{(ｘ²−２)²−２}²−２＝ｘ

　　よって、　ｘ⁸−８ｘ⁶＋２０ｘ⁴−１６ｘ²−ｘ＋２＝０

　因数分解をすれば、　（ｘ³＋ｘ²−２ｘ−１）（ｘ＋１）（ｘ−２）（ｘ³−３ｘ＋１）＝０　　（終）


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年２月２日付け）

　正解です。G(ｘ)を一般の２次式としても、G³(ｘ)は８次式で、G³(ｘ)−ｘ は G(ｘ)−ｘ で割り切
れ、残りは６次式。だからG(ｘ)を巡回関数とする３次方程式は高々２個。


　　（補足）　ＦＮさんより補足です。（平成２３年２月３日付け）

　　　　G(ｘ)を有理数係数の２次式とする。G³(ｘ)−ｘ は G(ｘ)−ｘ で割り切れる。

　　　これは、G(ｘ)−ｘ＝０ が異なる解をもつときは簡単に証明できますが、重解をもつとき
　　　は成り立つとは思うのですが、今のところ私は証明できてません。証明できますか？

　　　　これは成り立つとして．．．、G³(ｘ)−ｘ を G(ｘ)−ｘ で割った商である６次式について、

　　　　　(ア)　既約である　　　　(イ)　既約な３次式２つの積になる　　　(ウ)その他

　　　のどれかですが、(ウ)はないような気がします。どうでしょうか。

　　　　(イ)の場合は、G(ｘ)は２つの３次方程式の巡回関数になる。

　　　これは証明できると思います。証明してください。

　　　　さらに、（ア)のとき、６個の解について、解の巡回の現象は起こるでしょうか。

　　　Ｇ（ｘ）＝ｘ²　のときは、６次式は、ｘ⁶＋ｘ⁵＋･･･＋ｘ＋１　となり、解の巡回の現象は起こ
　　　ります。一般にはどうでしょうか。（平成２３年２月１０日付けで、ＦＮさんが補足）


　　　　Ｆ(ｘ)＝０　を有理数係数の既約な３次方程式とする。G(ｘ)、g(ｘ)がＦ(ｘ)＝０の巡回関
　　　数で、G(ｘ)は２次関数、g(ｘ)は１次分数関数とする。G(ｘ)とg(ｘ)の関係は次の通りです。

　　　　Ｆ(ｘ)をG(ｘ)で割った商をQ(ｘ)、余りをR(ｘ)とすると、Q(ｘ)は１次式、R(ｘ)は１次以下で、

　　　g(ｘ)＝−R(ｘ)/Q(ｘ)　である。

　　　　これは、０＝Ｆ(α)＝G(α)Q(α)＋R(α)　から、G(α)＝−R(α)/Q(α)　が出ることか
　　　らわかります。

　　　　既約な３次方程式のガロア群は、３次の対称群Ｓ₃であるか、３次の交代群A₃(位数
　　　３の巡回群)のどちらかで普通は、Ｓ₃です。解の巡回が起こるのは例外的にA₃になる
　　　場合です。

　　　　このとき、Q(α)=Q[α] が分解体になり、他の解がαの有理数係数の２次式でかけ
　　　ることになるので、２次式である巡回関数のほうが自然です。

　　　　しかし、２次式である巡回関数が解に対してのみ、G³(α)＝αを満たすのに対して、
　　　１次分数関数である巡回関数は、式として、g³(ｘ)＝ｘ を満たすので、こちらの方が優
　　　れている場合もあると思います。前に、g³(ｘ)＝ｘ を満たさない１次分数関数が巡回関
　　　数になることはないように思いますと書きましたが、これは証明できます。


　　　　（追記）　平成２３年２月６日付け

　　　　　　攻略法さんが、

　　　　　　　G(ｘ)を有理数係数の２次式とする。G³(ｘ)−ｘ は G(ｘ)−ｘ で割り切れる

　　　　　について、実際に割り算を実行することにより示された。

　　　　　（解）　G(ｘ)＝ｐｘ²＋ｑｘ＋ｒ　とすると、

　　　　　　　G(G(G(ｘ)))−ｘ
　　　　　　＝G(G(ｐｘ²＋ｑｘ＋ｒ))−ｘ
　　　　　　＝G(ｐ（ｐｘ²＋ｑｘ＋ｒ）²＋ｑ（ｐｘ²＋ｑｘ＋ｒ）＋ｒ)−ｘ
　　　　　　＝ｐ｛ｐ（ｐｘ²＋ｑｘ＋ｒ）²＋ｑ（ｐｘ²＋ｑｘ＋ｒ）＋ｒ｝²
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＋ｑ｛ｐ（ｐｘ²＋ｑｘ＋ｒ）²＋ｑ（ｐｘ²＋ｑｘ＋ｒ）＋ｒ｝＋ｒ−ｘ
　　　　　　＝（ｐｘ²＋ｑｘ＋ｒ−ｘ）{ ｐ⁶ｘ⁶＋ｐ⁵(３q＋１)ｘ⁵＋ｐ⁴(３ｐｒ＋３q²＋４q＋１)ｘ⁴
　　　　　　　　　　　　　　　＋ｐ³(６ｐｑｒ＋２ｐｒ＋ｑ³＋５ｑ²＋３ｑ＋１)ｘ³
　　　　　　　　　　　　　　　＋ｐ²(３ｐ²ｒ²＋３ｐｑ²ｒ＋６ｐｑｒ＋３ｐｒ＋２ｑ³＋３ｐｑ²＋３ｑ＋１)ｘ²
　　　　　　　　　　　　　　　＋ｐ(３ｐ²ｑｒ²＋ｐ²ｒ²＋４ｐｑ²ｒ＋４ｐｑｒ＋２ｐｒ＋ｑ³＋ｑ²＋２ｑ＋１)ｘ
　　　　　　　　　　　　　　　＋(ｐ³ｒ³＋２ｐ²ｑｒ²＋２ｐ²ｒ²＋ｐｑ²ｒ＋３ｐｑｒ＋ｐｒ＋ｑ²＋ｑ＋１) }

　　　　（コメント）　すごい因数分解ですね！確認するのに躊躇してしまうほどです。

　　　　　　ただ、G(ｘ)＝ｙ　として、　G(G(ｘ))−ｘ＝G(ｙ)−ｘ　を、G(ｘ)−ｘ＝ｙ−ｘ　で割るときに
　　　　　組立除法を適用すれば、

　　　　　　　G(G(ｘ))−ｘ＝（ｐｙ＋ｐｘ＋ｑ）（ｙ−ｘ）＋ｐｘ²＋ｑｘ＋ｒ−ｘ
　　　　　　　　　　　　　　＝（ｐｙ＋ｐｘ＋ｑ）（G(ｘ)−ｘ）＋G(ｘ)−ｘ
　　　　　　　　　　　　　　＝（ｐｙ＋ｐｘ＋ｑ＋１）（G(ｘ)−ｘ）

　　　　　なので、　G(G(ｘ))−ｘ は、G(ｘ)−ｘ で割り切れることが分かります。

　　　　　　このことを続けていけば、命題は明らかなような．．．予感！


　　　　　攻略法さんの解に対して、ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年２月７日付け）

　　　　　　なるほど。実際に割り算をするという手がありますね。大きめのカレンダーあたり
　　　　　を用意しておけば手計算でも不可能ではないかもしれません。異なる２つの解を持
　　　　　つときは容易なので、重解を持つときに挑戦しましたが挫折しました。

　　　　　　方針を変えてやってみたらできました。異なる２つの解を持つときを含めての証明
　　　　　です。

　　　　　　　G(ｘ)を有理数係数の２次式とする。G³(ｘ)−ｘ は G(ｘ)−ｘ で割り切れる

　　　　　（証明）　G(ｐ)＝ｐ　のとき、　G³(ｐ)＝G(G(G(ｐ)))＝G(G(ｐ))＝G(ｐ)＝ｐ　なので、
　　　　　　　　　G(ｘ)−ｘ＝０　の解は、G³(ｘ)−ｘ＝０　の解である。

　　　　　　従って、　G(ｘ)−ｘ＝０　の解が異なる２つの数 ｐ、ｑ であれば、G³(ｘ)−ｘ＝０　も
　　　　　　 ｐ、ｑ を解に持つので、（ｘ−ｐ）（ｘ−ｑ）で割り切れ、だから、G(ｘ)−ｘ　で割り切れる。

　　　　　　あとは、G(ｘ)−ｘ＝０　が重解 ｐ を持つときを考えればよい。

　　　　　　g(ｘ)＝G³(ｘ)−ｘ　とおく。g(ｐ)＝０　は証明できているので、g’(ｐ)＝０　を示す。

　　　　　　　　　　G(ｘ)−ｘ＝ａ（ｘ−ｐ）²　より、　G’(ｘ)＝２ａ(ｘ−ｐ)＋１

　　　　　　従って、　G(ｐ)＝ｐ　、G’(ｐ)＝１

　　　　　　ここで、　g’(ｘ)=G’(GG(ｘ))G’(G(ｘ))G’(ｘ)−１　より

　　　　　　　　　　g’(ｐ)＝G’(ｐ)G’(ｐ)G’(ｐ)−１＝１−１＝０

　　　　　　よって、G³(ｘ)−ｘ　は、（ｘ−ｐ）²　で割り切れるので、G(ｘ)−ｘ　で割り切れる。（証終）


　　　　　　ＦＮさんによれば、もっと一般に次の形で成り立つように思われるとのこと。

　　　　　　　G(ｘ)がｎ次式(ｎ≧１)で、ｍが自然数であるとき、

　　　　　　　　　G^ｍ(ｘ)−ｘ は、G(ｘ)−ｘ で割り切れる

　　　　　　（コメント）　G^ｍ(ｘ)＝ｙ　とおくと、組立除法により、商をＱ（ｘ）として、

　　　　　　　　　G^ｍ+1(ｘ)−ｘ＝Ｇ（ｙ）−ｘ＝（ｙ−ｘ）Ｑ（ｘ）＋G(ｘ)−ｘ

　　　　　　　　なので、　G^ｍ+1(ｘ)−ｘ＝（G^ｍ(ｘ)−ｘ）Ｑ（ｘ）＋G(ｘ)−ｘ　と書ける。

　　　　　　　　　よって、数学的帰納法により、命題が成り立つことが分かる。


　　　　　　（追記）　この話題について、次のようなＷｅｂページが知られている。

　　　　　　　　G(ｘ)の係数の範囲について、

　　　　　　　　　１．　実数係数の場合
　　　　　　　　　２．　整数係数の多項式が係数の場合
　　　　　　　　　３．　G(ｘ)が正則関数の場合
　　　　　　　　　４．　可換な整域の要素が係数の場合

　　　　　　　（コメント）　奥行きのある話題なんですね！


　G(ｘ)＝ｘ²−４、ｘ²−８ も同様の状況になります。しかし、普通は６次式の因数分解なんか
できません。Maｘimaを使ってやりましたが、そのようなものを使わないで、G(ｘ)＝ｘ²−４、
ｘ²−８ のケースとかを解けるでしょうか。

　また、G(ｘ)＝ｘ²−２ の場合で、G(ｘ)を巡回関数とする３次方程式は、あるとして２つ、即ち
ｘ³＋ｘ²−２ｘ−１＝０　か　ｘ³−３ｘ＋１＝０　しかないことはわかったのですが、これらが確か
に、G(ｘ)を巡回関数とすることは、「解の巡回」に書いてあるような議論以外で示せるでしょう
か。G(ｘ)＝ｘ²−４ とかの場合の３次方程式が、実際に、G(ｘ)を巡回関数とするかどうかの確
認はしていません。

　これら以外に、G(ｘ)を巡回関数とする３次方程式が存在するようなG(ｘ)をみつけて下さい。
また、G(ｘ)を巡回関数とする３次方程式がただ１つ存在するケースはあるでしょうか。なさそ
うな気がするのですが、証明できるでしょうか。

　私は(２)の方が簡単かと思ったのですが、(１Ａ)のほうが先なのはやや意外でした。


　攻略法さんが、ＦＮさんの問題（２）を解かれた。（平成２３年２月３日付け）

（解）　β、γをαで表すと、β＝G(α)＝１/(１−α)、γ＝G(β)＝１/(１−β)＝(α−１)/α

　　　ちなみに、　G(γ)＝G(G(β))＝１/(１−G(β))＝α　である。

　　　　ここで、　αβγ＝α{１/(１−α)}{(α−１)/α}＝−１

　　　解と係数の関係より、　αβγ＝−ｃ　なので、　ｃ＝１

　　　　α＋β＋γ＝α＋１/(１−α) ＋ (α−１)/α＝{−α³＋３α−１}/{α(１−α)}

　　　解と係数の関係より、　α＋β＋γ＝−ａ

　　　　よって、−α³＋３α−１＝−ａ・α(１−α)　より、−α³−ａα²＋（ａ＋３）α−１＝０

　　　また、α³＋ａα²＋ｂα＋ｃ＝０　で、ｃ＝１　より、　α³＋ａα²＋ｂα＋１＝０

　　　　よって、　（ａ＋ｂ＋３）α＝０　・・・　式(１)

　　　また、　αβ＋βγ＋γα

　　　　　　＝α{１/(１−α)}＋{１/(１−α)}{(α−１)/α}＋{(α−１)/α}α

　　　　　　＝（−α³＋３α²−１）/{α(１−α)}

　　　解と係数の関係より、　αβ＋βγ＋γα＝ｂ

　　　　よって、−α³＋３α²−１＝ｂα(１−α)　より、−α³＋（ｂ＋３）α²−ｂα−１＝０

　　　α³＋ａα²＋ｂα＋１＝０　なので、　（ａ＋ｂ＋３）α²＝０　・・・　式(２)

　　　　よって、式(１)と式(２)が成り立つのは、　ａ＋ｂ＋３＝０　のときとなる。　　（終）


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年２月３日付け）

　正解です。もう少し簡単にできると思います。でも、やはり(１Ａ)と同様に、α＝G(γ)も書い
ておくべきでした。まずこれを示します。攻略法さんが書かれていますので省略します。

（別解）　β＝G(α)　より、β＝１/(１−α)　で、分母を払って、　βーαβ＝１

同様にして、　γーβγ＝１　、αーγα＝１

この３式を加えて、　α＋β＋γ−(αβ＋βγ＋γα)＝３

即ち、　−ａ−ｂ＝３　より、　ｂ＝−ａ−３

　３式をかけて、　β(１−α)γ(１−β)α(１−γ)＝１

αβγ＝−ｃ で、　(１−α)(１−β)(１−γ) は、Ｆ(ｘ)＝ｘ³＋ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ とおいたときの

Ｆ(１) であるから、Ｆ(１) ＝１＋ａ＋ｂ＋ｃ

　ａ＋ｂ＝−３　だから、　Ｆ(１) ＝ｃ−２

従って、　−ｃ(ｃ−２)＝１　より、　（ｃ−１）²＝０　　すなわち、　ｃ＝１　（終）

　※　(１A)より(２)の方が難しいかもしれません。


　ＦＮさんからの続報です。（平成２３年２月１２日付け）

　２次関数 G(ｘ) を巡回関数とする場合について、行き詰ってしまいましたから、１次分数関
数を巡回関数とする場合を考えてみます。

　g(ｘ) を有理数係数の１次分数関数　g(ｘ)＝(ａｘ＋ｂ)/(ｘ＋ｃ)　とし、f(ｘ) を有理数係数の既
約な３次式 f(ｘ)＝ｘ³＋ｐｘ²＋ｑｘ＋ｒ　とし、f(ｘ)＝０　の解を α、β、γ とする。

　　g(α)＝β、g(β)＝γ、g(γ)＝α

がなりたつとき、g(ｘ) は、f(ｘ)＝０　の解の巡回関数である、或いは、簡単に、g(ｘ) は、f(ｘ)

の巡回関数であるという。

　g(ｘ) が与えられたとき、「g(ｘ)がf(ｘ)の巡回関数である」ようなf(ｘ)が存在するかどう
か、存在するときは、どのようなf(ｘ)であるか

を考える。

　(１)　g(ｘ) が f(ｘ) の巡回関数であるとき、g³(ｘ)＝ｘ　であることを証明せよ。

　　　※　g³(ｘ)＝ｘ　とは、式として等しいこと、即ち、恒等的に等しいことをいう。以下同じ。
　　　　そして、g³(ｘ)＝g(g(g(ｘ)))　を意味する。

　(２)　g(ｘ) が g³(ｘ)＝ｘ　を満たすための必要十分条件を、ａ、ｂ、ｃ の式で表せ。

　これは、次の(２Ａ)と同じです。そして、(２Ａ)の方が多少計算が楽なのと、Cayley-Hamilton
の定理が使えるので、やや有利かと思います。

　(２Ａ)　２次の正方行列
　　　　　　　　　　　　　　　　

　　　に対して、Ａ³＝ｋＥ　（Ｅは単位行列で、ｋは定数）になるための必要十分条件を、
　　　ａ、ｂ、ｃ の式で表せ。


　　　　攻略法さんが解かれました。（平成２３年２月１５日付け）

　　　　　　ａ²＋ａｃ＋ｃ²＋ｂ＝０　とのことです。


　　　　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年２月１５日付け）

　　　　　正解です。本当は論証の過程が欲しいところですが．．．。
　　　　「A³ が単位行列の定数倍 ⇒ ｋが存在して、Ａ²＋ｋＡ＋ｋ²Ｅ＝Ｏ」
　　　　はうまく証明できるでしょうか。


　（３）　g(ｘ) が g³(ｘ)＝ｘ　を満たすとき、g(ｘ) が f(ｘ) の巡回関数であるような f(ｘ)
　　　は存在するか。

　(３)は難しいと思います。私はできてません。g³(ｘ)＝ｘ を満たす一部の関数に対する次の
形ならできます。

　(３Ｗ)　g(ｘ)＝−ｋ²/(ｘ＋ｋ)　のとき、g(ｘ) が f(ｘ) の巡回関数であるような f(ｘ) をす
　　　　べて求めよ。


　　攻略法さんが解かれた(２)の結果を用いて、(３W)における g(ｘ) が与えられる。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２３年２月１５日付け）

　　すなわち、　ａ²＋ａｃ＋ｃ²＋ｂ＝０　より、ａ＝０ のとき、ｂ＝−ｃ²

　　　　　よって、　g(ｘ)＝−ｃ²/(ｘ＋ｃ)　　である。


　「解の巡回」の中で出てきている、１次分数関数による巡回関数は、(３Ｗ)において、

ｋ＝−１　、ｋ＝２　としたとき、及び、その逆関数です。


　　(３Ｗ)について、攻略法さんが解かれました。（平成２３年２月１５日付け）

　（解）　g(ｘ)＝−ｋ²/(ｘ＋ｋ)　とすると、　β＝g(α)＝−ｋ²/(α＋ｋ)

　　　γ＝g(β)＝−ｋ²/(β＋ｋ)＝−ｋ²/｛−ｋ²/(α＋ｋ)＋ｋ｝＝−ｋ(α＋ｋ)/α

　　解と係数の関係より、

　　　αβγ＝α・｛−ｋ²/(α＋ｋ)｝・｛−ｋ(α＋ｋ)/α｝＝ｋ³＝−ｒ

　　β＝g(α)　より、β＝−ｋ²/(α＋ｋ)　の分母を払って、　ｋβ＋αβ＝−ｋ²

　　同様にして、γ＝g(β)、 α＝g(γ)　より、ｋγ＋βγ＝−ｋ²　、 ｋα＋γα＝−ｋ²

　　　この３式を加えて、

　　ｋ(α＋β＋γ)＋(αβ＋βγ＋γα)＝−３ｋ²　すなわち、　−ｋｐ＋ｑ＝−３ｋ²

　　　よって、　ｑ＝ｋｐ−３ｋ²　より、　ｆ（ｘ）＝ｘ³＋ｐｘ²＋（ｋｐ−３ｋ²）ｘ−ｋ³　　（終）


　　　　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年２月１５日付け）

　　　多分正解なのだろうと思います。私もやったのは確かなので、どこかに書いていると思
　　うのですが、すぐには見つかりません。


　ＨＮ「りらひい」さんが解の巡回について考察されました。（平成２４年６月２０日付け）

　上記の内容に興味をもちまして、私なりに計算してみました。ひょっとしたらもうすでに誰か
が導出しているかもしれませんが、そのときは「かぶってるよ」と軽く流してくださって結構で
す。わたしは工学系の者で、ガロア理論などは全くわかりません。ここでの計算は高校生レ
ベルの計算を強引におし進めたものです。

　まずは、FNさんの問題(2)と(3W)は攻略法さんが解いていますので、ここでは、その(2)の
結果から始めて(3)を解こうと思います。

(3)　g(ｘ)が g³(ｘ)=ｘ を満たすとき、g(ｘ)がf(ｘ)の巡回関数であるようなf(ｘ)は存在する
　　か。

　結果の式を対称で美しくするために、あらかじめ d=-c とおいておきます。即ち、
g(ｘ)=(aｘ+b)/(ｘ-d) です。g(g(ｘ))=ｘ が成り立つ条件が a=d なので、そうならないように以下で
は a≠d とします。(2)の結果から、 g(g(g(ｘ)))=ｘ が成り立つ場合には、b=-a²+ad-d² が成り
立ちます。

　　α=g(γ)=(aγ+b)/(γ-d)、 α=g(γ)=g(g(β))=(dβ+b)/(β-a)
　　β=g(α)=(aα+b)/(α-d)、 β=g(α)=g(g(γ))=(dγ+b)/(γ-a)
　　γ=g(β)=(aβ+b)/(β-d)、 γ=g(β)=g(g(α))=(dα+b)/(α-a)

　解と係数の関係から、

　　　-p = α+β+γ = α+g(α)+g(g(α)) = α+(aα+b)/(α-d)+(dα+b)/(α-a)

　q = αβ+βγ+γα = αg(α)+g(α)g(g(α))+g(g(α))α
　　= α(aα+b)/(α-d)+(aα+b)/(α-d)・(dα+b)/(α-a)+(dα+b)/(α-a)α

　-r = αβγ = αg(α)g(g(α))= α(aα+b)/(α-d)・(dα+b)/(α-a)

　p の式をつかうと、q と r の式からαを消去して、p であらわすことができます。

　q = 3(-a²+ad-d²)-(a+d)p = 3b-(a+d)p　、r = a³+d³+adp = -(a+d)b+adp

　よって、 f(ｘ)=ｘ³+pｘ²+{3(-a²+ad-d²)-(a+d)p}ｘ+a³+d³+adp　　(終)

(3W)は以上の結果に a=0、d=-k を代入したものとなります。


　（上記のまとめ）　任意の実数 a、d、p (a≠d) に対して、 b=-a²+ad-d² とおく。

　　　　f(ｘ)=ｘ³+pｘ²+{3b-(a+d)p}ｘ+a³+d³+adp　、g(ｘ)=(aｘ+b)/(ｘ-d)

とおくと、 f(ｘ)=0 の解は、g(ｘ) によって巡回する。ここで、次に、

　　　　h(ｘ)={1/(a-d)}{ｘ2+(d+p)ｘ-2b-ap}

を考えます。
(唐突に、h(ｘ) を定義していますが、f(α)=0 を用いて、g(α) を変形すると、h(α) の式を得ることができます。)

　f(α)=0 を用いて計算すると、以下の式が成り立つことがわかります。

　　h(α)=g(α)=β　、h(h(α))=g(g(α))=γ　、h(h(h(α)))=α

よって、 f(ｘ)=0 の解は、h(ｘ) によっても巡回することがわかります。


　りらひいさんからの続報です。（平成２４年６月２２日付け）

　3次方程式の解の巡回に関して私が計算したことの続きです。

　上記には、一般の3次方程式の解に対する2次式の巡回関数が一般形で書かれています
が、ここでは分数式の一般形も示したいと思います。

　（上記のまとめ）　任意の実数 a、d、p (a≠d) に対して、 b=-a²+ad-d² とおく。

　　　　f(ｘ)=ｘ³+pｘ²+{3b-(a+d)p}ｘ+a³+d³+adp　、g(ｘ)=(aｘ+b)/(ｘ-d)

　　　　h(ｘ)={1/(a-d)}{ｘ2+(d+p)ｘ-2b-ap}

とおくと、 f(ｘ)=0 の解は、g(ｘ) および h(ｘ) によって巡回する。

　f(ｘ)=ｘ³+pｘ²+qｘ+r の解の巡回関数を求める。ここでやりたいことは、 a、d、b を p、q、r を
用いて表し、それを g(ｘ)、h(ｘ) に代入しようというだけである。

　まず、 u=a+d　、 v=ad　とおく。

q = 3b-(a+d)p = 3b-pu　、r = -(a+d)b+adp = -bu+pv　、b = -(a+d)²+3ad = -u²+3v

　整理すると、　u(p²-3q) = 9r-pq　、v(p²-3q)² = p³r+q³-9pqr+27r²　、b(p²-3q) = 3pr-q²

　ここで、p²-3q=0　の場合は、u、v　が定まらないので、この流れでは議論できない。
ここから先は、p²-3q≠0　の場合を考える。

　u=(9r-pq)/(p²-3q)　、v=(p³r+q³-9pqr+27r²)/{(p²-3q)²}　、b=(3pr-q²)/(p²-3q)

　a、d　は、t²-ut+v=0　の解である。u、v　を代入して、両辺に、p²-3q　をかければ、

　(p²-3q)t²-(9r-pq)t+(p³r+q³-9pqr+27r²)/(p²-3q)=0

　この2次方程式の判別式をDとおく。すなわち、

　D=(9r-pq)²-4(p³r+q³-9pqr+27r²)=p²q²-4p³r-4q³+18pqr-27r²

(すると D は3次方程式 f(ｘ)=0 の判別式でもあることに気付く。)

　最初の条件で、a≠d　というものを課しているので、D=0　の場合には、この方法では議論
できない。しかし、D≠0　の場合には、a、d=(9r-pq±√D)/{2(p²-3q)}

　これを、g(ｘ)、h(ｘ)　に代入すれば、 f(ｘ)=0　の解の巡回関数が求まる。

g(ｘ)={(9r-pq±√D)ｘ+2(3pr-q²)}/{2(p²-3q)ｘ-(9r-pq-(±√D))}

h(ｘ)={(p²-3q)/(±√D)}ｘ²+{1/2}{(2p³-7pq+9r)/(±√D)-1}ｘ+{1/2}{(p²q+3pr-4q²)/(±√D)-p}

　この h(ｘ) は上記のらすかるさんの式と一致しています。(s=-(±√D) としたものになっています。)

　ここまでやって残っているのは、p²-3q=0　の場合と　D=0　の場合である。

　p²-3q=0 の場合　　このとき、f(ｘ)=(ｘ+p/3)³+r-(p/3)³　となるので、f(ｘ)=0 の解は、

　　α=-p/3+{(p/3)³-r}^1/3　、β=-p/3+{(p/3)³-r}^1/3・ω　、γ=-p/3+{(p/3)³-r}^1/3・ω²

　これから、1次式の巡回関数が簡単に求まり、

　　ω(ｘ+p/3)-p/3=ωｘ+(ω-1)p/3　または　ω²(ｘ+p/3)-p/3=ω²ｘ+(ω²-1)p/3

　p²-3q≠0　かつ　D=0　の場合　　このとき、 f(ｘ)=0　は2重解とそれとは異なる1つの解を

もつので、α=β≠γ とする。h(α)=β、h(β)=γ、h(γ)=α となる巡回関数　h(ｘ)　がある

と仮定すると、β=α から、γ=h(β)=h(α)=β となり、これは β≠γ と矛盾する。

よってこの場合には巡回関数は存在しない。

　以上で、一般の f(ｘ)=0 に対する g(ｘ)、h(ｘ) が計算できたと思います。

　最後に、2次式が与えられたときにそれが巡回関数となるような3次方程式を求めます。

今回使うことのまとめ：　任意の実数 a、d、p (a≠d) に対して、b=-a²+ad-d²　とおく。

　f(ｘ)=ｘ³+pｘ²+{3b-(a+d)p}ｘ-(a+d)b+adp　、h(ｘ)={1/(a-d)}{ｘ²+(d+p)ｘ-2b-ap}

とおくと、f(ｘ)=0　の解は、h(ｘ)　によって巡回する。

　h(ｘ)=Aｘ2+Bｘ+C　が解の巡回関数となるような3次方程式　f(ｘ)=0　を求める。

A≠0 で考えることにする。

　A=1/(a-d)　、B={1/(a-d)}(d+p)　、C={1/(a-d)}(-2b-ap)　、b=-a²+ad-d²

　これを解くと、S=B2-2B-7-4AC　とおくと、次のようになる。

　a=(-B+1±√S)/(2A)　、d=(-B-1±√S)/(2A)　、p=(3B+1-(±√S))/(2A)　、

　b=(-B²+B+2+2AC±B√S)/(2A²)

　また、a+d=(-B±√S)/A　、ad=(B²-B-4-2AC-(±√S))/(2A²)

　これらを f(ｘ) の式に代入すると、

　f(ｘ)=ｘ³+{(3B+1-(±√S))/(2A)}ｘ²+{(B²+2B-1+2AC±(-B-1)√S)/(2A²)}ｘ
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　+(B²-B-2+ABC-AC±(-B-AC)√S)/(2A³)

　これで、f(ｘ)=0　の形が求まった。f(ｘ)　について、複号が上のものを、f₁(ｘ) とおき、下のも
のを f₂(ｘ) とおく。計算すると、以下の式が成り立っていることが示される。

　　h(h(h(ｘ)))-ｘ = Ａ⁶・f₁(ｘ)・f₂(ｘ)・{h(ｘ)-ｘ}

　以上が、2次式 h(ｘ) を与えたときに、その関数により解が巡回する3次方程式 f(ｘ)=0 の
形である。

　この結果から、A、B、C が有理数で、S=B²-2B-7-4AC が有理数の平方数ならば、有理数
係数の3次方程式 f(ｘ)=0 が存在することがわかる。

　たとえば、FNさんが示されている例（平成２３年２月１日付け）を見てみると、

　h(ｘ)=ｘ²-2 --> S=1
　h(ｘ)=ｘ²-4 --> S=9
　h(ｘ)=ｘ²-8 --> S=25

となり、確かに、Sが平方数となっている。これを一般化すれば、a=1、b=0 のときは、

c=-k²+k-2 とすることで、　h(ｘ)=ｘ²-k²+k-2 ---> S=(2k-1)²

とできる。私が、3次方程式の解の巡回について今までに計算したことは以上となります。


　ＧＡＩ さんが、解の巡回について考察されました。（平成２４年６月２９日付け）

　３次方程式 ｘ3+pｘ2+qｘ+r=0 の異なる３実根α、β、γに対し、次の２次式 G₁、G₂ が解の
巡回をなす。即ち,

　　G₁(α）＝β、G₁(β）＝γ、G₁(γ）＝α
　　G₂(α）＝γ、G₂(γ）＝β、G₂(β）＝α

（例）　(ｘ-1)(ｘ-2)(ｘ-3)=ｘ³-6ｘ²+11ｘ-6　に対し、

　　　G₁(ｘ)=-(3/2)ｘ²+(11/2)ｘ-2　　、G₂(ｘ)=(3/2)ｘ²-(13/2)ｘ+8

　これは係数が分数となるので、２次式の係数が整数になるものを集めてみました。ここに、
s₁=sqrt（3次式の判別式）の値を表しています。

s₁= 7 、p=-20 、q=-9 、r=-1
　　G₁(ｘ)=-61ｘ²+( 1233 )ｘ+( 286 )　　、G₂(ｘ)= 61ｘ²+(-1234 )ｘ+(-266 )

s₁= 7 、p=-9 、q= 20 、r=-13
　　G₁(ｘ)=-3ｘ²+( 22 )ｘ+(-22 )　　、G₂(ｘ)= 3ｘ²+(-23 )ｘ+( 31 )

s₁= 7 、p=-9 、q= 20 、r= 1
　　G₁(ｘ)=-3ｘ²+( 13 )ｘ+( 5 )　　、G₂(ｘ)= 3ｘ²+(-14 )ｘ+( 4 )

s₁= 7 、p=-8 、q= 19 、r=-13
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+( 5 )ｘ+(-2 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+(-6 )ｘ+( 10 )

s₁= 7 、p=-7 、q= 14 、r=-7
　　G₁(ｘ)=-1ｘ²+( 4 )ｘ+( 0 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+(-5 )ｘ+( 7 )

s₁= 7 、p=-6 、q= 5 、r=-1
　　G₁(ｘ)=-3ｘ²+( 16 )ｘ+(-4 )　　、G₂(ｘ)= 3ｘ²+(-17 )ｘ+( 10 )

s₁= 7 、p=-6 、q= 5 、r= 13
　　G₁(ｘ)=-3ｘ²+( 7 )ｘ+( 14 )　　、G₂(ｘ)= 3ｘ²+(-8 )ｘ+(-8 )

s₁= 7 、p=-5 、q= 6 、r=-1
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+( 3 )ｘ+( 1 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+(-4 )ｘ+( 4 )

s₁= 7 、p=-4 、q= 3 、r= 1
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+( 2 )ｘ+( 2 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+(-3 )ｘ+( 2 )

s₁= 7 、p=-3 、q=-4 、r=-1
　　G₁(ｘ)=-3ｘ²+( 10 )ｘ+( 8 )　　、G₂(ｘ)= 3ｘ²+(-11 )ｘ+(-5 )

s₁= 7 、p=-3 、q=-4 、r= 13
　　G₁(ｘ)=-3ｘ²+( 1 )ｘ+( 17 )　　、G₂(ｘ)= 3ｘ²+(-2 )ｘ+(-14 )

s₁= 7 、p=-2 、q=-1 、r= 1
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+( 1 )ｘ+( 2 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+(-2 )ｘ+( 0 )

s₁= 7 、p=-1 、q=-2 、r= 1
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+( 0 )ｘ+( 2 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+(-1 )ｘ+(-1 )

s₁= 7 、p= 0 、q=-7 、r=-7
　　G₁(ｘ)=-3ｘ²+( 4 )ｘ+( 14 )　　、G₂(ｘ)= 3ｘ²+(-5 )ｘ+(-14 )

s₁= 7 、p= 0 、q=-7 、r= 7
　　G₁(ｘ)=-3ｘ²+(-5 )ｘ+( 14 )　　、G₂(ｘ)= 3ｘ²+( 4 )ｘ+(-14 )

s₁= 7 、p= 1 、q=-2 、r=-1
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+(-1 )ｘ+( 1 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+( 0 )ｘ+(-2 )

s₁= 7 、p= 2 、q=-1 、r=-1
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+(-2 )ｘ+( 0 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+( 1 )ｘ+(-2 )

s₁= 7 、p= 3 、q=-4 、r=-13
　　G₁(ｘ)=-3ｘ²+(-2 )ｘ+( 14 )　　、G₂(ｘ)= 3ｘ²+( 1 )ｘ+(-17 )

s₁= 7 、p= 3 、q=-4 、r= 1
　　G₁(ｘ)=-3ｘ²+(-11 )ｘ+( 5 )　　、G₂(ｘ)= 3ｘ²+( 10 )ｘ+(-8 )

s₁= 7 、p= 4 、q= 3 、r=-1
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+(-3 )ｘ+(-2 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+( 2 )ｘ+(-2 )

s₁= 7 、p= 5 、q= 6 、r= 1
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+(-4 )ｘ+(-4 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+( 3 )ｘ+(-1 )

s₁= 7 、p= 6 、q= 5 、r=-13
　　G₁(ｘ)=-3ｘ²+(-8 )ｘ+( 8 )　　、G₂(ｘ)= 3ｘ²+( 7 )ｘ+(-14 )

s₁= 7 、p= 6 、q= 5 、r= 1
　　G₁(ｘ)=-3ｘ²+(-17 )ｘ+(-10 )　　、G₂(ｘ)= 3ｘ²+( 16 )ｘ+( 4 )

s₁= 7 、p= 7 、q= 14 、r= 7
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+(-5 )ｘ+(-7 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+( 4 )ｘ+( 0 )

s₁= 7 、p= 8 、q= 19 、r= 13
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+(-6 )ｘ+(-10 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+( 5 )ｘ+( 2 )

s₁= 7 、p= 9 、q= 20 、r=-1
　　G₁(ｘ)=-3ｘ²+(-14 )ｘ+(-4 )　　、G₂(ｘ)= 3ｘ²+( 13 )ｘ+(-5 )

s₁= 7 、p= 9 、q= 20 、r= 13
　　G₁(ｘ)=-3ｘ²+(-23 )ｘ+(-31 )　　、G₂(ｘ)= 3ｘ²+( 22 )ｘ+( 22 )

s₁= 7 、p= 20 、q=-9 、r= 1
　　G₁(ｘ)=-61ｘ²+(-1234 )ｘ+( 266 )　　、G₂(ｘ)= 61ｘ²+( 1233 )ｘ+(-286 )

s₁= 13 、p=-8 、q= 17 、r=-5
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+( 4 )ｘ+( 2 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+(-5 )ｘ+( 6 )

s₁= 13 、p=-7 、q= 12 、r=-5
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+( 5 )ｘ+(-1 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+(-6 )ｘ+( 8 )

s₁= 13 、p=-5 、q= 4 、r= 5
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+( 2 )ｘ+( 4 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+(-3 )ｘ+( 1 )

s₁= 13 、p=-4 、q= 1 、r= 1
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+( 3 )ｘ+( 2 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+(-4 )ｘ+( 2 )

s₁= 13 、p=-2 、q=-3 、r= 5
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+( 0 )ｘ+( 4 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+(-1 )ｘ+(-2 )

s₁= 13 、p=-1 、q=-4 、r=-1
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+( 1 )ｘ+( 3 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+(-2 )ｘ+(-2 )

s₁= 13 、p= 1 、q=-4 、r= 1
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+(-2 )ｘ+( 2 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+( 1 )ｘ+(-3 )

s₁= 13 、p= 2 、q=-3 、r=-5
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+(-1 )ｘ+( 2 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+( 0 )ｘ+(-4 )

s₁= 13 、p= 4 、q= 1 、r=-1
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+(-4 )ｘ+(-2 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+( 3 )ｘ+(-2 )

s₁= 13 、p= 5 、q= 4 、r=-5
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+(-3 )ｘ+(-1 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+( 2 )ｘ+(-4 )

s₁= 13 、p= 7 、q= 12 、r= 5
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+(-6 )ｘ+(-8 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+( 5 )ｘ+( 1 )

s₁= 13 、p= 8 、q= 17 、r= 5
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+(-5 )ｘ+(-6 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+( 4 )ｘ+(-2 )

s₁= 19 、p=-8 、q= 15 、r=-7
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+( 6 )ｘ+(-2 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+(-7 )ｘ+( 10 )

s₁= 19 、p=-7 、q= 10 、r= 7
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+( 3 )ｘ+( 5 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+(-4 )ｘ+( 2 )

s₁= 19 、p=-5 、q= 2 、r= 1
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+( 4 )ｘ+( 2 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+(-5 )ｘ+( 3 )

s₁= 19 、p=-4 、q=-1 、r= 11
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+( 1 )ｘ+( 6 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+(-2 )ｘ+(-2 )

s₁= 19 、p=-2 、q=-5 、r=-1
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+( 2 )ｘ+( 4 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+(-3 )ｘ+(-2 )

s₁= 19 、p=-1 、q=-6 、r= 7
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+(-1 )ｘ+( 5 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+( 0 )ｘ+(-4 )

s₁= 19 、p= 1 、q=-6 、r=-7
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+( 0 )ｘ+( 4 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+(-1 )ｘ+(-5 )

s₁= 19 、p= 2 、q=-5 、r= 1
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+(-3 )ｘ+( 2 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+( 2 )ｘ+(-4 )

s₁= 19 、p= 4 、q=-1 、r=-11
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+(-2 )ｘ+( 2 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+( 1 )ｘ+(-6 )

s₁= 19 、p= 5 、q= 2 、r=-1
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+(-5 )ｘ+(-3 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+( 4 )ｘ+(-2 )

s₁= 19 、p= 7 、q= 10 、r=-7
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+(-4 )ｘ+(-2 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+( 3 )ｘ+(-5 )

s₁= 19 、p= 8 、q= 15 、r= 7
　　G₁(ｘ)=-ｘ²+(-7 )ｘ+(-10 )　　、G₂(ｘ)= ｘ²+( 6 )ｘ+( 2 )


　空舟さんからのコメントです。（平成２８年２月２０日付け）

　最近、２つの解から残りの解を表すようなパターンを考察しました。

例えば、x⁴-7x²-3x+1=0 の異なる2つの解をa、bとすると、

c = (2a²b²-b²+9ab+3b-4a²+3a+11)/(3a-3b)
d = (-2a²b²+4b²-9ab-3b+a²-3a-11)/(3a-3b)

が残りの2つの解を与えるような関係です。数値的には

x₁=-2.3549452992924、x₂=-0.6832248251727、x₃=0.2205863862587、x₄=2.817583738206

位で、c(x₁,x₂) = x₃、c(x₂,x₃) = x₁、c(x₃,x₄) = x₁、d(x₁,x₂) = x₄、d(x₂,x₃) = x₄、d(x₃,x₄) = x₂
などの関係になっていると思います。


（追記）　「ｃｏｍｅ　ｂａｃｋ」と題して、ＧＡＩ さんからの投稿です。（平成２８年１０月９日付け）

　整数係数の３次方程式の異なる３根（p,q,rとする）に対し、2p²-1、2q-1、2r-1 が再び元の
方程式の３根になるという。このとき、この３次方程式は？


　りらひいさんが考察されました。（平成２８年１０月９日付け）

　32x³-12x²-23x+3=0　または、　4096x³+1152x²-1992x+119=0


（コメント）　32x³-12x²-23x+3=0　の解は、　ｐ＝−３/４、ｑ＝１/８、ｒ＝１

　　　　このとき、２ｐ²−１＝１/８＝ｑ、２ｑ−１＝−３/４＝ｐ、２ｒ−１＝１＝ｒ　で、元の方程式
　　　の根になる。

　4096x³+1152x²-1992x+119=0　の解は、−７/８、１/１６、１７/３２　で同様。


（追記）　Ｓ（Ｈ）さんから、「も解」の問題が今年度出たよ！との情報を得て興味があったので
　　　　まとめてみた。Ｓ（Ｈ）さんに感謝します。（平成２９年３月１０日付け）

　早稲田大学　基幹理工・創造理工・先進理工学部（２０１７）

　３次の整式 Ｆ（ｘ）＝ｘ³＋ｘ²＋ｐｘ＋ｑ　（ただし、ｐ≠ｑ、ｑ≠０）、および
Ｇ（ｘ）＝−１/（ｘ＋１）が次の条件（*）を満たすとする。

（*）　Ｆ（ｘ）＝０　の任意の解αに対して、Ｇ（α）もＦ（ｘ）＝０　の解である。

次の問いに答えよ。

（１）　ｐ、ｑの値を求めよ。
（２）　Ｆ（ｘ）＝０　は、−２＜ｘ＜２の範囲に３つの実数解を持つことを示せ。
（３）　Ｆ（ｘ）＝０　の任意の解を２ｃｏｓθとするとき、２ｃｏｓ２θ、２ｃｏｓ３θも解である
　　　ことを示せ。
（４）　２ｃｏｓθ（０＜θ＜π）がＦ（ｘ）＝０　の解であるとき、θの値を求めよ。

（解）（１）　Ｆ（ｘ）＝０　の任意の解αに対して、Ｆ（α）＝α³＋α²＋ｐα＋ｑ＝０

　ここで、α＝−１　と仮定すると、−ｐ＋ｑ＝０　で、ｐ≠ｑ　に矛盾。よって、　α≠−１

　　同様に、α＝０　と仮定すると、ｑ＝０　で、ｑ≠０　に矛盾。よって、　α≠０

　　　

　Ｇ（ｘ）のグラフと条件(*)より、Ｆ（ｘ）＝０　は、相異なる３つの解

　　　　α、−１/（α＋１）、−（α＋１）/α

を持つとしてよい。

　解と係数の関係より、　−ｑ＝α（−１/（α＋１））（−（α＋１）/α）＝１　　よって、　ｑ＝−１

　また、　ｐ＝−α/（α＋１）＋１/α−（α＋１）

　　　　　　 ＝（−α²＋α＋１−α³−２α²−α）/（α（α＋１））

　　　　　　 ＝（−α³−３α²＋１）/（α（α＋１））

ここで、α−１/（α＋１）−（α＋１）/α＝−１　より、α³＋α²−α−α²−２α−１＝−α²−α

　　　　すなわち、　α³＋α²−２α−１＝０

　このとき、　ｐ＝（−２α²−２α）/（α（α＋１））＝−２

（２）　（１）より、　Ｆ（ｘ）＝ｘ³＋ｘ²−２ｘ−１　で、Ｆ（ｘ）は連続関数である。このとき、

　　Ｆ（−２）＝−１＜０、Ｆ（−１）＝１＞０、Ｆ（０）＝−１＜０、Ｆ（１）＝−１＜０、Ｆ（２）＝７＞０

　　よって、中間値の定理より、　−２と−１の間、−１と０の間、１と２の間に解を持つ。

　　以上から、Ｆ（ｘ）＝０　は、−２＜ｘ＜２の範囲に３つの実数解を持つ。

（３）　Ｆ（ｘ）＝０　の任意の解をα＝２ｃｏｓθとすると、　α³＋α²−２α−１＝０

　　２ｃｏｓ２θ＝４ｃｏｓ²θ−２＝α²−２

　　ここで、　α³＋α²−２α−１＝０　より、　（α²−２）（α＋１）＝−１　なので、

　α²−２＝−１/（α＋１）　　条件(*)より、２ｃｏｓ２θ＝α²−２　も Ｆ（ｘ）＝０　の解である。

　　同様にして、　２ｃｏｓ３θ＝８ｃｏｓ³θ−６ｃｏｓθ＝α³−３α＝−α²−α＋１

　　このとき、

（−α²−α＋１）α−（−（α＋１））＝−α³−α²＋α＋α＋１＝−α³−α²＋２α＋１＝０

より、　−α²−α＋１＝−（α＋１）/α　と書けるので、２ｃｏｓ３θ＝−α²−α＋１　も
Ｆ（ｘ）＝０　の解である。

（４）　２ｃｏｓθ（０＜θ＜π）がＦ（ｘ）＝０　の解であるとき、（３）より、　２ｃｏｓ２θ、２ｃｏｓ４θ
　　　も解となる。

　　このとき、（３）より、　２ｃｏｓ４θ＝２ｃｏｓ３θ　すなわち、　ｃｏｓ４θ−ｃｏｓ３θ＝０

　和積の公式より、　−２ｓｉｎ(７θ/２)・ｓｉｎ(θ/２)＝０

　　０＜θ＜πにおいて、　０＜θ/２＜π/２　より、　ｓｉｎ(θ/２)≠０

　よって、　ｓｉｎ(７θ/２)＝０　で、　０＜７θ/２＜７π/２　より、　７θ/２＝π、２π、３π

　したがって、　θ＝２π/７、４π/７、６π/７


（注）　ｘ³+ｘ² - 2ｘ - 1 = 0　の解が、Ｇ（ｘ）=ｘ² - 2 で巡回することは、ｘ に関する恒等式

　　(ｘ² - 2)³+(ｘ² - 2)² -　2 (ｘ² - 2) - 1=(ｘ³+ｘ² - 2ｘ - 1)(ｘ³ - ｘ² - 2ｘ+1)

からも示すことができる。ちなみに、３つの解は、

　　　 2cos (2π/7)　、2cos (4π/7)　、2cos (8π/7)（=2cos (6π/7)）

とも書けるが、解の巡回が成立する場合、（一般に n 次で） 解は必ず三角関数の簡単な式
で表すことが出来る。


（追記）　解の巡回について、ＨＮ「ｐｅｒｉｏｄ」さんよりご投稿いただきました。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（令和元年５月４日付け）

　解の巡回について、ガロア理論を用いて決着を付けましたのでご報告いたします。
(→Ｐｅｒｉｏｄ−Ｍａｔｈｅｍａｔｉｃｓ）

　以前何度かこちらに書き込んだことがあるのですが、未だに見覚えのある名前が見受けら
れて安心感を感じますね。みなさんお元気のようで。

　一つ気になっていることがあって、「解の巡回が成立する場合、（一般に n 次で） 解は必ず
三角関数の簡単な式で表すことが出来る。」という意味深な記述がありますが、これは私の
中では、「巡回拡大はアーベル拡大なのでクロネッカー・ウェーバーの定理より実数解は（円
分体の指数２の中間体に含まれるため）三角関数で書ける」という風に解決しているのです
が、これは、このような議論を想定して書かれた記述なのでしょうか？

　なお、５次方程式については、「別の例」のところで扱いました。


　　　以下、工事中