五次方程式の標準形 | 体論入門

1 厳密な入力と像多項式

入力を

F(X)=A_5X^5+A_4X^4+A_3X^3+A_2X^2+A_1X+A_0\in\mathbb C[X]

とする。係数が生成する部分体を $K_0\subset\mathbb C$ と書く。以下で補助方程式の根を選ぶたびに、 $K_0$ へその根を添加した有限代数拡大の中で計算する。したがって、平方根や立方根の主値を暗黙に選ばない。

定義 1.1. $K$ を体、 $P\in K[X]$ をモニックな次数 $n$ の多項式、 $T\in K[X]$ とする。 $P$ の根を重複度込みで $x_1,\ldots,x_n$ としたとき、 $T$ による像多項式 (image polynomial) を

Q(Y)=\operatorname{Res}_X(P(X),Y-T(X)) =\prod_{i=1}^n\bigl(Y-T(x_i)\bigr)

と定める。

この resultant の向きでは、 $Q$ は $Y$ についてモニックである。像多項式の不要な係数を消すため、Newton 和を用いる。

§E8.16 定義 5.1は分離多項式の判別式を定義する。本記事では根像の衝突も判定するため、モニック多項式 $P$ の根を重複度込みで $x_1,\ldots,x_n$ とし、同じ式

\operatorname{disc}(P)=\prod_{i<j}(x_i-x_j)^2

を分離的でない場合にも用いる。この積は根の対称式なので係数体に属し、零であることと $P$ が重根をもつことは同値である。したがって、変換後の判別式の零・非零は根像の衝突・非衝突を厳密に分ける。

補題 1.2. $y_1,\ldots,y_5$ を体の代数閉包の元とし、 $p_k=\sum_i y_i^k$ とする。

$p_1=p_2=0$ なら $\prod_i(Y-y_i)=Y^5-\frac{p_3}{3}Y^2-\frac{p_4}{4}Y-\frac{p_5}{5}.$
$p_1=p_2=p_3=0$ なら $\prod_i(Y-y_i)=Y^5-\frac{p_4}{4}Y-\frac{p_5}{5}.$

証明. $e_j$ を $y_1,\ldots,y_5$ の第 $j$ 基本対称式とする。Newton の恒等式は

\begin{aligned} p_1-e_1&=0,\\ p_2-e_1p_1+2e_2&=0,\\ p_3-e_1p_2+e_2p_1-3e_3&=0,\\ p_4-e_1p_3+e_2p_2-e_3p_1+4e_4&=0,\\ p_5-e_1p_4+e_2p_3-e_3p_2+e_4p_1-5e_5&=0 \end{aligned}

である。 $p_1=p_2=0$ を代入すると、 $e_1=e_2=0$ 、 $e_3=p_3/3$ 、 $e_4=-p_4/4$ 、 $e_5=p_5/5$ を得る。 $\prod_i(Y-y_i)=Y^5-e_1Y^4+e_2Y^3-e_3Y^2+e_4Y-e_5$ へ代入すれば(1)の式を得る。 $p_3=0$ も仮定すれば(2)の式を得る。▨

2 次数と重根を先に分ける

Bring 変換は、真に五次で分離的な入力にだけ適用する。

定理 2.1. $F\in\mathbb C[X]$ に対して、次の分岐は排反かつ網羅的であり、各分岐は有限回の多項式演算で終わる。

$F=0$ なら、零点集合は $\mathbb C$ 全体であり、五つの根をもつ方程式として扱わない。
$A_5=0$ かつ $F\ne0$ なら、実際の次数は $0$ 以上 $4$ 以下である。
$A_5\ne0$ なら $f=A_5^{-1}F=X^5+a_4X^4+a_3X^3+a_2X^2+a_1X+a_0$ とする。 $d=\gcd(f,f')\ne1$ なら、 $f$ の相異なる根は次数4以下の平方自由多項式 $s=f/d$ の根であり、各根の重複度も有限回の gcd によって回収することができる。
$d=1$ なら、 $f$ は分離的であり、後続の Tschirnhaus 変換へ進む。

証明.(1)、(2)および(3)は、係数列の最初の非零項によって排反かつ網羅的に定まる。 $A_5\ne0$ の場合、§E8.8 定理 1.2により $d\ne1$ と重根の存在は同値である。

$d\ne1$ とする。 $c_0=d$ 、 $w_1=f/c_0$ と置き、 $i=1,2,\ldots$ に対して

y_i=\gcd(w_i,c_{i-1}),\qquad q_i=w_i/y_i,\qquad w_{i+1}=y_i,\qquad c_i=c_{i-1}/y_i

と定め、 $w_i=1$ になった時点で止める。 $f$ の既約因子 $p$ の重複度を $m$ とする。反復の第 $i$ 段では、 $m\ge i$ のときに限り $p$ は $w_i$ を一回割り、 $m\ge i+1$ のときに限り $p$ は $y_i$ を一回割る。したがって $p$ は $q_m$ だけを一回割る。すべての既約因子について同じ議論を適用すると

f=\prod_{i\ge1}q_i^i,\qquad s=\prod_{i\ge1}q_i=f/d

を得る。各 $q_i$ は平方自由で、相異なる $q_i$ は互いに素である。重根が少なくとも一つあるため、相異なる根の総数 $\deg s$ は $4$ 以下である。各根がどの $q_i$ に属するかを調べれば、その重複度は $i$ である。次数は反復ごとに減少するため、反復は有限回で停止する。 $d=1$ の場合の分離性も§E8.8 定理 1.2から従う。▨

以下では $A_5\ne0$ かつ $\gcd(f,f')=1$ と仮定する。

3 四次項を消す平行移動

公式 3.1.

X=U-\frac{a_4}{5}

と置くと

g(U)=f\left(U-\frac{a_4}{5}\right) =U^5+b_3U^3+b_2U^2+b_1U+b_0

であり、

\begin{aligned} b_3&=a_3-\frac{2a_4^2}{5},\\ b_2&=a_2-\frac{3a_3a_4}{5}+\frac{4a_4^3}{25},\\ b_1&=a_1-\frac{2a_2a_4}{5}+\frac{3a_3a_4^2}{25}-\frac{3a_4^4}{125},\\ b_0&=a_0-\frac{a_1a_4}{5}+\frac{a_2a_4^2}{25} -\frac{a_3a_4^3}{125}+\frac{4a_4^5}{3125} \end{aligned}

となる。逆平行移動は $X=U-a_4/5$ である。

証明. $f(U-a_4/5)$ の各冪を二項展開する。 $U^4$ の係数は $5(-a_4/5)+a_4=0$ である。 $U^3,U^2,U,1$ の係数を順に集めると表示した四式を得る。標数は $0$ なので分母 $5$ は非零であり、 $U=X+a_4/5$ が逆写像である。▨

4 principal form への二次変換

$g$ の根を $u_1,\ldots,u_5$ とする。 $s_k=\sum_i u_i^k$ と書くと、Newton の恒等式から

s_1=0,\qquad s_2=-2b_3,\qquad s_3=-3b_2,\qquad s_4=2b_3^2-4b_1,\qquad s_5=5b_3b_2-5b_0

を得る。

定理 4.1. $b_3=0$ なら恒等変換 $V=U$ を用いる。 $b_3\ne0$ なら

P_{\mathrm P}(R)=5b_3R^2+15b_2R+10b_1-3b_3^2

の相異なる根をすべて取り、各根 $\rho$ に対して

\eta=\frac{2b_3}{5},\qquad T_{2,\rho}(U)=U^2+\rho U+\eta

と置く。このとき

h_\rho(V)=\operatorname{Res}_U(g(U),V-T_{2,\rho}(U)) =V^5+c_2V^2+c_1V+c_0

である。 $P_k=\sum_iT_{2,\rho}(u_i)^k$ とすれば

c_2=-\frac{P_3}{3},\qquad c_1=-\frac{P_4}{4},\qquad c_0=-\frac{P_5}{5}.

補助二次方程式の判別式は

D_{\mathrm P}=225b_2^2-200b_3b_1+60b_3^3

であり、根号で書けば

\rho=\frac{-15b_2\mathbin\pm\sqrt{D_{\mathrm P}}}{10b_3}

である。 $D_{\mathrm P}=0$ の場合も一つの候補として続行する。

証明. $b_3=0$ なら $g$ は既に principal form である。 $b_3\ne0$ とする。 $t_i=T_{2,\rho}(u_i)$ と置くと

\sum_it_i=s_2+\rho s_1+5\eta=-2b_3+5\eta=0.

また

\begin{aligned} \sum_it_i^2 &=s_4+2\rho s_3+(\rho^2+2\eta)s_2+2\rho\eta s_1+5\eta^2\\ &=-\frac25\left(5b_3\rho^2+15b_2\rho+10b_1-3b_3^2\right). \end{aligned}

したがって $P_{\mathrm P}(\rho)=0$ なら $P_1=P_2=0$ である。補題 1.2を $t_1,\ldots,t_5$ に適用すると、像多項式と三係数の式を得る。補助二次方程式の通常の判別式を計算すると $D_{\mathrm P}$ になる。 $D_{\mathrm P}=0$ は補助根が重なることを意味するだけであり、像の五根が衝突することを意味しない。▨

$h_\rho$ が分離的なら Bring 段へ進む。 $h_\rho$ が重根をもつ場合は、補助根 $\rho$ を棄却せず、次の共通補題で低次数へ還元する。

5 衝突した根像の完全回収

定理 5.1. $K\subset\mathbb C$ 、 $P\in K[X]$ をモニックかつ分離的な次数 $5$ の多項式、 $T\in K[X]$ を次数 $r\ge1$ の多項式とする。像多項式

Q(Y)=\operatorname{Res}_X(P(X),Y-T(X))

が重根をもつと仮定し、 $Q_{\mathrm{sf}}=Q/\gcd(Q,Q')$ とする。 $L$ を $Q_{\mathrm{sf}}$ の分解体、 $y_1,\ldots,y_m$ をその相異なる根とし、

G_j(X)=\operatorname{monic}\gcd_{L[X]}(P(X),T(X)-y_j)

と置く。このとき

1\le m\le4,\qquad P=\prod_{j=1}^mG_j,\qquad \sum_{j=1}^m\deg G_j=5,\qquad 1\le\deg G_j\le r.

相異なる $G_j$ は互いに素であり、 $G_j$ の根集合は $T$ による $y_j$ の fiber と一致する。したがって、 $Q_{\mathrm{sf}}$ とすべての $G_j$ を解く操作は、 $P$ の五根を重複なく完全に回収し、有限回で停止する。

証明. $P$ の相異なる根を $x_1,\ldots,x_5$ とする。像多項式は $Q(Y)=\prod_i(Y-T(x_i))$ である。 $Q$ が重根をもつため、相異なる像の個数 $m=\deg Q_{\mathrm{sf}}$ は $4$ 以下であり、少なくとも $1$ である。

$G_j$ は $P$ と $T-y_j$ の共通根を厳密に集めるから、その根集合は

\{x_i\mid T(x_i)=y_j\}

である。各 $x_i$ はただ一つの fiber に属する。 $P$ は分離的なので各 $G_j$ は平方自由であり、相異なる fiber は共通根をもたない。したがって $G_i$ と $G_j$ は $i\ne j$ なら互いに素である。積 $\prod_jG_j$ は $P$ の五根をそれぞれ一回ずつ根にもつモニック五次多項式なので、 $P$ に等しい。この等式から次数和が $5$ になる。 $G_j$ は $T-y_j$ を割るので $\deg G_j\le r$ である。

拡張 Euclid の算法は、各 $j$ について

A_jP+B_j(T-y_j)=G_j

を有限回で与える。この等式は fiber の証明書になる。 $Q_{\mathrm{sf}}$ の次数は $4$ 以下で、各 $G_j$ の次数は $r$ 以下であり、対象となる $j$ も有限個である。したがって全操作は有限回で停止する。▨

principal 段では $r=2$ なので、衝突した候補は次数4以下の像方程式と次数2以下の fiber 方程式へ還元される。各 fiber の根 $u$ は $x=u-a_4/5$ によって元の根へ戻る。

全ての principal 候補が衝突することは実際に起こる。

例 5.2 (二つの principal 候補がともに衝突する例). $t^2=-5$ とし、

p=\frac{-5+3t}{7},\qquad q=\frac{-3+6t}{7}

と置く。多項式

\begin{aligned} f(X)&=(X^2-X+p)(X^2+q)(X+1)\\ &=X^5+\frac{3(3t-5)}7X^3+\frac{3t-5}7X^2 -\frac{27(3t+2)}{49}X-\frac{3(13t+25)}{49} \end{aligned}

は分離的であるが、principal 補助方程式の二根 $\rho=0,-1$ はいずれも根像を衝突させる。それでも定理 5.1は各候補から五根を完全に回収する。

証明. 因子の判別式と相異なる二因子の resultant を調べるか、積の判別式を直接計算すると

\operatorname{disc}(f) =-\frac{20736(9537070t-40680761)}{282475249}\ne0

となる。右辺が零なら $t=40680761/9537070\in\mathbb Q$ となり、 $t^2=-5$ に反する。したがって $f$ は分離的である。係数を定理 4.1へ代入すると

P_{\mathrm P}(\rho)=\frac{15(3t-5)}7\rho(\rho+1)

を得る。

$\rho=0$ では、 $X^2+q$ の二根 $c,d$ が $c+d=0$ を満たすので $c^2+\eta=d^2+\eta$ である。 $\rho=-1$ では、 $X^2-X+p$ の二根 $a,b$ が $a+b=1$ を満たすので $a^2-a+\eta=b^2-b+\eta$ である。よって両候補で衝突が起こる。

$\rho=0$ の重複した fiber の gcd は $X^2+q$ 、 $\rho=-1$ の重複した fiber の gcd は $X^2-X+p$ である。他の三根は互いに異なる像をもち、対応する三つの一次 gcd を与える。したがって各候補の fiber 次数は $2,1,1,1$ であり、その積は $f$ 、次数和は $5$ である。▨

6 Bring–Jerrard form への四次変換

principal form を

h(V)=V^5+c_2V^2+c_1V+c_0

とし、 $h$ は分離的であると仮定する。根を $v_1,\ldots,v_5$ とし、 $s_n=\sum_i v_i^n$ と書く。 Newton 和の再帰は

s_n+c_2s_{n-3}+c_1s_{n-4}+c_0s_{n-5}=0\qquad(n\ge6)

であり、必要な値は次の表で尽きる。

\begin{array}{c|l|c|l} n&s_n&n&s_n\\ \hline 0&5&1&0\\ 2&0&3&-3c_2\\ 4&-4c_1&5&-5c_0\\ 6&3c_2^2&7&7c_1c_2\\ 8&8c_0c_2+4c_1^2&9&-3c_2^3+9c_0c_1\\ 10&-10c_1c_2^2+5c_0^2&11&-11c_0c_2^2-11c_1^2c_2\\ 12&3c_2^4-24c_0c_1c_2-4c_1^3&& \end{array}

定理 6.1. $c_2=0$ なら $h$ は既に Bring–Jerrard form であり、 $Z=V$ と置く。 $c_2\ne0$ なら

\begin{aligned} A_{\mathrm B}&=27c_2^4-160c_1^3+300c_0c_1c_2,\\ B_{\mathrm B}&=27c_1c_2^3-400c_0c_1^2+375c_0^2c_2,\\ C_{\mathrm B}&=18c_1^2c_2^2-45c_0c_2^3-250c_0^2c_1 \end{aligned}

と置き、

P_{\mathrm B}(A)=A_{\mathrm B}A^2+B_{\mathrm B}A+C_{\mathrm B}

の相異なる根 $\alpha$ をすべて取る。各 $\alpha$ に対して

\beta=-\frac{5c_0+4c_1\alpha}{3c_2},\qquad \tau=\frac{4c_1+3c_2\alpha}{5}

と定める。さらに

W_{\alpha,\Gamma}(V)=V^4+\alpha V^3+\beta V^2+\Gamma V+\tau

と置き、三次補助方程式

P_{\mathrm C}(\Gamma)=\sum_{i=1}^5W_{\alpha,\Gamma}(v_i)^3=0

の相異なる根 $\gamma$ をすべて取る。このとき

T_{4,\alpha,\gamma}(V)=V^4+\alpha V^3+\beta V^2+\gamma V+\tau

による像多項式は

R_{\alpha,\gamma}(Z)=\operatorname{Res}_V(h(V),Z-T_{4,\alpha,\gamma}(V)) =Z^5+d_1Z+d_0

であり、 $z_i=T_{4,\alpha,\gamma}(v_i)$ とすれば

d_1=-\frac14\sum_i z_i^4,\qquad d_0=-\frac15\sum_i z_i^5.

証明. $W=W_{\alpha,\Gamma}$ と略記する。最初に

\sum_iW(v_i)=s_4+\alpha s_3+\beta s_2+\Gamma s_1+5\tau =-4c_1-3\alpha c_2+5\tau=0

を得る。次に $W^2$ を展開すると

\begin{aligned} \sum_iW(v_i)^2={}&s_8+2\alpha s_7+(\alpha^2+2\beta)s_6 +(2\alpha\beta+2\Gamma)s_5\\ &+(\beta^2+2\alpha\Gamma+2\tau)s_4 +(2\beta\Gamma+2\alpha\tau)s_3+5\tau^2. \end{aligned}

$\Gamma$ の係数は $2(-5c_0-4\alpha c_1-3\beta c_2)$ なので、表示した $\beta$ によって零になる。表の $s_n$ と $\beta,\tau$ を残りの項へ代入し、分母 $45c_2^2$ を払って同類項を集めると

\sum_iW(v_i)^2 =\frac{2}{45c_2^2} \left(A_{\mathrm B}\alpha^2+B_{\mathrm B}\alpha+C_{\mathrm B}\right)

を得る。この集約では $\alpha^2$ 、 $\alpha$ 、定数項を順に集めれば、係数がそれぞれ $A_{\mathrm B},B_{\mathrm B},C_{\mathrm B}$ になるため、式を再現することができる。したがって $P_{\mathrm B}(\alpha)=0$ なら像の第一、第二 Newton 和が零になる。

$P_{\mathrm C}$ は $\Gamma$ について真に三次である。実際、係数を $P_{\mathrm C}=q_3\Gamma^3+q_2\Gamma^2+q_1\Gamma+q_0$ と書くと

\begin{aligned} q_3={}&s_3=-3c_2,\\ q_2={}&3(s_6+\alpha s_5+\beta s_4),\\ q_1={}&3\{s_9+2\alpha s_8+(\alpha^2+2\beta)s_7+2\alpha\beta s_6\\ &\qquad +(\beta^2+2\tau)s_5+2\alpha\tau s_4+2\beta\tau s_3\},\\ q_0={}&s_{12}+3\alpha s_{11}+3\beta s_{10}+3\tau s_8 +3\alpha^2s_{10}+6\alpha\beta s_9+6\alpha\tau s_7\\ &+3\beta^2s_8+6\beta\tau s_6+3\tau^2s_4 +\alpha^3s_9+3\alpha^2\beta s_8+3\alpha^2\tau s_6\\ &+3\alpha\beta^2s_7+6\alpha\beta\tau s_5+3\alpha\tau^2s_3 +\beta^3s_6+3\beta^2\tau s_4+5\tau^3. \end{aligned}

この式は $(V^4+\alpha V^3+\beta V^2+\tau)^3$ の多項展開であり、上の Newton 和表だけから全係数を有限回で検算することができる。 $q_3=-3c_2\ne0$ なので、 $P_{\mathrm C}$ は必ず根をもつ三次式である。

$P_{\mathrm C}(\gamma)=0$ なら像の第三 Newton 和も零になる。補題 1.2 (2)を $z_1,\ldots,z_5$ に適用すると、resultant は $Z^5+d_1Z+d_0$ となり、二係数の式も得る。▨

二次補助式が恒等的に零になれば、 $\alpha$ の選び方が未確定になる。しかし、分離的な $h$ ではこの退化は起こらない。

補題 6.2. $c_2\ne0$ とする。 $A_{\mathrm B}=B_{\mathrm B}=C_{\mathrm B}=0$ なら、 $h(V)=V^5+c_2V^2+c_1V+c_0$ は重根をもつ。

証明. 恒等式

3c_2C_{\mathrm B}=-5c_0A_{\mathrm B}+2c_1B_{\mathrm B}

をまず確認する。実際、右辺は

\begin{aligned} &-135c_0c_2^4+800c_0c_1^3-1500c_0^2c_1c_2\\ &\quad+54c_1^2c_2^3-800c_0c_1^3+750c_0^2c_1c_2\\ &=54c_1^2c_2^3-135c_0c_2^4-750c_0^2c_1c_2 =3c_2C_{\mathrm B} \end{aligned}

となる。したがって $A_{\mathrm B}=B_{\mathrm B}=0$ を調べれば十分である。 $t^3=c_2$ となる $t\in\mathbb C^\times$ を取り、

P=\frac{c_1}{t^4},\qquad Q=\frac{c_0}{t^5},\qquad \widetilde h(Y)=t^{-5}h(tY)=Y^5+Y^2+PY+Q

と置く。 $A_{\mathrm B}=B_{\mathrm B}=0$ を $t$ の冪で割ると

27-160P^3+300QP=0,\qquad 27P-400QP^2+375Q^2=0

を得る。第一式から $P\ne0$ であり、 $N=160P^3-27$ と置けば $Q=N/(300P)$ である。第二式へ代入し、 $240P^2$ を掛けると

N^2-320P^3N+6480P^3=0,

すなわち

25600(P^3)^2-6480P^3-729=0

となる。ゆえに

P^3=\frac{27}{80}\quad\text{または}\quad P^3=-\frac{27}{320}.

前者では $Q=9/(100P)$ である。 $y=-2P/3$ と置いて直接代入すると $\widetilde h(y)=\widetilde h'(y)=0$ となる。後者では $Q=-27/(200P)$ である。 $3z^2+4z+8=0$ の一根を取り、 $y=Pz$ と置く。 $z^2=(-4z-8)/3$ から

z^4=\frac{128z+64}{27}

を得る。これと $P^3=-27/320$ を用いると

\frac{\widetilde h'(Pz)}{P}=5P^3z^4+2z+1=0,

\frac{\widetilde h(Pz)}{P^2}=P^3z^5+z^2+z+\frac85=0

となる。したがって両場合に $\widetilde h$ は重根をもち、変数の非零な拡大縮小を戻せば $h$ も重根をもつ。▨

したがって、分離的な $h$ では $(A_{\mathrm B},B_{\mathrm B})\ne(0,0)$ である。 $A_{\mathrm B}\ne0$ なら二次方程式として全根を取り、 $A_{\mathrm B}=0$ なら $B_{\mathrm B}\ne0$ なので唯一の根 $\alpha=-C_{\mathrm B}/B_{\mathrm B}$ を取る。 $A_{\mathrm B}\ne0$ の場合の判別式と根は

D_{\mathrm B}=B_{\mathrm B}^2-4A_{\mathrm B}C_{\mathrm B},\qquad \alpha=\frac{-B_{\mathrm B}\mathbin\pm\sqrt{D_{\mathrm B}}}{2A_{\mathrm B}}

である。三次補助式の判別式は

D_{\mathrm C}=q_2^2q_1^2-4q_3q_1^3-4q_2^3q_0-27q_3^2q_0^2+18q_3q_2q_1q_0

である。 $D_{\mathrm B}$ または $D_{\mathrm C}$ が零の場合も、相異なる補助根だけを取って続行する。

ここまでに現れる退化条件と除算を一つの表にまとめる。

段	条件または分母	処理
入力	全係数が零	零多項式として終端する
入力	$A_5=0$ 、かつ非零	実際の次数0から4へ送る
モニック化	$A_5\ne0$	$A_5$ で割り、分母を記録する
重根	$\gcd(f,f')\ne1$	平方因子分解と次数4以下の平方自由部分へ送る
平行移動	$5$	複素数体では非零なので常に実行する
principal	$b_3=0$	恒等変換を用い、 $10b_3$ で割らない
principal	$b_3\ne0$	$10b_3$ を分母として式 (P) の全根を取る
principal	$D_{\mathrm P}=0$	重複した補助根を一候補として続行する
principal 像	$\operatorname{disc}(h)=0$	principal collision として低次数 fiber へ送る
Bring	$c_2=0$	恒等変換を用い、 $3c_2$ で割らない
Bring 二次	$A_{\mathrm B}\ne0$	$2A_{\mathrm B}$ を分母として全根を取る
Bring 二次	$A_{\mathrm B}=0$	$B_{\mathrm B}\ne0$ なので $-C_{\mathrm B}/B_{\mathrm B}$ を取る
Bring 二次	$D_{\mathrm B}=0$	重複した補助根を一候補として続行する
Bring 三次	$q_3=-3c_2\ne0$	真の三次方程式の全ての相異なる根を取る
Bring 三次	$D_{\mathrm C}=0$	重複した補助根をまとめて続行する
Bring 像	$\operatorname{disc}(R)=0$	Bring collision として低次数 fiber へ送る
補間逆	$\det M_2$ または $\det M_4$	非衝突時だけ非零である。零の場合は単値逆を作らず fiber inverse を用いる

恒等零の Bring 二次式は補題 6.2により分離入力から到達しないため、自由な $\alpha$ を選ぶ実行分岐は存在しない。

Bring 像多項式の判別式は

\operatorname{disc}(Z^5+d_1Z+d_0)=256d_1^5+3125d_0^4

である。実際、 $R(Z)=Z^5+d_1Z+d_0$ と置くと $R'(Z)=5Z^4+d_1$ である。 $R'$ の四根を $\xi_1,\ldots,\xi_4$ とすれば、 $\xi_j^5=-(d_1/5)\xi_j$ なので

R(\xi_j)=d_0+\frac{4d_1}{5}\xi_j.

$\xi_j$ は $Z^4+d_1/5$ の根であるから

\begin{aligned} \operatorname{disc}(R) &=\operatorname{Res}(R,R') =5^5\prod_{j=1}^4R(\xi_j)\\ &=5^5\left(d_0^4+\left(\frac{4d_1}{5}\right)^4\frac{d_1}{5}\right) =3125d_0^4+256d_1^5. \end{aligned}

ここでは五次式の判別式の符号 $(-1)^{5\cdot4/2}$ が $1$ であることを用いた。値が零でない候補は非衝突枝であり、値が零の候補は定理 5.1へ送る。後者では $r=4$ なので、次数4以下の平方自由像方程式と次数4以下の fiber 方程式から $h$ の五根を回収する。principal 段が非衝突であったため、後で構成する principal 逆写像を各 fiber の根へ適用し、元の $f$ の五根へ戻すことができる。

7 非衝突枝の厳密な逆変換

根像が相異なる場合、根集合上の逆を二次方程式または四次方程式の多価な逆代入として作らない。商代数で補間する。

定理 7.1. $K$ を体、 $n\ge2$ とする。 $P\in K[X]$ と $Q\in K[Y]$ をモニックかつ分離的な次数 $n$ の多項式、 $T\in K[X]$ とし、

Q(Y)=\operatorname{Res}_X(P(X),Y-T(X))

を仮定する。さらに、 $T$ が代数閉包における $P$ の根集合上で単射であると仮定する。 $K[X]/(P)$ の基底 $1,X,\ldots,X^{n-1}$ において、 $0\le j<n$ ごとに $T(X)^j$ の $P$ による余りの係数ベクトルを第 $j$ 列とする行列を $M\in M_n(K)$ とする。また、 $X$ の剰余類の係数ベクトルを

e_X=(0,1,0,\ldots,0)^{\mathsf T}\in K^n

とする。このとき $M$ は可逆である。 $q=M^{-1}e_X=(q_0,\ldots,q_{n-1})^{\mathsf T}$ とし、

U(Y)=q_0+q_1Y+\cdots+q_{n-1}Y^{n-1}

と置くと $U\in K[Y]$ であり、

U(T(X))\equiv X\pmod{P(X)},\qquad T(U(Y))\equiv Y\pmod{Q(Y)}

を満たす。さらに

(\det M)^2=\frac{\operatorname{disc}(Q)}{\operatorname{disc}(P)}.

証明. $P$ の根を $x_1,\ldots,x_n$ 、 $y_i=T(x_i)$ とし、順序をこの対応で固定する。 $P$ と $Q$ は分離的で、 $T$ は単射なので、 $x_i$ も $y_i$ もそれぞれ相異なる。Vandermonde 行列を

E_X=(x_i^j)_{1\le i\le n,\ 0\le j<n},\qquad E_Y=(y_i^j)_{1\le i\le n,\ 0\le j<n}

とする。列の定義から $E_XM=E_Y$ である。両 Vandermonde 行列は可逆なので $M$ も可逆である。また

(\det E_X)^2=\operatorname{disc}(P),\qquad (\det E_Y)^2=\operatorname{disc}(Q)

であるから、行列式比の式を得る。

$Mq=e_X$ は $U(T(X))\equiv X\pmod P$ を係数で表した式である。各 $x_i$ へ代入すると $U(y_i)=x_i$ となるため、 $T(U(y_i))=y_i$ である。 $Q$ は相異なる $y_i$ をすべて根にもつモニック次数 $n$ の多項式なので、 $T(U(Y))-Y$ の $Q$ による余りは $n$ 個の相異なる根をもつ次数 $n$ 未満の多項式であり、零である。これが第二の合同式を与える。▨

principal 非衝突枝にはこの定理を $(P,Q,T)=(g,h,T_2)$ として適用し、次数4以下の逆多項式 $U_2$ を得る。 Bring 非衝突枝には $(P,Q,T)=(h,R,T_4)$ として適用し、次数4以下の逆多項式 $U_4$ を得る。恒等変換の段では対応する逆も恒等写像とし、補間行列を作らない。

8 全分岐の終端と後続記事への受渡し

定理 8.1. 任意の $F\in\mathbb C[X]$ に対して、本記事の構成は有限回で次の四つの排反な前処理結果の一つを返す。

$F=0$ である。この場合は零多項式終端を返し、有限な根の多重集合を返さない。
$F\ne0$ かつ実際の次数が $0$ 以上 $4$ 以下である。この場合は低次数終端を返す。得られた低次数方程式を解くと、次数 $0$ の場合は空集合を、次数 $1$ 以上 $4$ 以下の場合は $F$ の根を重複度込みで得る。
$F$ は重根をもつ真の五次式である。この場合は次数4以下の平方自由部分 $s$ と平方因子分解 $f=\prod_iq_i^i$ を返す。 $s$ を解き、根が属する $q_i$ の添字 $i$ を付けると、 $F$ の根を重複度込みで得る。
$F$ は分離的な真の五次式である。この場合は、補助方程式の相異なる根に添字付けられた非空有限族 $\mathcal T(F)$ を返す。 $\mathcal T(F)$ の各要素は、次の三種類のタグ付き終端のちょうど一つである。
- principal 衝突終端。次数4以下の像方程式と次数2以下の fiber 方程式をもつ。
- Bring 衝突終端。次数4以下の像方程式と次数4以下の fiber 方程式をもつ。
- 非衝突 Bring–Jerrard 終端。 $R(Z)=Z^5+d_1Z+d_0$ と単値逆 $X=U_2(U_4(Z))-\frac{a_4}{5}$ をもつ。

(4)では、 $\mathcal T(F)$ の各終端が独立に $F$ の相異なる五根を過不足なく回収する。同じ入力が複数の終端をもつ場合があるため、相異なる終端同士が排反であるとは主張しない。

証明.定理 2.1が零多項式、非零低次数、重根五次および分離五次を排反かつ網羅的に分ける。非零低次数の場合はモニック化が根と重複度を変えない。重根五次の場合は、同定理で証明した $f=\prod_iq_i^i$ が相異なる根とその重複度を回収する。

以下では分離五次の場合を考える。平行移動は全単射である。 $b_3=0$ なら principal 恒等枝が一つ存在し、 $b_3\ne0$ なら二次補助方程式が少なくとも一根をもつ。各候補は、像判別式の零・非零によって principal 衝突終端と Bring 段へ排反に分かれる。

Bring 段では、 $c_2=0$ なら恒等枝が一つ存在する。 $c_2\ne0$ なら補題 6.2により二次補助式は二次式または非零一次式であり、少なくとも一根をもつ。各根に対する三次補助式は先頭係数 $-3c_2\ne0$ をもち、少なくとも一根をもつ。各 Bring 候補は、像判別式の零・非零によって Bring 衝突終端と非衝突標準形へ排反に分かれる。

principal 補助式の次数は2以下、Bring 二次補助式の次数は2以下、Bring 三次補助式の次数は3なので、生成される終端の族は有限である。各到達段には少なくとも一つの補助根または恒等 chart があるため、族は空でない。各候補の判別式分岐は排反であり、その候補は三種類の終端のちょうど一つに入る。ただし、異なる補助根から生じる終端は同時に存在し得る。

衝突枝では定理 5.1が積の恒等式と次数和 $5$ を与えるため、五根を一回ずつ回収する。非衝突枝では定理 7.1により各変換が根集合上の全単射であり、表示した合成逆が $R$ の五根を $f$ の五根へ一対一に戻す。以上で前処理結果の排反性、終端族の有限非空性、候補ごとのタグ付き終端の一意性、停止性および適用される各場合の根の完全性が従う。▨

後続の楕円函数による解法へ渡すのは、(4)の有限族に属する非衝突 Bring–Jerrard 終端だけである。受渡しデータは次を含む。

データ	内容
標準形	$R(Z)=Z^5+d_1Z+d_0$ と非零の判別式 $256d_1^5+3125d_0^4$
principal chart	恒等変換、または採用した $\rho$ 、補助二次式、 $T_2$ と $U_2$
Bring chart	恒等変換、または採用した $\alpha,\gamma$ 、二次・三次補助式、 $T_4$ と $U_4$
係数体	補助根を添加した順序と、 $\mathbb C$ への採用した埋め込み
逆証明書	補間行列の行列式と二つの剰余合同式
例外記録	調べた他候補と、零になった像判別式

$d_1=0$ なら $Z^5=-d_0$ 、 $d_0=0$ なら $Z(Z^4+d_1)=0$ なので、分離的な標準形は根基と四次方程式だけで解くことができる。 $d_0d_1\ne0$ の枝だけが楕円函数の経路を必要とする。後続記事は同じ chart、補助根および係数体の埋め込みを保持し、返した各根 $z$ に $U_2(U_4(z))-a_4/5$ を適用しなければならない。衝突終端は後続記事へ渡さない。

9 演習

問題 9.1 (問題).

$g(U)=U^5+U^3+\frac{3}{10}U+1$ に対して principal 補助方程式を求め、 $\rho=0$ が重根であることを示せ。
定理 5.1で、 $Q$ における $y_j$ の重複度が $\deg G_j$ に等しいことを証明せよ。
定理 7.1で $T$ が単射でない場合に $M$ が特異になることを、行列式比を使わずに示せ。

解答 (解答).

$b_3=1,b_2=0,b_1=3/10$ なので $P_{\mathrm P}(R)=5R^2+3-3=5R^2.$ したがって $\rho=0$ が重根であり、 $\eta=2/5$ である。補助根の重複と根像の衝突は別の条件なので、次に像多項式の判別式を検査する必要がある。
$Q(Y)=\prod_i(Y-T(x_i))$ における $y_j$ の重複度は、 $T(x_i)=y_j$ を満たす添字 $i$ の個数である。 $P$ は分離的なので、その個数は同じ fiber の根を一回ずつもつ $G_j$ の次数に等しい。
$T(x_i)=T(x_j)$ となる $i\ne j$ を取る。 $E_XM=E_Y$ であり、 $E_Y$ の第 $i$ 行と第 $j$ 行は等しい。したがって $E_Y$ は特異である。 $E_X$ は可逆なので、 $M$ は特異である。

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§E8.28五次方程式の標準形