1の原始17乗根を平方根だけで表す（勉強ノート）【手法紹介編】 [数学]
「明解ガロア理論［原著第3版］」（イアン・スチュアート著／並木・鈴木共訳／講談社）を読んでいると、ガウスが1の原始17乗根（17乗して初めて1になる複素数）を平方根だけで表す方法を与えたということが載っていました。
（本記事では言葉を簡単にするため、「有理数から始めて四則演算と平方根をとる操作の有限回の組み合わせで表す」ことを「平方根だけで表す」と書くこととします。）
このことは、「与えられた円に内接する正17角形が定規とコンパスだけで作図できる」ということと直接に関係するのですが、ここでは1の原始17乗根を平方根だけで表すことに焦点を絞ります。
本に載っていた計算法は三角関数の性質を使っていて少しわかりにくかったので、以下私なりにアレンジして、1の原始17乗根を平方根で表す方法を自分で書き出してみることにします。
1の原始17乗根は全部で16個ありますが、そのうちの一つを $\zeta$ で表します。通常は
\[ \zeta = e^{\frac{2\pi i}{17}} \]
と取ることが多いですが、以下の議論ではどれを取っても同じ結果になります。そしてどれを取っても $\zeta^1, \zeta^2, \cdots , \zeta^{16}$ の16個の $\zeta$ のべきが1の原始17乗根になります。
さてここからちょっとしたトリックを使います。17を法とする剰余類 $\mathbb{Z}/17\mathbb{Z}$ は17が素数なので体になり、これを $\mathsf{F}_{17}$ で表します。$\mathsf{F}_{17}$ において3のべき乗 $3^k$ を $k=0,1,\cdots,15$ の順に並べると、次のようになります。
\[ 1, \ 3, \ 9, \ 10, \ 13, \ 5, \ 15, \ 11, \ 16, \ 14, \ 8, \ 7, \ 4, \ 12, \ 2, \ 6 \]
フェルマーの小定理より $3^{16} \equiv 1 \ \mathrm{mod} \ 17$ なので、$\mathsf{F}_{17}$ における3のべき乗はこの順で1から16までを巡回します。そこで、$\zeta$ のべきをこの順に従って次のように並べます。
\[ \zeta^1, \ \zeta^3, \ \zeta^9, \ \zeta^{10}, \ \zeta^{13}, \ \zeta^5, \ \zeta^{15}, \ \zeta^{11}, \ \zeta^{16}, \ \zeta^{14}, \ \zeta^8, \ \zeta^7, \ \zeta^4, \ \zeta^{12}, \ \zeta^2, \ \zeta^6 \]
さらに、これらを1つ飛ばし、3つ飛ばし、7つ飛ばしに足し合わせた数を次のように定めます。
\begin{eqnarray*}
x_1 &=& \zeta^1+\zeta^9+\zeta^{13}+\zeta^{15}+\zeta^{16}+\zeta^8+\zeta^4+\zeta^2 \\
x_2 &=& \zeta^3+\zeta^{10}+\zeta^5+\zeta^{11}+\zeta^{14}+\zeta^7+\zeta^{12}+\zeta^6 \\
y_1 &=& \zeta^1+\zeta^{13}+\zeta^{16}+\zeta^4 \\
y_2 &=& \zeta^9+\zeta^{15}+\zeta^8+\zeta^2 \\
y_3 &=& \zeta^3+\zeta^5+\zeta^{14}+\zeta^{12} \\
y_4 &=& \zeta^{10}+\zeta^{11}+\zeta^7+\zeta^6 \\
z_1 &=& \zeta^1+\zeta^{16} \\
z_2 &=& \zeta^{13}+\zeta^4 \\
z_3 &=& \zeta^9+\zeta^8 \\
z_4 &=& \zeta^{15}+\zeta^2 \\
z_5 &=& \zeta^3+\zeta^{14} \\
z_6 &=& \zeta^5+\zeta^{12} \\
z_7 &=& \zeta^{10}+\zeta^7 \\
z_8 &=& \zeta^{11}+\zeta^6
\end{eqnarray*}
まず、$x_1, x_2$ を求めてみます。ここで、1の原始17乗根 $\zeta$ がみたす次の重要な性質を使います。
\[ \zeta^1+\zeta^2+\zeta^3+\zeta^4+\zeta^5+\zeta^6+\zeta^7+\zeta^8+\zeta^9+\zeta^{10}+\zeta^{11}+\zeta^{12}+\zeta^{13}+\zeta^{14}+\zeta^{15}+\zeta^{16} = -1 \tag{1} \]
これは、多項式 $X^{17}-1$ が $X-1$ で整除できて、$\zeta$ がその商
\[ X^{16}+X^{15}+X^{14}+X^{13}+X^{12}+X^{11}+X^{10}+X^9\\
+X^8+X^7+X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X^1+1 \]
の根になることより明らかです。これを用いると、和については
\[ x_1+x_2 = -1 \]
が得られます。
次に積については、力を込めて $\zeta$ のべきを展開して $\zeta^{17}=1$ を用いると、
\begin{eqnarray*}
x_1x_2 &=& (\zeta^1+\zeta^9+\zeta^{13}+\zeta^{15}+\zeta^{16}+\zeta^8+\zeta^4+\zeta^2)(\zeta^3+\zeta^{10}+\zeta^5+\zeta^{11}+\zeta^{14}+\zeta^7+\zeta^{12}+\zeta^6) \\
&=& \zeta^{4}+\zeta^{11}+\zeta^{6}+\zeta^{12}+\zeta^{15}+\zeta^{8}+\zeta^{13}+\zeta^{7} \\
&+&\zeta^{12}+\zeta^{2}+\zeta^{14}+\zeta^{3}+\zeta^{6}+\zeta^{16}+\zeta^{4}+\zeta^{15} \\
&+&\zeta^{16}+\zeta^{6}+\zeta^{1}+\zeta^{7}+\zeta^{10}+\zeta^{3}+\zeta^{8}+\zeta^{2} \\
&+&\zeta^{1}+\zeta^{8}+\zeta^{3}+\zeta^{9}+\zeta^{12}+\zeta^{5}+\zeta^{10}+\zeta^{4} \\
&+&\zeta^{2}+\zeta^{9}+\zeta^{4}+\zeta^{10}+\zeta^{13}+\zeta^{6}+\zeta^{11}+\zeta^{5} \\
&+&\zeta^{11}+\zeta^{1}+\zeta^{13}+\zeta^{2}+\zeta^{5}+\zeta^{15}+\zeta^{3}+\zeta^{14} \\
&+&\zeta^{7}+\zeta^{14}+\zeta^{9}+\zeta^{15}+\zeta^{1}+\zeta^{11}+\zeta^{16}+\zeta^{10} \\
&+&\zeta^{5}+\zeta^{12}+\zeta^{7}+\zeta^{13}+\zeta^{16}+\zeta^{9}+\zeta^{14}+\zeta^{8}
\end{eqnarray*}
となります。
この結果をみると（不思議なことに）$\zeta^1$ から $\zeta^{16}$ までがちょうど4個ずつ現れているので、$(1)$を用いることによって
\[ x_1x_2 = -4 \]
ということになります。従って $x_1, x_2$ は次の2次方程式
\[ X^2 + X - 4 = 0 \]
の2解になり、
\[ x_1,x_2 = \frac{-1 \pm \sqrt{17}}{2} \]
と平方根だけで表されます。どちらがどちらになるかはここではあまり気にしないことにしましょう。
同様にして、$y_1$ と $y_2$ の和と積を求めてみます。和については
\[ y_1 + y_2 = x_1 \]
であることがすぐにわかります。積についてはやはり力技で展開すると、
\begin{eqnarray*}
y_1y_2 &=& (\zeta^1+\zeta^{13}+\zeta^{16}+\zeta^4)(\zeta^9+\zeta^{15}+\zeta^8+\zeta^2) \\
&=& \zeta^{10}+\zeta^{16}+\zeta^{9}+\zeta^{3} \\
&+& \zeta^{5}+\zeta^{11}+\zeta^{4}+\zeta^{15} \\
&+& \zeta^{8}+\zeta^{14}+\zeta^{7}+\zeta^{1} \\
&+& \zeta^{13}+\zeta^{2}+\zeta^{12}+\zeta^{6}
\end{eqnarray*}
と（これまた不思議なことに）$\zeta^1$ から $\zeta^{16}$ までがちょうど1個ずつ現れているので、$(1)$を用いることによって
\[ y_1y_2 = -1 \]
ということになります。従って $y_1, y_2$ は次の2次方程式
\[ X^2 - x_1X - 1 = 0 \]
の2解になり、$x_1$ が平方根だけで表されますので、$y_1, y_2$ も（大変なので具体的には書きませんが）平方根だけで表されることがわかります。
同様に、$y_3, y_4$ については、
\begin{eqnarray*}
y_3 + y_4 &=& x_2 \\
y_3y_4 &=& (\zeta^3+\zeta^5+\zeta^{14}+\zeta^{12})(\zeta^{10}+\zeta^{11}+\zeta^7+\zeta^6) \\
&=& \zeta^{13}+\zeta^{14}+\zeta^{10}+\zeta^{9} \\
&+& \zeta^{15}+\zeta^{16}+\zeta^{12}+\zeta^{11} \\
&+& \zeta^{7}+\zeta^{8}+\zeta^{4}+\zeta^{3} \\
&+& \zeta^{5}+\zeta^{6}+\zeta^{2}+\zeta^{1} \\
&=& -1
\end{eqnarray*}
となるので、$y_3, y_4$ は次の2次方程式
\[ X^2 - x_2X - 1 = 0 \]
の2解になり、$x_2$ が平方根だけで表されますので、$y_3, y_4$ も平方根だけで表されることがわかります。
さあもう少しです。$z_1 \sim z_8$ について一気にやってしまいましょう。
\begin{eqnarray*}
z_1 + z_2 &=& y_1 \\
z_1z_2 &=& (\zeta^{1}+\zeta^{16})(\zeta^{13}+\zeta^{4}) \\
&=& \zeta^{14}+\zeta^{5}+\zeta^{12}+\zeta^{3} \\
&=& y_3 \\
\ \\
z_3 + z_4 &=& y_2 \\
z_3z_4 &=& (\zeta^{9}+\zeta^{8})(\zeta^{15}+\zeta^{2}) \\
&=& \zeta^{7}+\zeta^{11}+\zeta^{6}+\zeta^{10} \\
&=& y_4 \\
\ \\
z_5 + z_6 &=& y_3 \\
z_5z_6 &=& (\zeta^{3}+\zeta^{14})(\zeta^{5}+\zeta^{12}) \\
&=& \zeta^{8}+\zeta^{15}+\zeta^{2}+\zeta^{9} \\
&=& y_2 \\
\ \\
z_7 + z_8 &=& y_4 \\
z_7z_8 &=& (\zeta^{10}+\zeta^{7})(\zeta^{11}+\zeta^{6}) \\
&=& \zeta^{4}+\zeta^{16}+\zeta^{1}+\zeta^{13} \\
&=& y_1
\end{eqnarray*}
これらより、$z_1 \sim z_8$ はそれぞれ1と $\pm y_1 \sim \pm y_4$ のどれかを係数にもつ2次方程式の解になるので、やはり平方根だけで表されることがわかります。
最後です。
\begin{eqnarray*}
\zeta^{1}+\zeta^{16} &=& z_1 \\
\zeta^{1}\zeta^{16} &=& 1
\end{eqnarray*}
ですので、$\zeta$ は2次方程式
\[ X^2 - z_1X + 1 = 0 \]
の解になるので、平方根だけで表されることがこれで示されました。もちろん残りの原始17乗根である $\zeta^{2}, \cdots , \zeta^{16}$ も同様に平方根だけで表されます。そしてここまでの手順は、具体的に平方根だけで表す方法を求めるアルゴリズムを示していることになります（実際に求めるには $x_1 \sim z_8$ を求める過程でそれぞれ$\pm$のどちらを取るのか特定する必要がありますが、そこは省略します）。
どうしてこの方法でうまくいくのでしょうか？はじめに $\mathsf{F}_{17}$ における3のべきを並べることにどういう意味があるのでしょうか？
当然、うまくいく原理があるはずですが、今の僕にはまだ理解しきれておらず、摩訶不思議な謎のままです。引続き勉強してこの謎解きにチャレンジしてみたいと思います。
（追記）2020年9月11日
謎が解明できました！⇒【原理解明編】へ
（本記事では言葉を簡単にするため、「有理数から始めて四則演算と平方根をとる操作の有限回の組み合わせで表す」ことを「平方根だけで表す」と書くこととします。）
このことは、「与えられた円に内接する正17角形が定規とコンパスだけで作図できる」ということと直接に関係するのですが、ここでは1の原始17乗根を平方根だけで表すことに焦点を絞ります。
本に載っていた計算法は三角関数の性質を使っていて少しわかりにくかったので、以下私なりにアレンジして、1の原始17乗根を平方根で表す方法を自分で書き出してみることにします。
1の原始17乗根は全部で16個ありますが、そのうちの一つを $\zeta$ で表します。通常は
\[ \zeta = e^{\frac{2\pi i}{17}} \]
と取ることが多いですが、以下の議論ではどれを取っても同じ結果になります。そしてどれを取っても $\zeta^1, \zeta^2, \cdots , \zeta^{16}$ の16個の $\zeta$ のべきが1の原始17乗根になります。
さてここからちょっとしたトリックを使います。17を法とする剰余類 $\mathbb{Z}/17\mathbb{Z}$ は17が素数なので体になり、これを $\mathsf{F}_{17}$ で表します。$\mathsf{F}_{17}$ において3のべき乗 $3^k$ を $k=0,1,\cdots,15$ の順に並べると、次のようになります。
\[ 1, \ 3, \ 9, \ 10, \ 13, \ 5, \ 15, \ 11, \ 16, \ 14, \ 8, \ 7, \ 4, \ 12, \ 2, \ 6 \]
フェルマーの小定理より $3^{16} \equiv 1 \ \mathrm{mod} \ 17$ なので、$\mathsf{F}_{17}$ における3のべき乗はこの順で1から16までを巡回します。そこで、$\zeta$ のべきをこの順に従って次のように並べます。
\[ \zeta^1, \ \zeta^3, \ \zeta^9, \ \zeta^{10}, \ \zeta^{13}, \ \zeta^5, \ \zeta^{15}, \ \zeta^{11}, \ \zeta^{16}, \ \zeta^{14}, \ \zeta^8, \ \zeta^7, \ \zeta^4, \ \zeta^{12}, \ \zeta^2, \ \zeta^6 \]
さらに、これらを1つ飛ばし、3つ飛ばし、7つ飛ばしに足し合わせた数を次のように定めます。
\begin{eqnarray*}
x_1 &=& \zeta^1+\zeta^9+\zeta^{13}+\zeta^{15}+\zeta^{16}+\zeta^8+\zeta^4+\zeta^2 \\
x_2 &=& \zeta^3+\zeta^{10}+\zeta^5+\zeta^{11}+\zeta^{14}+\zeta^7+\zeta^{12}+\zeta^6 \\
y_1 &=& \zeta^1+\zeta^{13}+\zeta^{16}+\zeta^4 \\
y_2 &=& \zeta^9+\zeta^{15}+\zeta^8+\zeta^2 \\
y_3 &=& \zeta^3+\zeta^5+\zeta^{14}+\zeta^{12} \\
y_4 &=& \zeta^{10}+\zeta^{11}+\zeta^7+\zeta^6 \\
z_1 &=& \zeta^1+\zeta^{16} \\
z_2 &=& \zeta^{13}+\zeta^4 \\
z_3 &=& \zeta^9+\zeta^8 \\
z_4 &=& \zeta^{15}+\zeta^2 \\
z_5 &=& \zeta^3+\zeta^{14} \\
z_6 &=& \zeta^5+\zeta^{12} \\
z_7 &=& \zeta^{10}+\zeta^7 \\
z_8 &=& \zeta^{11}+\zeta^6
\end{eqnarray*}
まず、$x_1, x_2$ を求めてみます。ここで、1の原始17乗根 $\zeta$ がみたす次の重要な性質を使います。
\[ \zeta^1+\zeta^2+\zeta^3+\zeta^4+\zeta^5+\zeta^6+\zeta^7+\zeta^8+\zeta^9+\zeta^{10}+\zeta^{11}+\zeta^{12}+\zeta^{13}+\zeta^{14}+\zeta^{15}+\zeta^{16} = -1 \tag{1} \]
これは、多項式 $X^{17}-1$ が $X-1$ で整除できて、$\zeta$ がその商
\[ X^{16}+X^{15}+X^{14}+X^{13}+X^{12}+X^{11}+X^{10}+X^9\\
+X^8+X^7+X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X^1+1 \]
の根になることより明らかです。これを用いると、和については
\[ x_1+x_2 = -1 \]
が得られます。
次に積については、力を込めて $\zeta$ のべきを展開して $\zeta^{17}=1$ を用いると、
\begin{eqnarray*}
x_1x_2 &=& (\zeta^1+\zeta^9+\zeta^{13}+\zeta^{15}+\zeta^{16}+\zeta^8+\zeta^4+\zeta^2)(\zeta^3+\zeta^{10}+\zeta^5+\zeta^{11}+\zeta^{14}+\zeta^7+\zeta^{12}+\zeta^6) \\
&=& \zeta^{4}+\zeta^{11}+\zeta^{6}+\zeta^{12}+\zeta^{15}+\zeta^{8}+\zeta^{13}+\zeta^{7} \\
&+&\zeta^{12}+\zeta^{2}+\zeta^{14}+\zeta^{3}+\zeta^{6}+\zeta^{16}+\zeta^{4}+\zeta^{15} \\
&+&\zeta^{16}+\zeta^{6}+\zeta^{1}+\zeta^{7}+\zeta^{10}+\zeta^{3}+\zeta^{8}+\zeta^{2} \\
&+&\zeta^{1}+\zeta^{8}+\zeta^{3}+\zeta^{9}+\zeta^{12}+\zeta^{5}+\zeta^{10}+\zeta^{4} \\
&+&\zeta^{2}+\zeta^{9}+\zeta^{4}+\zeta^{10}+\zeta^{13}+\zeta^{6}+\zeta^{11}+\zeta^{5} \\
&+&\zeta^{11}+\zeta^{1}+\zeta^{13}+\zeta^{2}+\zeta^{5}+\zeta^{15}+\zeta^{3}+\zeta^{14} \\
&+&\zeta^{7}+\zeta^{14}+\zeta^{9}+\zeta^{15}+\zeta^{1}+\zeta^{11}+\zeta^{16}+\zeta^{10} \\
&+&\zeta^{5}+\zeta^{12}+\zeta^{7}+\zeta^{13}+\zeta^{16}+\zeta^{9}+\zeta^{14}+\zeta^{8}
\end{eqnarray*}
となります。
この結果をみると（不思議なことに）$\zeta^1$ から $\zeta^{16}$ までがちょうど4個ずつ現れているので、$(1)$を用いることによって
\[ x_1x_2 = -4 \]
ということになります。従って $x_1, x_2$ は次の2次方程式
\[ X^2 + X - 4 = 0 \]
の2解になり、
\[ x_1,x_2 = \frac{-1 \pm \sqrt{17}}{2} \]
と平方根だけで表されます。どちらがどちらになるかはここではあまり気にしないことにしましょう。
同様にして、$y_1$ と $y_2$ の和と積を求めてみます。和については
\[ y_1 + y_2 = x_1 \]
であることがすぐにわかります。積についてはやはり力技で展開すると、
\begin{eqnarray*}
y_1y_2 &=& (\zeta^1+\zeta^{13}+\zeta^{16}+\zeta^4)(\zeta^9+\zeta^{15}+\zeta^8+\zeta^2) \\
&=& \zeta^{10}+\zeta^{16}+\zeta^{9}+\zeta^{3} \\
&+& \zeta^{5}+\zeta^{11}+\zeta^{4}+\zeta^{15} \\
&+& \zeta^{8}+\zeta^{14}+\zeta^{7}+\zeta^{1} \\
&+& \zeta^{13}+\zeta^{2}+\zeta^{12}+\zeta^{6}
\end{eqnarray*}
と（これまた不思議なことに）$\zeta^1$ から $\zeta^{16}$ までがちょうど1個ずつ現れているので、$(1)$を用いることによって
\[ y_1y_2 = -1 \]
ということになります。従って $y_1, y_2$ は次の2次方程式
\[ X^2 - x_1X - 1 = 0 \]
の2解になり、$x_1$ が平方根だけで表されますので、$y_1, y_2$ も（大変なので具体的には書きませんが）平方根だけで表されることがわかります。
同様に、$y_3, y_4$ については、
\begin{eqnarray*}
y_3 + y_4 &=& x_2 \\
y_3y_4 &=& (\zeta^3+\zeta^5+\zeta^{14}+\zeta^{12})(\zeta^{10}+\zeta^{11}+\zeta^7+\zeta^6) \\
&=& \zeta^{13}+\zeta^{14}+\zeta^{10}+\zeta^{9} \\
&+& \zeta^{15}+\zeta^{16}+\zeta^{12}+\zeta^{11} \\
&+& \zeta^{7}+\zeta^{8}+\zeta^{4}+\zeta^{3} \\
&+& \zeta^{5}+\zeta^{6}+\zeta^{2}+\zeta^{1} \\
&=& -1
\end{eqnarray*}
となるので、$y_3, y_4$ は次の2次方程式
\[ X^2 - x_2X - 1 = 0 \]
の2解になり、$x_2$ が平方根だけで表されますので、$y_3, y_4$ も平方根だけで表されることがわかります。
さあもう少しです。$z_1 \sim z_8$ について一気にやってしまいましょう。
\begin{eqnarray*}
z_1 + z_2 &=& y_1 \\
z_1z_2 &=& (\zeta^{1}+\zeta^{16})(\zeta^{13}+\zeta^{4}) \\
&=& \zeta^{14}+\zeta^{5}+\zeta^{12}+\zeta^{3} \\
&=& y_3 \\
\ \\
z_3 + z_4 &=& y_2 \\
z_3z_4 &=& (\zeta^{9}+\zeta^{8})(\zeta^{15}+\zeta^{2}) \\
&=& \zeta^{7}+\zeta^{11}+\zeta^{6}+\zeta^{10} \\
&=& y_4 \\
\ \\
z_5 + z_6 &=& y_3 \\
z_5z_6 &=& (\zeta^{3}+\zeta^{14})(\zeta^{5}+\zeta^{12}) \\
&=& \zeta^{8}+\zeta^{15}+\zeta^{2}+\zeta^{9} \\
&=& y_2 \\
\ \\
z_7 + z_8 &=& y_4 \\
z_7z_8 &=& (\zeta^{10}+\zeta^{7})(\zeta^{11}+\zeta^{6}) \\
&=& \zeta^{4}+\zeta^{16}+\zeta^{1}+\zeta^{13} \\
&=& y_1
\end{eqnarray*}
これらより、$z_1 \sim z_8$ はそれぞれ1と $\pm y_1 \sim \pm y_4$ のどれかを係数にもつ2次方程式の解になるので、やはり平方根だけで表されることがわかります。
最後です。
\begin{eqnarray*}
\zeta^{1}+\zeta^{16} &=& z_1 \\
\zeta^{1}\zeta^{16} &=& 1
\end{eqnarray*}
ですので、$\zeta$ は2次方程式
\[ X^2 - z_1X + 1 = 0 \]
の解になるので、平方根だけで表されることがこれで示されました。もちろん残りの原始17乗根である $\zeta^{2}, \cdots , \zeta^{16}$ も同様に平方根だけで表されます。そしてここまでの手順は、具体的に平方根だけで表す方法を求めるアルゴリズムを示していることになります（実際に求めるには $x_1 \sim z_8$ を求める過程でそれぞれ$\pm$のどちらを取るのか特定する必要がありますが、そこは省略します）。
どうしてこの方法でうまくいくのでしょうか？はじめに $\mathsf{F}_{17}$ における3のべきを並べることにどういう意味があるのでしょうか？
当然、うまくいく原理があるはずですが、今の僕にはまだ理解しきれておらず、摩訶不思議な謎のままです。引続き勉強してこの謎解きにチャレンジしてみたいと思います。
（追記）2020年9月11日
謎が解明できました！⇒【原理解明編】へ
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