アーベル-ルフィニの定理とかいう5次方程式についての定理についてまとめてみた

|| 5次以上の方程式の一般解が無いという主張

『演算が限られている場合の』一般解の話

代数方程式 Algebraic Equation

|| $n$ 次方程式を一般化したもの

「記号的に扱う方程式」全般のこと

$\begin{array}{lcl} 代数的構造前 && 記号で表現された方程式 \\ \\ 代数的構造後 && n次方程式の一般化 \end{array}$

わりと意味が込み入っている概念ですが

（代数的構造は方程式の性質を述べたもの）

$\begin{array}{ccc} n次方程式の一般化 &\to& f(x)=0 & 多項式環 \end{array}$

言ってることはシンプルです。

（代数的構造は別記事で改めて紹介）

$n$ 次方程式

これは「代数方程式」の主役とも言えるもので

$\begin{array}{lcl} (x-1)&=&0 \\ \\ (x-1)(x-2)&=&0 \\ \\ (x-1)(x-2)(x-3) &=& 0 \\ \\ &\vdots \\ \\ (x-1)(x-2)(x-3)\cdots (x-n) &=& 0 \end{array}$

基本的に「代数学」はこれについての話をしています。

（辿っていくとだいたいこの話になる）

$\begin{array}{ccl} (x-r_1)(x-r_2)\cdots (x-r_n) &=& 0 \\ \\ \displaystyle \prod_{i=1}^{n} (x-r_i) &=&0 \end{array}$

「代数的構造」は少し離れているように感じますが

『生まれた理由』は結局ここに戻ってきます。

$x^n=1$ の形が基本になる

このn次方程式の「最も単純な形」

$\begin{array}{rcc} \displaystyle \sum_{i=0}^{n} a_ix^i &=& 0 \\ \\ x^n &=& a_0 \\ \\ x^n &=& 1 \end{array}$

それを考えた時に出てくるのがこの形で

$\begin{array}{lcrcl} x^2&=&1 && x=1,-1 \\ \\ x^2&=&-1 && x=i,-i \\ \\ x^4 &=& 1 && x^2=1,-1 \end{array}$

これはこの「回転」の構造から

$\begin{array}{lcccl} x^3&=& 1 \\ \\ x^3 - 1 &=& 0 && \because 1は自明解 \\ \\ (x-1)(x^2+？) &=& 0 && \because x^3の生成 \\ \\ (x-1)(x^2+？+1) &=& 0 && \because -1の生成 \\ \\ (x-1)(x^2+x+1) &=& 0 && \because -x^2,xの消去 \\ \\ \displaystyle (x-1) \left( x-\frac{-1\pm \sqrt{-3} }{2} \right)^2 &=&0 \end{array}$

この補強を経て

（ここまでは計算ですぐに分かる）

$\begin{array}{lcl} x^n &=& 1 \\ \\ x &=& \cos \frac{2π1}{n} +i\sin \frac{2π1}{n},...,\cos \frac{2πn}{n} +i\sin \frac{2πn}{n} \\ \\ &=& \displaystyle e^{i\frac{2πk}{n}} \end{array}$

このような形で一般化することができます。

（ $1$ が確実に解で他の項が無いから全て円周上の点になる）

一般解と $x^n=1$ の関係

これは3次4次で観察できる通り

$\begin{array}{lclcl} 2次 &\to& 平方完成 &\to& x^2=c \\ \\ 3次 &\to& カルダノ法 &\to& x^3=c \\ \\ 4次 &\to& フェラーリ法 &\to& x^2=c,x^3=c \end{array}$

「一般解導出の過程」で出てくる形で

（中間式はこの形を目指している）

$\begin{array}{lcl} x^n=c &\to& \displaystyle x=\sqrt[n]{c} ,ζ\sqrt[n]{c},ζ^2\sqrt[n]{c},...,ζ^{n-1}\sqrt[n]{c} \\ \\ &\to& \displaystyle \frac{1}{\sqrt[n]{c} } x= 1,ζ,ζ^2,...,ζ^{n-1} \end{array}$

$x^n=1$ の形により「分岐」が起きることから

$\begin{array}{lcl} 係数は固定 & \left\{ \begin{array}{lcl} +は1出力 &\to& 係数の和は1個出力 \\ \\ ×も1出力 &\to& 係数の積は1個出力 \\ \\ \sqrt[n]{} はn出力 &\to& n個の解を唯一説明可能 \end{array} \right. \end{array}$

『解が複数ある』ことを考えると

「直感的には」『必然的に現れる』と予想できます。

解と $x^n=1$ についての直感的な雑証明

厳密な話は「代数的構造」でやるとして

$\begin{array}{ccl} + &\to& 係数入力に対して1つの値を出力 \\ \\ \times &\to& 係数入力に対して1つの値を出力 \end{array}$

これは直感的にはこんな感じの話で

（厳密な証明では代数的構造の定義を基礎に置く）

$\begin{array}{lcl} 同じ係数入力 &\to& 解は複数 \\ \\ &\to& +,×では1つだけ \\ \\ &\to& (a+b)+cも1つだけ出力 \\ \\ &\to& (a\times b)\times cも1つだけ出力 \\ \\ &\to& (a+b)\times cも1つだけ出力 \\ \\ &\to& 複数出力は他の操作がやってる \\ \\ \\ 後は累乗根 &\to& x^n=c \to x=\sqrt[n]{c}(1,ζ,ζ^2,...,ζ^{n-1}) \\ \\ &\to& 同入力から複数の出力がある \\ \\ &\to& これだけが解が複数ある理由を説明可能 \end{array}$

『消去法的な感覚（ $+,\times$ では説明不可）』から

「冪根の性質（解が複数ある理由）」は導かれます。

（使う演算が $+,\times$ と累乗根に限られるなら）

$5$ 次方程式

この5次という領域からが

「ガロア理論」の領域に入る部分で

（ガロア理論は代数的構造を用いる考え方）

$\begin{array}{ccc} a_0x_*^5+a_1x_*^4+a_2x_*^3+a_3x_*^2+a_4x_*+a_5 &=& 0 \end{array}$

この「5次方程式の一般解」は

$\begin{array}{ccc} x_* &=& \displaystyle x-\frac{a_1}{ {}_5 \mathrm{C}_1 a_0 } \end{array}$

実は『基本的な条件下』だと

（特殊な条件を用いると作ることはできる）

$\begin{array}{ccc} x^5+px^3+qx^2+rx+s &=& 0 \end{array}$

『決して得られない』ものになります。

（特定の操作だけが特定の状態を作れるため）

式が複雑になり過ぎる

また直感的には

$\begin{array}{ccc} (α+β)^5 &=& \left\{ \begin{array}{lcc} {}_5\mathrm{C}_0α^5 &=& α^5 \\ \\ {}_5\mathrm{C}_1 α^4β^1 &=& 5α^4β \\ \\ {}_5\mathrm{C}_2 α^3β^2 &=& 10 α^3β^2 \\ \\ {}_5\mathrm{C}_3 α^2β^3 &=& 10 α^2 β^3 \\ \\ {}_5\mathrm{C}_4 α^1β^4 &=&5αβ^4 \\ \\ {}_5\mathrm{C}_5 β^5 &=& β^5 \end{array} \right. \end{array}$

「余計な項が多い」という事実の観察から

$\begin{array}{ccc} x^5+px^3+qx^2+rx+s &=& 0 \end{array}$

『3乗と2乗と1乗の項が残る』ので

「カルダノ法」ではまず無理だと予想できます。

（特に3乗の構成で出てくる定数部分が煩雑）

$\begin{array}{ccc} x^5+px^3+qx^2+rx+s &=& 0 \\ \\ 1\times 4 ,2\times 3 \end{array}$

同様に2乗分離と定数削減も無理そうですから

「フェラーリ法」も使えそうにないと予想できます。

（5乗と3次方程式に分離しても後が続かない）

解と係数の関係 Vieta’s Formulas

「カルダノ法」や「フェラーリ法」の観察以前に

$\begin{array}{lcl} 係数表示形 & x^4+a_1x^3 + a_2x^2 + a_3x^1 + a_4x^0 =0 \\ \\ 因数分解形 & (x-α)(x-β)(x-γ)(x-δ)=0 \end{array}$

「方程式」にはこの2通りの表現方法があり

$\begin{array}{ccc} \left\{ \begin{array}{lcl} a_1&=& α+β+γ+δ \\ \\ a_2&=& αβ+αγ+αδ+βγ+βδ+γδ \\ \\ a_3&=& αβγ+αβδ+αγδ+βγδ \\ \\ a_4&=& αβγδ \end{array} \right. \end{array}$

これはあらゆるn次方程式で定義できます。

（厳密には有限次元の範囲に限る）

$+,\times$ の交換法則と解の入れ替え

この話は結論からの逆算になりますが

$\begin{array}{c} 実際の順序 && 目標と観察 &\to& これに注目 \\ \\ ここでの話 && 結論 &\to& 紹介 \end{array}$

『解と係数の関係』を見て分かる通り

$\begin{array}{lcc} a_1&=& -(χ_1+χ_2+\cdots+ χ_n) \\ \\ & & \vdots \\ \\ a_n &=& (-1)^nχ_1χ_2\cdots χ_n \end{array}$

どれだけ高次だとしても

（厳密には有限の範囲とする）

$\begin{array}{ccc} -(χ_1+χ_2+\cdots+ χ_n) &=&-(χ_2+χ_1+\cdots+ χ_n) \end{array}$

この「式の定義の前提」の時点で

『解の入れ替えによる係数の変化』はありません。

（一般形は積 $\times$ の交換律によって保証される）

$\begin{array}{lcl} 解と係数 &\to& 係数表示の方程式 \\ \\ &\to& 因数分解された方程式 \\ \\ &\to& 因数分解された方程式は解入れ替えで不変 \\ \\ &\to& 因数分解表示から式を展開 \\ \\ &\to& 係数が解で表現可能になる \end{array}$

理由は非常に単純

$\begin{array}{ccl} 係数表示形 &=& 因数分解形 \\ \\ &=& 並び替えた因数分解形 \end{array}$

「解の展開式から」事後的に係数と結びつけられるので

（展開前の時点で一致するので解の入れ替え後も一致）

$\begin{array}{lcl} 定義前 && 因数分解式が +,\times の交換法則で保証される \\ \\ 定義後 && 展開後の式の係数をこの時に=で結ぶ \end{array}$

「解の入れ替えによる係数への影響」は

『式の定義時点で』無いと分かります。

（解の入れ替えで方程式はなにも影響を受けない）

2次3次4次で共通する操作

一般解の導出手順の観察

$\begin{array}{lll} 2次 & 平方完成 & y^2=c へ変形 \\ \\ 3次 & カルダノ法 & y^3=cを目指してx=α+βとする \\ \\ 4次 & フェラーリ法 & (y^2)^2=c にするため変形 \end{array}$

そこから分かることとして

このような操作を導くことができて

$\begin{array}{ccc} 共通する操作 & \left\{ \begin{array}{lcl} 拡大縮小ができる & 縦軸操作 \\ \\ 平行移動ができる & 横軸操作 \end{array} \right. \end{array}$

ここから『3次特有の操作』や

『4次特有の操作』などを導くことができます。

（とりあえず共通する部分を抜き出して違いを明確にする）

係数削減と変数の固定

「共通する操作」が実現する

「係数の削減」について深く考えてみると

$\begin{array}{ccc} x^3+px+q &=&0 \end{array}$

この「削減された形」は

（最大次数の係数と $x^2$ の項が削減されてる）

$\begin{array}{ccc} α+β+γ &=&0 && \because x^2の係数 \end{array}$

削減された項 $x^2$ の係数がこうなることから

（正確にはこうなるように平行移動させた）

$\begin{array}{ccc} 自由 && 束縛 \\ \\ -(α+β) &=& γ \end{array}$

『 $2$ つの解が分かれば $3$ つの解を定める形』だとも言えて

（後にこの操作は自由度を $1$ 削減すると言われたりする）

$\begin{array}{ccc} (α,β,γ) &\to& \Bigl( α,β, -(α,β) \Bigr) \\ \\ &\to& (α,β) \to γ \end{array}$

これは座標で考えてみると

『立体から平面への操作』になるとも言えます。

（つまり係数削減で変数が１つ減るから次元が下がる）

また最終形から考えれば

$\begin{array}{lcl} 係数削減 &\to& 最大次数より1つ低い項 \\ \\ &\to& 解の和が0になる \\ \\ &\to& 解が１つ固定される \\ \\ &\to& 情報の削減が起きる \\ \\ &\to& 他の項よりこれを優先したくなる \end{array}$

これが選択される合理的な理由にもなります。

（ただしこれでなければならない理由にはならない）

係数削減と中間式の観察

実際、各一般解導出の手順を観察してみると

$\begin{array}{lcl} 係数削減形 &\to& 解α,βが決まるとγが決まる \\ \\ &\to& -γ=α+βという形が得られる \\ \\ &\to& α,β,γが区別できれば中間式のγが決まる \end{array}$

この「変数が固定される」という現象は

$\begin{array}{ccc} α+β+γ=0 &\to& α+β=x \end{array}$

『中間式の中身の特定』に直結すると言えて

（解入れ替えによる順番の曖昧さを無くした場合）

$\begin{array}{ccc} α^3+β^3&=&p \\ \\ 3αβ &=& q \end{array}$

『１つを固定したから成立する』この関係式を考えると

（自由に動く情報が１つ減っているからこうなる）

$\begin{array}{lcl} β^3=p-α^3 & \left\{ \begin{array}{lcl} \displaystyle α = \frac{q}{2} + \sqrt{ Δ } &\to& \displaystyle β = \frac{q}{2} - \sqrt{ Δ } \\ \\ \displaystyle α = \frac{q}{2} - \sqrt{ Δ } &\to& \displaystyle β = \frac{q}{2} + \sqrt{ Δ } \end{array} \right. \end{array}$

この「１つの中間変数 $α$ からの影響」が

（ $β^3$ の符号は $α^3$ の符号の影響を受ける）

$\begin{array}{lcl} \displaystyle β=\frac{q}{3α} & \left\{ \begin{array}{lcl} α &\to& β \\ \\ αω &\to& βω^2 \\ \\ αω^2 &\to& βω \end{array} \right. \end{array}$

「他の中間変数 $β$ に影響を与える」流れが構成され

（3次では $ω$ の複素共役は $ω^2$ になる）

$\begin{array}{lcl} 3次の削減形 &\to& 解の並び順を固定し区別可能に \\ \\ &\to& γがα,βで固定される \\ \\ &\to& 解と係数の関係式が得られる \\ \\ &\to& αが決まればβは影響を受ける \\ \\ &\to& αの固定でβも固定される \\ \\ &\to& γ→β→αの順で固定（束縛）される \\ \\&\to& α→β→γの順で特定できる \end{array}$

結果的に『中間式の中身』が特定される形になります。

（解の並び順を固定すると $α$ から他が特定される）

4次方程式で固定される変数

ただこれをそのまま4次の話に持ち込むと

$\begin{array}{ccc} x^4+px^2+qx+r&=&0 \end{array}$

「2次×2次の解体を考えない」場合

$\begin{array}{lcc} α+β+γ+δ&=&0 \\ \\ α+β+γ&=&-δ \end{array}$

「 $α$ が $β,γ$ を固定しなければならない」んですが

$\begin{array}{ccc} \left\{ \begin{array}{lcl} 0&=& α+β+γ+δ && 1つ固定 \\ \\ p&=& αβ+αγ+αδ+βγ+βδ+γδ \\ \\ q&=& αβγ+αβδ+αγδ+βγδ \\ \\ r&=& αβγδ \end{array} \right. \end{array}$

この関係式を考えても

$\begin{array}{ccl} r&=&αβγδ \\ \\ r&=& αβγ\Bigl( -(α+β+γ) \Bigr) \end{array}$

この時点で『複雑になり過ぎる』ので

（ $α,β,δ$ が $0$ なら次元が下がるので分母には置ける）

$\begin{array}{lcl} そのまま &\to& 式が複雑になり過ぎる \\ \\ &\to& 固定する分離ができる可能性はある \\ \\ &\to& 5次と同様にその分離が特定できない \end{array}$

「簡単には」中間式の特定ができません。

（つまり3次の中間式特定方法は4次に持ち込めない）

Abel-Ruffini の定理

これは『現代の代数学』のメインとなる

『代数的構造を整理する動機』となった定理で

$\begin{array}{ccc} 5次方程式の一般解 &\to& \mathrm{Abel}\text{-}\mathrm{Ruffini} の定理 \\ \\ 代数的構造 &←&\mathrm{Abel}\text{-}\mathrm{Ruffini} の定理 \end{array}$

「5次方程式の一般解は存在しない」を

『演算制限下』で証明した定理になります。

（正確には不完全な証明なのでこの記事ではそこを補完する）

複雑さと構造

内容からして当然ですが

「代数的構造」は自然には導かれません。

$\begin{array}{ccl} 一般解が未発見 &\to& 5次は複雑過ぎる \\ \\ &\to& 複雑なのはなぜ？ \\ \\ &\to& そもそも複雑とは何？ \\ \\ &\to& 使ってる道具を並べてみる \end{array}$

そこへ至るための発想は必ず存在し

そこから「方程式の構造」が得られ

$\begin{array}{ccc} 方程式の構造 &\overset{一般化}{\longrightarrow}& 代数的構造 \end{array}$

それを一般化したものとして

「代数的構造」という概念は導かれています。

仮定と発想

全体の整理のために

まずこの問題の最初の仮定から辿っていきます。

$\begin{array}{ccl} 5次方程式の一般解 &\to& 感覚的にはあるはず \\ \\ &\to& あると仮定する \end{array}$

まずここまでは自然に発想できて

$\begin{array}{ccc} 5次の一般解存在仮定 &\to& 中間式の存在 \end{array}$

ここまではこれまでの観察から辿り着けます。

（3次4次を知ってないとここは分からない）

問題となるのはここからで

$\begin{array}{ccl} 手順の観察 &\to& 一般解導出とは \\ \\ &\to& まず係数を固定する \\ \\ &\to& 因数分解された形から関係式を得る \\ \\ &\to& この次に解を目指して中間式を作る \end{array}$

ここまでは分かっていますが

$\begin{array}{ccl} 中間式とは &\to& 解を係数で表す補助的なもの \\ \\ &\to& 方程式をうまく解体した結果 \\ \\ &\to& なんらかの操作が行われる中間 \end{array}$

ここから先の特定が非常に難しいです。

（ここから先の試行の成果が証明に繋がる）

様々な試行と重要そうな操作の特定

「代数的構造」の本質はここに集約されていて

$\begin{array}{ccc} 事実の確認 & \left\{ \begin{array}{lcl} 2次3次4次の一般解導出の観察 \\ \\ 解ける5次方程式の観察 \\ \\ 対称式と非対称式をたくさん試す \\ \\ 解を入れ替えたりしてみる \\ \\ 中間式の振る舞いの詳細な観察 \end{array} \right. \end{array}$

こういった『一般解導出の観察』から

$\begin{array}{ccc} 事実 &\to& 試行 &\to& 失敗 &\to& 再整理 \end{array}$

『結果的にうまくいった』ものが

「普遍的な構造（意味のある特徴）」になっていて

$\begin{array}{ccl} 良さそうな事実 &\to& 試行 \\ \\ &\to& 偶然成功した \end{array}$

これに注目するという行為自体は

「うまくいくと分かってやった」ことではありません。

結果的にうまくいった事実

過去に行われた泥臭い事実確認

$\begin{array}{ccl} \displaystyle \sqrt{Δ}の入れ替え &\to& 係数側では何も起きない \\ \\ &\to& 係数側からでは変化が読み取れない \\ \\ &\to& 中間式の中身も復元できない \\ \\ &\to& 解の側からなら変化が見える \\ \\ &\to& 中間式にのみ影響を与えている？ \end{array}$

その偉業により得られたのがこの成果で

（根号の入れ替えは解の入れ替えを意味する）

$\begin{array}{ccl} 操作の地点 &\to& 四則演算は復元できる \\ \\ &\to& 2次も符号変化だけだから復元できる？ \\ \\ &\to& 立方根からはかなり怪しい \\ \\ &\to& 和α+βだとα,βの区別が怪しい \end{array}$

この事実の深堀により話が進んでいきます。

（明らかに情報が特定できない構造がある）

具体的な事例の観察

これを実感できる例として

カルダノ法を簡単に観察してみると

$\begin{array}{ccc} x&=&α+β \\ \\ x &=& \displaystyle \sqrt[3]{ \frac{q}{2} + \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } } +\sqrt[3]{ \frac{q}{2} - \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } } \end{array}$

この最終段階から分かるように

（どちらが $α$ でどちらが $β$ か係数からは区別できない）

$\begin{array}{ccccl} A&=&α^3 &=& \displaystyle \frac{q}{2} + \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } \\ \\ B&=&β^3 &=& \displaystyle \frac{q}{2} - \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } \end{array}$

『文字の代入による復元』は

（この時点でどちらを $A,B$ と置くかが任意）

$\begin{array}{ccc} \left\{ \begin{array}{ccc} α^3+β^3&=&q \\ \\ 3αβ&=&p \end{array} \right. &\to& \left\{ \begin{array}{ccc} A+B &=&q \\ \\ AB&=&\displaystyle \left(\frac{p}{3}\right)^3 \end{array} \right. \end{array}$

最初の式から離れるにつれて

$\begin{array}{ccc} x^3 &-&px&-&q&=&0 \\ \\ (α+β)^3 &-&p(α+β)&-&q&=&0 \end{array}$

元の式への復元は難しくなります。

（この原因を観察すると $\sqrt[n]{}$ が目立つ）

整理すると

特に分かり辛くなる箇所は

$\begin{array}{lcl} α^3=c &\to& \displaystyle α=\sqrt[3]{c},ω\sqrt[3]{c},ω^2\sqrt[3]{c} \\ \\ x^4=1 &\to& x=1,i,-1,-i \end{array}$

この解を分岐させる操作です。

（1つの入力に対して出力が複数あるから分岐が発生）

ざっくりとした観察結果

まとめると

「カルダノ法の観察」から

$\begin{array}{ccc} 事実 & \left\{ \begin{array}{lcl} 代入 && 復元可能 \\ \\ 四則演算 && 復元可能 \\ \\ 平方根\sqrt[2]{} && \pm か\mp かは判別できなそう \\ \\ 立方根\sqrt[3]{} && αとβの分岐が区別できない \end{array} \right. \end{array}$

「係数や解自体には影響を与えない」が

『中間式には影響を与える操作』が存在する

$\begin{array}{lcl} 係数側 &\to& 中間式の中身が特定できない \\ \\ &\to& α^3,β^3の操作で解の分岐が起きている \\ \\ &\to& しかし最終的に係数と解は接続される \end{array}$

こういう事実を得ることができるので

これを詳しく見ていくという方針を得ることができます。

解の入れ替え

きちんと整理しておくと

『解の入れ替え』というのは

$\begin{array}{ccc} \displaystyle \frac{-b \textcolor{pink}{\pm} \sqrt{b^2-4ac}}{2a} &\longrightarrow& \displaystyle \frac{-b \textcolor{skyblue}{\mp} \sqrt{b^2-4ac}}{2a} \end{array}$

要は「解として導かれる対称的な形」に対して

（非常に限定された状況でのみ行える操作）

$\begin{array}{ccc} x&=&\displaystyle A+\sqrt{B},A-\sqrt{B} \\ \\ &=&\displaystyle A-\sqrt{B},A+\sqrt{B} \end{array}$

『許されなけばならない操作』のことで

（演算の性質や定義を厳密に詰めると許されてしまう）

$\begin{array}{ccc} \displaystyle \sqrt[3]{ \frac{q}{2} \textcolor{pink}{+} \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } } +\sqrt[3]{ \frac{q}{2} \textcolor{skyblue}{-} \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } } \\ \\ \downarrow \\ \\ \displaystyle \sqrt[3]{ \frac{q}{2} \textcolor{skyblue}{-} \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } } +\sqrt[3]{ \frac{q}{2} \textcolor{pink}{+} \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } } \end{array}$

「許されなければならない」からこそ

$\begin{array}{ccc} x^3+px+q=0 &\to& 中間式が復元できない \end{array}$

「係数視点では」『中間式の $α,β$ の情報』が失われます。

（係数側から $α,β$ の分岐履歴が逆算不可）

フェラーリ法の観察と情報喪失の感覚

同様に整理しておくと

$\begin{array}{ccc} \begin{array}{lcc} ax_*^4+bx_*^3+cx_*^2+dx_*+e &=& 0 \\ \\ \displaystyle x_*^4+Bx_*^3+Cx_*^2+Dx_*+E &=& 0 \end{array} \end{array}$

「4次方程式の一般解」は

$\begin{array}{lcl} x_*&=&\displaystyle x-\frac{B}{4} \\ \\ x_*&=&\displaystyle x-\frac{b}{4a} \end{array}$

他と同様これを辿って

$\begin{array}{ccc} x^4+px^2+qx+r &=&0 \end{array}$

まずこの形に直されます。

（ここまでは情報をなにも失わない）

ここから問題になるのが

$\begin{array}{ccc} \displaystyle \left( x^2+γ+\left( α x + β \right) \right) \left( x^2+γ-\left( α x + β \right) \right) &=& 0 \\ \\ \displaystyle (x^2+γ)^2-\left( α x + β \right)^2 &=& 0 \\ \\ x^4+(2γ-α^2)x^2-2αβx+γ^2-β^2 &=& 0 \end{array}$

この着地で

$\begin{array}{ccrcr} x^4 &+& (2γ-α^2)x^2 &+& (-2αβ)x &+& γ^2-β^2 &=& 0 \\ \\ x^4 &+& px^2 &+& qx &+& r &=& 0 \end{array}$

これはこのような対応から

$\begin{array}{lcl} \displaystyle γ^3 -\frac{1}{2}pγ^2 -rγ-\frac{q^2-4pr}{8} &=&0 \end{array}$

代入によりこのようにできるので

（ $γ$ はカルダノ法と一般解で得られる）

$\begin{array}{ccc} p &=& 2γ-α^2 \\ \\ q &=& -2αβ \end{array}$

『全ての調整項 $γ,α,β$ 』を得ることができます。

（この時点で3次方程式の解の分岐で情報は喪失）

係数側からはもう一段分からない

↑ の時点で3次方程式ですが

（既に係数の視点からは中間式が特定不可能）

$\begin{array}{ccc} \displaystyle \left( x^2+γ+\left( α x + β \right) \right) \left( x^2+γ-\left( α x + β \right) \right) &=& 0 \\ \\ \left( x^2+α x +γ+ β \right) \left( x^2- α x + γ- β \right) &=& 0 \end{array}$

4次の一般解は更にもう一段の分岐があって

$\begin{array}{ccr} x&=& \displaystyle -\frac{α\pm \sqrt{α^2-4(γ+β)} }{2} \\ \\ x&=& \displaystyle \frac{α\pm \sqrt{α^2-4(γ-β)} }{2} \end{array}$

この部分は

$\begin{array}{ccl} γ &=& 3次方程式の一般解 \\ \\ α &=& \displaystyle\pm\sqrt{2γ-p} \\ \\ β &=& \displaystyle - \frac{q}{ + 2\sqrt{2γ-p} },- \frac{q}{ - 2\sqrt{2γ-p} } \end{array}$

この観察から分かるように

『 $α$ が $+$ でも $-$ でも成立する』ことから

$\begin{array}{lcr} 係数表示形 &\to& \displaystyle +\sqrt{2γ-p}で成立 \\ \\ 係数表示形 &\to& \displaystyle -\sqrt{2γ-p}で成立 \end{array}$

『係数の側から見る』場合

「式の解体時点で分からない」という状態になります。

（つまり中間式が分からなくなる段階が2段ある）

解の入れ替えと直感的予測

『係数視点から見た解の入れ替え』による

「特定できない」という意味での『情報の喪失』

$\begin{array}{lcl} 2次方程式 && 解が2つで関係式あり \\ \\ 3次方程式 && 解を1つ固定できて関係式あり \\ \\ 4次方程式 && 解を1つ固定して2つの解のペアも固定 \\ \\ 5次方程式 && 解を1つ固定できるがそこで止まる \end{array}$

これが「5次方程式では致命的になる」だろう

（4次は2次×2次による固定でなんとかうまくいった）

$\begin{array}{lcl} 係数表示形 &\to& 中間式の調整項が特定できない \\ \\ &\to& 5次ではこれが深刻になるんじゃ？ \\ \\ &\to& 係数と解が接続できない可能性 \end{array}$

この予想から始まったのが

「アーベル=ルフィニの定理」で

（発想はルフィニで不完全ながら証明の整理はアーベルが）

$\begin{array}{ccl} 解の入れ替え &\to& 係数と解の関係式はある \\ \\ &\to& 中間式はそれをうまく変形した形 \\ \\ &\to& その中間式の形はx^n=cが最終目標 \end{array}$

定理の証明はここから始まっています。

（前提が多過ぎるので証明だけ見て分からないのは当然）

解の並び順を意識する

今度は「係数表示形から」ではなく

『解の並び順を区別できる』解の視点で見ると

$\begin{array}{ccc} x &=& α+β,αω+βω^2,αω^2+βω \end{array}$

そのまま「解の並びの順番」が使えるので

（とりあえず ↑ のような並び順であるとする）

まず $α$ を定めることができます。

（並び順が曖昧だと $α^3$ の解を特定できない）

$\begin{array}{ccc} α&=& \displaystyle \sqrt[3]{ \frac{q}{2} + \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } } \\ \\ β&=& \displaystyle \sqrt[3]{ \frac{q}{2} - \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } } \end{array}$

$α^3+β^3=q$ であることや

（ $β^3=q-α^3$ なので $β$ の $\sqrt{}$ の符号は $α$ に依存）

$\begin{array}{lcl} β && {}&=&\displaystyle \frac{p}{3α} \\ \\ βω &=&\displaystyle \frac{pω}{3α} &=& \displaystyle \frac{p}{3αω^2} \\ \\ βω^2 &=&\displaystyle \frac{pω^2}{3α} &=& \displaystyle \frac{p}{3αω} \end{array}$

$3αβ=p$ であることから

$β$ が $α$ により束縛されるので

（ $ω$ の複素共役が $ω^2$ なのは3次特有のもの）

$\begin{array}{lcl} α && β \\ \\ \displaystyle \sqrt[3]{ \frac{q}{2} + \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } } &\longrightarrow& \displaystyle \sqrt[3]{ \frac{q}{2} - \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } } \\ \\ \displaystyle ω\sqrt[3]{ \frac{q}{2} + \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } } &\longrightarrow& \displaystyle ω^2\sqrt[3]{ \frac{q}{2} - \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } } \\ \\ \displaystyle ω^2\sqrt[3]{ \frac{q}{2} + \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } } &\longrightarrow& \displaystyle ω\sqrt[3]{ \frac{q}{2} - \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } } \end{array}$

このようにならなければならないことから

（ $β$ が $α$ により固定され $ω$ で縛られている）

$\begin{array}{lcl} x_1&=& α+β \\ \\ x_2&=&αω+βω^2 \\ \\ x_3&=& αω^2+βω \end{array}$

解の並び順が固定されている場合

$\begin{array}{lcl} 解の順番不明 &\to& α,βの特定が不可能 \\ \\ 解の順番固定 &\to& α,βが特定可能 \end{array}$

中間式の $α,β$ は特定することができます。

（この解の入れ替えによる中間式への影響が話の本質）

特定が可能であるという仮定と疑問

この記事の最初の方で確認した通り

「解が係数から得られる」ということは

$\begin{array}{lcl} 変形 &\to& 解が係数で表現される \\ \\ &\to& 演算制限下ではx^n=cでのみ分離が起きる \\ \\ \\ 特定 &\to& 3次と4次は\displaystyle x=ζ^k\sqrt[n]{c} のζ^kが特定可能 \\ \\ &\to& \displaystyle x=ζ^k\sqrt[n]{c} のζ^kは特定されなければならない \\ \\ &\to& 特に3次では「αβ=定数」の形で特定される \end{array}$

この操作が必ず発生することを意味します。

（つまり一般解があるなら変形でこの形が出るはず）

$\begin{array}{lcl} αβγ=定数 &\to& αのζ^k が固定できるとする \\ \\ &\to& 積βγのζ^kは特定できるかもしれない \\ \\ &\to& しかしβ,γの個別のkは特定不可 \end{array}$

しかし4次以降の形では

「係数削減」を行ったとしてもこうなるので

$\begin{array}{lcll} αβ=c &\to& αζ^1ならβ=定数ζ^{n-1} & 個別特定可能 \\ \\ αβγ=c &\to& αζ^1でもβγ=定数ζ^{n-1} & 個別特定不可 \\ \\ αβγδ=c &\to& αζ^1でもβγδ=定数ζ^{n-1} & 個別特定不可 \end{array}$

この形からでは $ζ^k$ の特定ができません。

（特定するためには $αβ=定数$ の形である必要がある）

補足しておくと

$\begin{array}{ccccl} β&=&\displaystyle \frac{c}{α} &=& \displaystyle \frac{c}{α} ω^0 \\ \\ β&=&\displaystyle \frac{c}{αω} &=& \displaystyle \frac{c}{α}ω^2 \\ \\ β&=&\displaystyle \frac{c}{αω^2} &=& \displaystyle \frac{c}{α} ω^1 \end{array}$

この形は特定できますが

（背反の関係になっているから特定できる）

$\begin{array}{lcl} βγ = \displaystyle \frac{c}{αζ} = \frac{c}{α}ζ^{3} & \left\{ \begin{array}{lclcl} γ &=&\displaystyle\frac{c}{αβ}ζ^3 =\frac{c}{αβ}ζ^3 &ζ^4=1 \\ \\ γ &=& \displaystyle\frac{c}{αβζ^1}ζ^3 =\frac{c}{αβ}ζ^6 & ζ^4=1 \\ \\ γ&=&\displaystyle \frac{c}{αβζ^2}ζ^3 =\frac{c}{αβ}ζ^5 &ζ^4=1 \\ \\ γ&=&\displaystyle\frac{c}{αβζ^3}ζ^3 =\frac{c}{αβ}ζ^4 &ζ^4=1 \end{array} \right. \end{array}$

これは何の情報も持っていません。

（何であっても良い状態になっている）

特定するために必要な条件

以上を整理すると

「中間式の特定に必要な条件」として

$\begin{array}{lcl} 4次以降 &\to& αβ=定数の形で中間式が特定可能に \\ \\ &\to& 直感的には作れそうにないと言える \\ \\ &\to& 4次では2次×2次の分離で可能に \end{array}$

『この形を作れる』が導かれるわけですが

（実際に3次も4次もここまで解体されている）

$\begin{array}{ccl} αβ=定数 &\to& 係数削減により3次では可能だった \\ \\ &\to& 4次はそのままでは無理だった \\ \\ &\to& 5次も同様にそのままでは無理 \end{array}$

まだこの時点では

「4次以降でこれを作れない」保証はありません。

（作れる可能性がこの時点ではまだある）

係数の側から解は特定できない

しかしこれは

$\begin{array}{ccc} A:&\{(p,q,r)\}&\to&\{α,β,γ,δ\} \end{array}$

「分岐操作 $A$ 」を意識しながら

『 $αβ=定数$ の形が仮に作れる』とすると

（この定数は係数と演算のみで定義される）

$\begin{array}{lclcl} αβ &=& 1\cdot ω &=& ω \\ \\ αγ &=& 1\cdot ω^2 &=&ω^2 \\ \\ βγ&=& ω\cdot ω^2 &=&1 \end{array}$

「解と係数の関係式」を考えた時

（解の積が一致することは特別な場合だけ）

$\begin{array}{lcl} αβ=f(係数) &\to& 係数から特定のα,βの積が導ける \\ \\ &\to& 2次ではそもそも解は２つのみ \\ \\ &\to& 3次でも解が１つ束縛される \\ \\ \\ αβ=f(p,q,r) &\to& 4次では2次分離前は３つの解が自由 \\ \\ &\to& 解の積はαβとβγとγαの３つ \\ \\ &\to& 仮定では係数側から特定する \end{array}$

『係数の側からは解が特定できない』ので

直感的には成立しないことが分かります。

というのも

「解の積は一致するとは限らない」上に

$\begin{array}{ccc} x^4+px^2+qx+r=0 && 視点 \\ \\ ↓ \\ \\ \begin{array}{ccc} (x-α)(x-β)(x-γ)(x-δ)=0 \\ (x-α)(x-γ)(x-β)(x-δ)=0 \\ (x-γ)(x-β)(x-α)(x-δ)=0 \end{array} && 特定不可 \end{array}$

「係数の側から見た解」は区別ができません。

（解の並び順は係数からの視点では特定できない）

$\begin{array}{ccc} 変数記号の積 && 定数の関数 \\ \\ αβ&=&f(p,q,r) \end{array}$

その上でこのようにできると「仮定」する場合

『係数側から見て $αβ$ が特定される』ことになるんですが

（ $α,β,γ,δ$ は解の集合をドメインに持つ変数）

$\begin{array}{ccc} x^4+px^2+qx+r=0 \\ \\ \overbrace{ \begin{array}{ccc} (x-α)(x-β)(x-γ)(x-δ)=0 \\ (x-α)(x-γ)(x-β)(x-δ)=0 \\ (x-γ)(x-β)(x-α)(x-δ)=0 \end{array} } \end{array}$

『方程式は解の入れ替えで不変』です。

（どの解記号 $α,β,γ,δ$ を２つとっても方程式に変化は無い）

$\begin{array}{ccc} f(p,q,r)&=& 解記号の積 \end{array}$

「どの解を参照しているのか」という

「記号の定義」自体が『係数側から』では分かりません。

特定できない感覚の整理

整理しておくと

つまり ↑ の話の意味するところは

$\begin{array}{lcl} 係数視点 &\to & 解は分岐していて区別は付かない \\ \\ &\to& 係数と四則演算では１つしか値が出ない \\ \\ &\to& 解を得るには分岐操作が挟まる \\ \\ &\to& 演算制限下では必ず x^n=c が挟まる \\ \\ \\ 解へ接続 &\to& 分岐操作の時点でどれか分からなくなる \\ \\ &\to& ただし2分岐であればαβは特定できる \\ \\ &\to& しかしこの場合２つの解にしか接続できない \\ \\ &\to& その分岐では全ての解に接続されない \end{array}$

こういう感じになります。

（4次はこの2分岐が全体の解体と3次で2回起こる）

$\begin{array}{lcl} 係数表示形 &\to& 四則演算なら追跡して特定できる \\ \\ &\to& 四則演算だけでは解へ繋がらない \\ \\ &\to& 分岐操作が必要になる上に使用される \\ \\ &\to& 中間式には分岐する変数がある \\ \\ &\to& 分岐操作以降は出力結果を区別できない \\ \\ \\ 因数分解形 &\to& 解の並び順を意識してみる \\ \\ &\to& 3次4次では中間式が特定できる \\ \\ &\to& 分岐した変数同士の関係式が関わる \\ \\ &\to& 関係式があれば分岐を絞り込める \\ \\ &\to& 分岐操作以降はこの視点でなら追える \end{array}$

もっと操作的に整理するならこんな感じです。

（分岐操作が係数と解の境界になる）

一般解から見た方程式

ここまでは『結論を知らない』視点で

「方程式と解から」見てきましたが

$\begin{array}{lclcl} ここまで && 方程式と解 &\to& 一般解 \\ \\ これから && 方程式と解 &←& 一般解 \end{array}$

ここからは『結論となる一般解から』話を進めて

$\begin{array}{lcl} 一般解から &\to& 必ず方程式を構成できるか？ \\ \\ &\to& 構成できるならその手掛かりがあるはず \\ \\ &\to& そのためにまず一般解を使ってみる \end{array}$

どうにか方程式と一般解の接続を考えてみます。

（方程式側のアプローチはおおよそ検討されたので）

一般解から方程式へ

まず非常に単純な形を考えると

$\begin{array}{ccl} α &=& \displaystyle \frac{ -b+\sqrt{b^2-4ac} }{2a} \\ \\ β &=& \displaystyle \frac{ -b-\sqrt{b^2-4ac} }{2a} \end{array}$

これは当然このようになりますから

$\begin{array}{ccc} x^2の係数 && α+β &=& \displaystyle -\frac{b}{a} \end{array}$

『解と係数の関係が分かってる』以上

計算結果は必ずこうなります。

$\begin{array}{ccc} \left\{ \begin{array}{ccr} α+β &=& \displaystyle -\frac{b}{a} \\ \\ αβ &=& \displaystyle \frac{c}{a} \end{array} \right. \end{array}$

なので「一般解側から方程式を構成できる」

これはどう考えても明らかです。

そしてこれは3次も4次も同様なので

$\begin{array}{ccc} 3次 &\to& 解と係数の関係式から逆算可能 \\ \\ 4次 &\to& 解と係数の関係式から逆算可能 \end{array}$

「一般解から方程式へ」の考察からでは

特に得られるものはありません。

一般解と中間式の関係

となると問題なのは

『一般解から』『中間式を得る』部分ですが

$\begin{array}{lcl} 一般解から中間式 &\to& 中間式はよく分からない \\ \\ &\to& 意味のありそうな値を作ってみる \\ \\ &\to& まずは四則演算を試してみる \end{array}$

「中間式の中身は非常に分かり辛い」です。

（2次も3次も4次も特徴を掴み辛い）

$\begin{array}{lcl} 試行 & \left\{ \begin{array}{lcl} α+β && x^1の係数 \\ \\ α-β && ？ \\ \\ αβ && x^0の係数 \\ \\ α/β && ？ \end{array} \right. \end{array}$

しかし「一般解から何かを作ることはできる」ので

『試しにいろいろと作ってみる』ことはできて

$\begin{array}{ccl} 作ってみた式 &\to& 意味はあるのか？ \\ \\ &\to& 使えそうな式はあるか？ \\ \\ &\to& α-βは使い道がありそう \end{array}$

その結果

$\begin{array}{ccc} b &=& α+β \\ \\ L &=& α - β \end{array}$

『特定の解を取り出せる値 $L$ 』として

（ $L$ を使うと連立方程式を解くことで取り出せる）

$\begin{array}{ccc} \begin{array}{ccc} L &=& α & -& β \\ \\ &=& \displaystyle \frac{ -b+\sqrt{b^2-4ac} }{2a} & - & \displaystyle\left( \frac{ -b-\sqrt{b^2-4ac} }{2a} \right) \end{array} \end{array}$

このような形を得ることができます。

（これと $x^1$ の係数を使うと解を特定できる）

意味がありそうな値の観察

2次の一般解で作れる $α-β$ は

$\begin{array}{lcl} α-β &=&\displaystyle \frac{ -b+\sqrt{b^2-4ac} }{2a} - \left( \frac{ -b-\sqrt{b^2-4ac} }{2a} \right) \\ \\ &=& \displaystyle \frac{ 2\sqrt{b^2-4ac} }{2a} \\ \\ &=& \displaystyle \frac{ \sqrt{b^2-4ac} }{a} \\ \\ &=& \displaystyle \sqrt{ \frac{b^2}{a^2}-\frac{4ac}{a^2} } \end{array}$

まず見た目としては

$\begin{array}{ccc} 判別式 && α-β \\ \\ b^2-4ac && \displaystyle \sqrt{ \left( -\frac{ b }{a} \right)^2 -4 \frac{c}{a} }=\sqrt{ (-b^{\prime})^2 -4 c^{\prime} } \end{array}$

『判別式』に酷似した形をしています。

（判別式は2次方程式の観察ですぐに発見できる）

$\begin{array}{lcl} x^2+bx+c&=&0 \\ \\ (x-α)(x-β) &=&0 \end{array}$

特に「最大次数の係数を削減した後」では

$\begin{array}{ccc} 係数a削減後判別式 && α-β \\ \\ b^2-4c && \sqrt{ (-b^{\prime})^2 -4 c^{\prime} } \end{array}$

『2乗すれば完全に一致する』ため

（右を $a=1$ で考えると明らかに一致する）

$\begin{array}{ccc} α-β &=&\displaystyle \sqrt{ \left( -\frac{ b }{a} \right)^2 -4 \frac{c}{a} } \end{array}$

これは「明らかに判別式に関わる値」です。

（少なくとも2次方程式では明らかに判別式）

3次方程式の一般解ではどうなるか

とはいえ3次以上で考える場合

$\begin{array}{ccc} 3次の解の差 & \left\{ \begin{array}{lcl} α-β \\ \\ β-γ \\ \\ γ-α \end{array} \right. \end{array}$

「単なる差」には特に意味がありません。

（ $α+β+γ$ から特定の解が得られるわけではない）

$\begin{array}{lcl} α-β-γ &\to& 2αを取り出せる \\ \\ β-γ-α &\to& 2βを取り出せる \\ \\ γ-α-β &\to& 2γを取り出せる \end{array}$

こういったものを考えることもできますが

$\begin{array}{ccc} x &=& \left\{ \begin{array}{lcl} a&+&b \\ \\ aω&+&bω^2 \\ \\ aω^2&+&bω \end{array} \right. \end{array}$

計算してみると

（ $1+ω+ω^2=0$ は分かっている）

$\begin{array}{ccc} α-β-γ &=& a(1-ω-ω^2) +b(1-ω^2-ω) \\ \\ &=& 2a+2b \end{array}$

これは「 $β+γ$ は $-α$ である」ため

「特定の解の2倍」にしかなりません。

補足しておくと

そもそも「係数削減形」を考えるなら

$\begin{array}{lcl} α+β+γ&=&0 \\ \\ α &=& -β-γ \end{array}$

この結論は明らかだと言えます。

（つまり $α-β-γ$ の解取り出しにはあまり意味が無い）

意味のありそうな3次の操作

この上で『2次のような操作』を実現するには

$\begin{array}{lcl} 2次では &\to& α-βが判別式になった \\ \\ &\to& 引き算でうまくいったと推定 \\ \\ \\ 3次では &\to& 引き算では意味のある操作にならない \\ \\ &\to& 本質は引き算ではない可能性がある \end{array}$

上記の確認を経た上で

$\begin{array}{lcl} 引き算でなぜ？ &\to& x^2=c の解は \pm で分岐する \\ \\ &\to& 解の差は分岐する部分を取り出す \\ \\ &\to& 実際にやったことは分岐部分の抽出 \\ \\ &\to& 3次の分岐は\pm ではない \\ \\ &\to& 引き算ではなくこれが重要？ \end{array}$

「試行の動機」を得る必要があって

$\begin{array}{ccc} x &=& \left\{ \begin{array}{lcl} a&+&b \\ \\ aω&+&bω^2 \\ \\ aω^2&+&bω \end{array} \right. \end{array}$

『中間式で $y^n=1$ の形が必ず現れる』ことから

「 $ω^3=1$ に揃えてみる」という発想が生まれます。

（図形的には回転で $1$ に合わせてるとも言える）

$\begin{array}{lcl} L &=& (a+b)+(aω+bω^2)ω+(aω^2+bω)ω^2 \\ \\ &=&a(1+ω+ω^2)+b(1+ω^2\cdot ω+ ω\cdot ω^2) \\ \\ &=& a\cdot 0 + b \cdot 3 \\ \\ \\ L^{\prime} &=& (a+b)+(aω^2+bω)ω+(aω+bω^2)ω^2 \\ \\ &=&a(1+ω^2\cdot ω+ ω\cdot ω^2)+b(1+ω+ω^2) \\ \\ &=& a\cdot 3 + b \cdot 0 \end{array}$

その結果がこの『分岐部分の抽出』であり

このようにできるからこそ

$\begin{array}{lcl} 2L &=& α+β(-1) \\ \\ 3L&=& α+βω+γω^2 \end{array}$

これが『3次における2次の $α-β$ 』だと推定できます。

（この段階ではまだうまく使えそうくらい）

中間式の変数取り出しと解の入れ替え

ここで改めて『情報の喪失』に関わる

「解の入れ替え」という操作を考えてみると

$\begin{array}{ccc} 3L&=&α+βω+γω^2 && bを取り出す \end{array}$

この入れ替えの内２つは

（解の入れ替えは中間式にのみ作用する操作）

$\begin{array}{lcl} 3Lω &=& γ+αω+βω^2 \\ \\ 3Lω^2 &=& β+γω+αω^2 \end{array}$

このような形で表現できます。

（これは $b$ が分かれば $bω,bω^2$ が分かることを意味する）

$\begin{array}{ccc} b&=& \sqrt[3]{c},\sqrt[3]{c}ω,\sqrt[3]{c}ω^2 \end{array}$

そしてこの『抽出される中間式の変数』は

$L$ の定義通り『分岐する部分』です。

改めて観察してみても

$\begin{array}{ccc} a^3&=& \displaystyle \frac{q}{2} + \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } \\ \\ b^3&=& \displaystyle \frac{q}{2} - \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } \end{array}$

これは「カルダノ法」の結果と一致していて

$\begin{array}{ccc} L & \left\{ \begin{array}{lcl} 3L&=&α+βω+γω^2 \\ \\ 3Lω &=& γ+αω+βω^2 \\ \\ 3Lω^2 &=& β+γω+αω^2 \end{array} \right. \end{array}$

『特定の分岐部分』をカバーできている

$\begin{array}{lcl} Lはbを出力 &\to& Lω,Lω^2は bω,bω^2を出力する \\ \\ &\to& Lが分かればbの分岐はカバーできる \\ \\ &\to& 同様にL^3,(Lω)^3,(Lω^2)^3がb^3を意味する \\ \\ &\to& ω^3=1なのでL^3=(Lω)^3=(Lω^2)^3 \end{array}$

これが事実として確認できます。

（同時に他のパターンはまだ無理）

１つの $L$ は3通りに対応している

整理すると

$\begin{array}{c} 3!=6 & \left\{ \begin{array}{ccccl} α & β & γ && L \\ \\ γ & α & β && Lω \\ \\ β & γ & α && Lω^2 \\ \\ α & γ & β && ？ \\ \\ β & α & γ && ？ω \\ \\ γ & β & α && ？ω^2 \end{array} \right. \end{array}$

「解の入れ替え」のパターンの内

$\begin{array}{ccc} L & \left\{ \begin{array}{lcl} 3L&=&α+βω+γω^2 && L=b \\ \\ 3Lω &=& γ+αω+βω^2 && L=b \\ \\ 3Lω^2 &=& β+γω+αω^2 && L=b \end{array} \right. \end{array}$

『１つの $L$ でカバーできる範囲』はこうです。

（加えて $L^3$ で分岐前の中間式も復元できる）

$\begin{array}{ccc} L^{\prime} & \left\{ \begin{array}{lcl} 3L^{\prime}&=&α+γω+βω^2 && L^{\prime}=a \\ \\ 3L^{\prime}ω &=& β+αω+γω^2 && L^{\prime}=a \\ \\ 3L^{\prime}ω^2 &=& γ+βω+αω^2 && L^{\prime}=a \end{array} \right. \end{array}$

つまりもう１つ $L^{\prime}$ を用意すれば

『全ての解の入れ替え』に対応できると言えるので

$\begin{array}{lcl} Lは分岐部分 &\to& a,bを必ず取り出せるよう作った \\ \\ &\to& Lω=bω,Lω^2=bω^2 に対応する \\ \\ \\ 解入れ替え &\to& 解を入れ替えても問題は起きないはず \\ \\ &\to& 解を入れ替えても中間式を特定可能 \\ \\ &\to& Lだけでは3通りしかカバーできない \\ \\ &\to& もう１つのL^{\prime}が必要だと分かる \\ \\ \\ 全てに対応 &\to& これでたまたま6通りをカバーできる \\ \\ &\to& どの並び順でもa,bを出力できる \\ \\ &\to& L,L^{\prime} を使えば中間式の変数を特定可能 \\ \\ &\to& L^3を用いれば3から1へ分岐前に戻せる \\ \\ &\to& 2つの分岐部分L,L^{\prime} があると分かる \end{array}$

整理するとこのような関係が導けます。

（これで $a^3,b^3$ の存在理由が説明でき得る）

3次の更なる2分岐の観察

そしてここまで分かると

$\begin{array}{lcl} L,L^{\prime} で特定可能 &\to& 6通りの解の並びを説明できる \\ \\ &\to& L,L^{\prime} を3乗すると分岐前に戻せる \\ \\ &\to& 分岐前はL^3と(L^{\prime})^3の2分岐になる \\ \\ \\ 分岐が起きた &\to& 2分岐なのでy^2=Dが使われてる \\ \\ &\to& 分岐は (z-L^3)(z-(L^{\prime})^3)=0 \\ \\ &\to& 平方完成でy^2=Dの形にできる \\ \\ \\ 解の入れ替え &\to& 入れ替えは2!=2通り \\ \\ &\to& 解の差y_1-y_2で分岐部分を取り出せる \\ \\ &\to& (y_1-y_2)^2で分岐前の形になる \\ \\ &\to& 分岐の連鎖が全て分かった \\ \\ &\to& L^3から(y_1-y_2)^2で分岐前に戻る \\ \\ &\to& 中間式全体が係数へ接続できる \end{array}$

このような事実を導くことができるので

$\begin{array}{lcl} 事後的整理 &\to& ωを使うと分岐部分を取り出せる \\ \\ &\to& 分岐部分は当然3乗すれば分岐前に戻せる \\ \\ &\to& 分岐前でも2つ中間変数が必要 \\ \\ \\ &\to& 確実に2分岐が起きている \\ \\ &\to& 2分岐から分岐部分を同様に取り出せる \\ \\ &\to& 分岐部分は2乗すれば分岐前に戻る \\ \\ &\to& 2分岐に必要な中間変数は(y_1-y_2)^2のみ \\ \\ \\ &\to& 最終的に1つの値として分岐前に戻る \\ \\ &\to& 係数と四則演算と累乗が出力できる値は1つ \\ \\ &\to& 分岐前も1つの値なので表現可能 \end{array}$

整理するとこのような事実が浮き彫りになります。

（これで一般解→中間式→係数表示形が接続できた）

4次でも同様に扱えるか

これについて『一般解から』見ていくと

$\begin{array}{ccr} x&=& \displaystyle -\frac{a\pm \sqrt{a^2-4(c+b)} }{2} \\ \\ x&=& \displaystyle \frac{a\pm \sqrt{a^2-4(c-b)} }{2} \end{array}$

『係数削減後の4次方程式』で

「分岐部分の取り出し」を考える場合

$\begin{array}{lcl} 2次解体 &\to& フェラーリ法で式が整理された \\ \\ &\to& しかし具体的にどういう操作かは曖昧 \\ \\ \\ 分岐部分 &\to& 3次の分岐取り出しと分岐前を考える \\ \\ &\to& 4次方程式の解の並びは4!=24通り \\ \\ &\to& 1つのLは4通りの並びに対応している \\ \\ &\to& 24通りをカバーするにはLが6個必要 \\ \\ &\to& 6個なので6個の分岐が起きている \\ \\ &\to& z^6=c の分岐が起きていることになる \\ \\ \\ 4次一般解 &\to& フェラーリ法では6次の話は出ない \\ \\ &\to& 2次解体がこれを削減したと考えられる \\ \\ &\to& 2次解体は分岐の範囲を狭めた？ \end{array}$

「2次への解体」はこのようになると考えられて

$\begin{array}{ccc} α+β &=&-(γ+δ) \end{array}$

実際、係数削減形ではこうなることから

（ $x^3$ の係数 $α+β+γ+δ$ が $0$ になるため）

$\begin{array}{ccc} αとのペアが3通り & その余り \\ \\ (α,β)&(γ,δ) \\ \\ (α,γ)&(β,δ) \\ \\ (α,δ)&(β,γ) \end{array}$

この『解のペアのパターン』は

$\begin{array}{ccc} (α,β)&\longleftrightarrow & (γ,δ) \\ \\ (α,γ)&\longleftrightarrow &(β,δ) \\ \\ (α,δ)&\longleftrightarrow &(β,γ) \end{array}$

「解の並び順 $4!$ 通り」を『3通り』にしています。

（6通りの内3通りだけが自由に決められる）

フェラーリ法から見る3パターン

確認しておくと

$\begin{array}{lcrcr} α+β &=& \displaystyle -\frac{a+ \sqrt{a^2-4(c+b)} }{2} &+& \displaystyle \left( -\frac{a - \sqrt{a^2-4(c+b)} }{2} \right) \\ \\ &=& \displaystyle -a \\ \\ \\ γ+δ &=& \displaystyle \frac{a + \sqrt{a^2-4(c-b)} }{2} & + & \displaystyle \left( \frac{a - \sqrt{a^2-4(c-b)} }{2} \right) \\ \\ &=& \displaystyle a \end{array}$

『片方のペアが決まればもう片方も決まる』ので

（ $α,β$ が選ばれたら $γ,δ$ も決まる）

$\begin{array}{lcrcr} α+γ &=& \displaystyle -\frac{a+ \sqrt{a^2-4(c+b)} }{2} &+& \displaystyle \left( \frac{a + \sqrt{a^2-4(c-b)} }{2} \right) \\ \\ &=& \displaystyle -\frac{1}{2}\sqrt{a^2-4(c+b)} &+& \displaystyle \frac{1}{2}\sqrt{a^2-4(c-b)} \\ \\ \\ β+δ &=& \displaystyle -\frac{a - \sqrt{a^2-4(c+b)} }{2} & + & \displaystyle \left( \frac{a - \sqrt{a^2-4(c-b)} }{2} \right) \\ \\ &=& \displaystyle \frac{1}{2}\sqrt{a^2-4(c+b)} &-& \displaystyle \frac{1}{2}\sqrt{a^2-4(c-b)} \end{array}$

分岐のパターンは

$\begin{array}{lcrcr} α+δ &=& \displaystyle -\frac{a+ \sqrt{a^2-4(c+b)} }{2} &+& \displaystyle \left( \frac{a - \sqrt{a^2-4(c-b)} }{2} \right) \\ \\ &=& \displaystyle -\frac{1}{2}\sqrt{a^2-4(c+b)} &-& \displaystyle \frac{1}{2}\sqrt{a^2-4(c-b)} \\ \\ \\ γ+β &=& \displaystyle \frac{a + \sqrt{a^2-4(c-b)} }{2} & + & \displaystyle \left( -\frac{a - \sqrt{a^2-4(c+b)} }{2} \right) \\ \\ &=& \displaystyle \frac{1}{2}\sqrt{a^2-4(c+b)} &+& \displaystyle \frac{1}{2}\sqrt{a^2-4(c-b)} \end{array}$

この3パターンに絞られます。

（どのように並び替えても片方2つ決まれば全部決まる）

$\begin{array}{ccc} \Bigl( α+β \Bigr)^2 &=& \Bigl( -(γ+δ) \Bigr)^2 \end{array}$

そしてこれらは「分岐部分の取り出し」同様

（ $x^n=c$ ではなく $(x^2)^2$ 由来の点で異なる）

$\begin{array}{ccc} (α+β)^2&=&(γ+δ)^2 \end{array}$

このような形で『分岐前』に戻すことができます。

（どのように並び替えてもこうなることが重要）

4次以降で見られる形

この ↑ の構造を3次以下を含めて考えると

$\begin{array}{lc} && 分離無し & 2分離 \\ \\ 2次 && 2 & 1+1 \\ \\ 3次 && 3 & 2+1,1+2 \\ \\ 4次 && 4 & 3+1,2+2,1+3 \\ \\ 5次 && 5 & 4+1,3+2,2+3,1+4 \end{array}$

このようになることから

『4次以降』でしか構造的に現れないことが分かります。

$\begin{array}{lcl} (α+β)^2=(γ+δ)^2 &\to& 2解を決めれば他も決まる \\ \\ &\to& これが3パターンしかない \\ \\ &\to& 3分岐として処理できる \\ \\ &\to& y^3=c の話にすることができる \end{array}$

また『4次では』たまたまこのようになりましたが

（ $α+β=-(γ+δ)$ が拘束として強過ぎた結果論）

$\begin{array}{l} 2+3 & \left\{ \begin{array}{lcl} α,β &\to& γ,δ,ε \\ \\ α,γ &\to& β,δ,ε \\ \\ α,δ &\to& β,γ,ε \\ \\ α,ε &\to& β,γ,δ \\ \\ β,γ &\to& α,δ,ε \\ \\ β,δ &\to& α,γ,ε \\ \\ β,ε &\to& α,γ,δ \\ \\ γ,δ &\to& α,β,ε \\ \\ γ,ε &\to& α,β,δ \\ \\ δ,ε &\to& α,β,γ \end{array} \right. \end{array}$

5次では「2つ決まれば他が決まる」点や

『2乗で一致させることができる』点は4次と同じでも

（操作として一定の方法を整備することはできる）

$\begin{array}{ccc} 2+2 & \left\{ \begin{array}{lcl} α,β && γ,δ \\ \\ α,γ && β,δ \\ \\ α,δ && β,γ \\ \\ β,γ && α,δ && \{(α,δ),(β,γ)\} \\ \\ β,δ && α,γ && \{(β,δ),(α,γ)\} \\ \\ γ,δ && α,β && \{(α,β),(γ,δ)\} \end{array} \right. \end{array}$

『鏡合わせの重複を取り除ける』4次と違い

（係数削減形より一致するので区別する必要が無い）

$\begin{array}{lclcl} 4次 && {}_4 \mathrm{C}_2 = 6 &\to& 鏡合わせの重複で3へ \\ \\ 5次 && {}_5 \mathrm{C}_2 = 10 &\to& 鏡合わせは無い \end{array}$

『5次は奇数故に鏡合わせにならない』ので

（同様の方法では4次のような強い拘束は得られない）

$\begin{array}{ccl} 2+3 &\to& (α+β)^2=(γ+δ+ε)^2 は同様 \\ \\ &\to& 入れ替えパターン数が多い \\ \\ &\to& 4次のように5より低くならない \end{array}$

『5つより少ない分岐前の値』には確実にできません。

（分岐前は得られるが5個より少なくなることはない）

Lagrange の分解式

以上から分かった2つの操作の内

『一般化された分岐前の取り出し』を

$\begin{array}{rcc} nL &=& χ_1+χ_2ζ^1+χ_3ζ^2+\cdots + χ_nζ^{n-1} && ζ^n=1 \\ \\ L&=&\displaystyle \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} χ_iζ^{i-1} && ζ^n=1 \end{array}$

『ラグランジュの分解式』と言い

$\begin{array}{lclcl} 数値拡張 && 2次,3次,4次 &\to& n次 \\ \\ 役割拡張 && 分岐部分取り出し &\to& 無制限 \end{array}$

この定義された一般形があることにより

「5次以上」の話に対応が可能となります。

必ず分岐部分を取り出せる？

ただしこれを使うための条件は

この時点では分からない話で

$\begin{array}{lcl} 演算制限下 &\to& 分岐はy^n=cでしか起きない \\ \\ &\to& これが起きてる部分で分解式は使える \\ \\ &\to& 分解式はこの操作の分岐部分を取り出せる \\ \\ \\ 4次一般解 &\to& まず全体分離の操作から入る \\ \\ &\to& 全体分離はx^n=cの分岐部分を取り出さない \\ \\ &\to& 解の関係から低次の方程式に分ける操作 \\ \\ &\to& 最初の分岐絞り込みは3次と4次で異なる \end{array}$

直感的には分かっているが

（方程式へ分離されるのでどこかで必ず現れる）

$\begin{array}{lcl} 中間式の構成 & \left\{ \begin{array}{lcl} 分解式による分岐部分取り出し \\ \\ 全体分離による低次方程式化 \end{array} \right. \end{array}$

証明まではし辛い部分になります。

（これを正しいとして話を進めることはできない）

$\begin{array}{lcl} 中間式 & \left\{ \begin{array}{lcl} y^n=cで分岐 \\ \\ y^n=cの分岐の組み合わせ \end{array} \right. \end{array}$

なのでこれの立ち位置としては

$\begin{array}{lcl} 最初の操作 & \left\{ \begin{array}{lcl} 分解式による分岐部分取り出し \\ \\ 全体分離による低次方程式化 \\ \\ 鏡像分離による低次方程式化 \end{array} \right. \end{array}$

『分岐削減の手段の１つ』と考えるのが自然です。

（解の並び順パターンを絞り込む選択肢の１つとみなす）

全体分離と鏡像分離

これは4次以降で見られる

「解の入れ替えパターン」について

$\begin{array}{lclcl} 4次 && 4!=24 &\to& \displaystyle \frac{1}{2}{}_4 \mathrm{C}_2=3 && 鏡像分離 \\ \\ 5次 && 5!=120 &\to& \displaystyle {}_5 \mathrm{C}_2=10 && 全体分離 \\ \\ 6次 && 6!=720 &\to& \displaystyle \frac{1}{2}{}_6 \mathrm{C}_2=15 && 全体分離 \\ \\ 6次 && 6!=720 &\to& \displaystyle \frac{1}{2}{}_6 \mathrm{C}_3=10 && 鏡像分離 \end{array}$

劇的にパターン数を絞り込める操作で

（係数削減形の拘束により分離が一気に絞り込まれる）

$\begin{array}{ccc} χ_1+χ_2+...+χ_n&=&0 \end{array}$

「係数削減形」を前提として一般化するなら

$\begin{array}{ccc} (χ_1+\cdots +χ_k)&=&-(χ_{k+1}+\cdots +χ_n) \end{array}$

この操作の本質はこの形であることから

（これが $L^3$ のような分岐前の数として機能する）

$\begin{array}{lclcr} 全体分離 && \displaystyle k≠\frac{n}{2} &\to& {}_n \mathrm{C}_k \\ \\ 鏡像分離 && \displaystyle k=\frac{n}{2} &\to& \displaystyle \frac{1}{2}{}_n \mathrm{C}_k \end{array}$

それぞれこのように定義することができます。

（どのような解の並びでも分離をここまで絞り込める）

分岐が劇的に削減される理由

これは操作的には

『低次の方程式への分離』です。

$\begin{array}{lcl} 4次 &\to& 2次方程式\times 2次方程式 \\ \\ 5次 &\to& 3次方程式\times 2次方程式 \end{array}$

つまり『低次の方程式に局所化する』操作なので

（解の分岐が分離後の方程式で行われる形になる）

$\begin{array}{lcl} 4!=24 &\to& \displaystyle {}_4\mathrm{C}_2 \left( 2\frac{1}{2} \right) (2! 2!) \\ \\ 5!=120 &\to& {}_5\mathrm{C}_2 (3! 2!) \end{array}$

「解の並びのパターン」は

『低次の方程式に吸収されている』状態になります。

（経路を辿るとパターン数そのものに変化は無い）

1と他の分岐は何もしていない

ただしこの $1+(n-1)$ 全体分離については

$\begin{array}{ccc} (x-α)(x-β)(x-γ)(x-δ)(x-ε) \\ \\ ↓ \\ \\ \begin{array}{l} (x-α)(x^4+px^3+qx^2+rx+s) \\ (x-β)(x^4+px^3+qx^2+rx+s) \\ (x-γ)(x^4+px^3+qx^2+rx+s) \\ (x-δ)(x^4+px^3+qx^2+rx+s) \\ (x-ε)(x^4+px^3+qx^2+rx+s) \end{array} \end{array}$

なにもしていないので

（ただ展開しているだけ）

$\begin{array}{lclcl} 4次の1+3 && {}_4\mathrm{C}_1(1!3!) &=&4\cdot 3! \\ \\ 5次の1+4 && {}_5\mathrm{C}_1(1!4!) &=& 5\cdot 4! \\ \\ & \vdots \\ \\ n次の1+他 && {}_n\mathrm{C}_1(1!(n-1)!) &=& n\cdot (n-1)! \end{array}$

分岐の削減は一切起こりません。

（だから全体分離は4次以降でしか意味を持たない）

5次方程式の一般解は存在しない

定理の前提として

$\begin{array}{ccc} x^5+a_1x^4 +a_2x^3+a_3x^2+a_4x+a_5 &=&0 \end{array}$

この「5次方程式の解」の一般形を

$\begin{array}{ccl} x&=& s(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5) && 確定 \\ \\ &=& 係数と+,\times,\sqrt[n]{}の有限使用で構成 && 制限 \end{array}$

まずこのように定義します。

（代数的構造における閉性の原型感覚）

$\begin{array}{ccc} (x-α)(x-β)(x-γ)(x-δ)(x-ε)&=&0 \end{array}$

同様に「解と係数の関係」はこのように定義でき

$\begin{array}{ccc} a_1 &=& - (α+β+γ+δ+ε) \end{array}$

$x^4$ の係数 $a_1$ はこのようになるとします。

（この時点では係数削減を行う前の段階とする）

解の並び順のパターン数

ここから「解の入れ替え」を考えて

改めてその話で出てくる数を整理してみると

$\begin{array}{lcrc} && 数え上げ && パターン数 \\ \\ \\ 2次方程式 && 2\cdot 1 &=& 2 \\ \\ 3次方程式 && 3\cdot 2\cdot 1 &=& 6 \\ \\ 4次方程式 && 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1 &=&24 \\ \\ 5次方程式 && 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1 &=& 120 \end{array}$

『解の並べ替え』のパターン数はこのようになります。

（5次からは特に爆発的に多くなっていく）

分岐の削減方法と分岐前

ここから ↑ で確認したことを

$\begin{array}{ccc} 5次の分岐削減 & \left\{ \begin{array}{lcl} 分解式で分岐部分の取り出し \\ \\ 1+4,4+1による全体分離 \\ \\ 2+3,3+2による全体分離 \end{array} \right. \end{array}$

「5次方程式」で確認してみると

$\begin{array}{lclcl} 3次 && 3!=6 &\to& \displaystyle 6\cdot\frac{1}{3} =2 \\ \\ 4次 && 4!=24 &\to& \displaystyle 24\cdot\frac{1}{4} =6 \end{array}$

3次4次だとこうであったように

（分解式での分岐削減は3次では成功したが4次では失敗）

$\begin{array}{lcl} 5!=120 &\to& 分解式から分岐部分を5通りカバーできる \\ \\ &\to& 5乗してまとめても分岐部分は4!=24個 \\ \\ &\to& 24分岐なので24次方程式の話になる \\ \\ \\ 仮定 &\to& 5分岐がy^5=cでなされているとする \\ \\ &\to& 上記はこの仮定が真の場合の話 \\ \\ &\to& 仮定が偽の場合は全体分離に限定される \end{array}$

『分岐部分の取り出し』はこのようになります。

（ $y^5=c$ の分岐仮定は真でも偽でも一般解無し）

となると「全体分離」で考えるしかないんですが

全体分離の時に説明したように

$\begin{array}{lclcl} 4次 && 4!=24 &\to& {}_4\mathrm{C}_1(1!3!) \\ \\ 5次 && 5!=120 &\to& {}_5\mathrm{C}_1(1!4!) \end{array}$

これは『何もしていない』のと変わらないので

（元の因数分解形を同じ因数分解形にしてるだけ）

$\begin{array}{ccc} 絞られた最初の操作 & \to& 3+2全体分離 \end{array}$

意味のある操作はこの「全体分離」に絞られます。

（4次と異なり奇数なので鏡像分離はできない）

結果、最終的に絞られた操作を用いても

$\begin{array}{lcl} {}_5 \mathrm{C}_2 (2!3!) &\to& 10 \\ \\ {}_5 \mathrm{C}_3 (3!2!) &\to& 10 \end{array}$

4次のような削減は起きないので

（4次までのように分岐が5より低くならない）

$\begin{array}{lclclcl} 4次 && 鏡像分離 &\to& {}_4\mathrm{C}_2 \cdot \frac{1}{2} &<& 4 \\ \\ 5次 && 全体分離 &\to& {}_5\mathrm{C}_2 &>& 5 \end{array}$

「5次方程式の一般解」は無いということになります。

（この結論が確定されるのは演算制限下でだけ）

全体分離と単調増加

ただし上記の話は

$\begin{array}{lcl} 5次 &\to& 5次より多い分岐数 \\ \\ &\to& 全体分離では6以上も無理そう \\ \\ &\to& 鏡像分離では削減できるかも？ \\ \\ &\to& 削減できれば一般解は作れるかもしれない \end{array}$

『5次以上の分岐も削減できない』

これが根拠になっているので

$\begin{array}{lclcl} 全体分離 && {}_n\mathrm{C}_k &<& {}_{n+1}\mathrm{C}_k && 〇 \\ \\ 鏡像分離 && {}_n\mathrm{C}_k &<& {}_{n+1}\mathrm{C}_k\cdot \frac{1}{2} && ？ \end{array}$

これもきちんと確認しておく必要があります。

（元の定理はここの詰めが甘いのでこの記事で補完）

$n$ 次の横の関係

まず単純な話からしておくと

$\begin{array}{lclcl} 鏡像分離 && kの値 &\to& \displaystyle \frac{1}{2}n \\ \\ 全体分離 && kの最大値 &\to& \displaystyle \frac{1}{2}n-1 \end{array}$

『全体分離に限った』話では

（ここではまだ鏡像分離は考えない）

$\begin{array}{lcl} 1&≤&\displaystyle \frac{ n-k }{ k+1 } &=& \displaystyle \frac{ {}_n \mathrm{C}_{k+1} }{ {}_n \mathrm{C}_k } &&\displaystyle \because 2k+1≤n \end{array}$

これは $4\leqn$ であれば必ずこのようになります。

（組み合せの定義と計算結果から単調増加だと分かる）

この結果から

$\begin{array}{lcl} 全体分離 &\to& 1+(n-1)が最小だがこれは無意味 \\ \\ &\to& 2+(n-2)分離が最小の意味のある分離 \\ \\ &\to& これは全体分離でも鏡像分離でも同様 \end{array}$

「全体分離の最小削減」の中で

『意味のある削減』は $2+(n-2)$ 分離が最小だと分かるため

（次数が奇数の場合は必ずこの分離が最小になる）

$\begin{array}{lcl} 全体分離 &\to& 2+(n-2)分離が意味のある最小削減 \\ \\ 鏡像分離 &\to& これと最小全体分離を比較すればいい \end{array}$

「鏡像分離以外」の横の比較はこれで完結します。

（鏡像分離のパターンだけまだ横の比較が終わってない）

最小の全体分離と鏡像分離

ここでまず事実を確認しておくと

$\begin{array}{lclcl} 4次 && \displaystyle {}_4\mathrm{C}_2 \cdot \frac{1}{2} &\to& 4>3 \\ \\ 6次 && \displaystyle {}_6\mathrm{C}_3 \cdot \frac{1}{2} &\to& 6<10 \\ \\ 8次 && \displaystyle {}_8\mathrm{C}_4 \cdot \frac{1}{2} &\to& 8<35 \end{array}$

「鏡像分離」の削減の具体的な値はこうです。

（まず具体的な数値から確認してみる）

$\begin{array}{l} && 鏡像分離 && 最小全体分離 \\ \\ 4次 && \displaystyle {}_4\mathrm{C}_2 \cdot \frac{1}{2} &<& \displaystyle {}_4\mathrm{C}_2 && 3<6 \\ \\ 6次 && \displaystyle {}_6\mathrm{C}_3 \cdot \frac{1}{2} &<& \displaystyle {}_6\mathrm{C}_2 && 10<15 \\ \\ 8次 && \displaystyle {}_8\mathrm{C}_4 \cdot \frac{1}{2} &>& \displaystyle {}_8\mathrm{C}_2 && 35>28 \end{array}$

そして『最小の全体分離』との比較はこうですから

「8次以降は最小全体分離の方が小さくなる」と予想できます。

（この時点ではまだ限界が直感的に分かる程度）

確認してみると

$\begin{array}{lcl} {}_n\mathrm{C}_k &\to& {}_{2k}\mathrm{C}_k \end{array}$

まず「鏡像分離」では次数が偶数で

『選ぶ解の個数』は「次数の半分」です。

（より正確にはこうでなければ鏡像分離が使えない）

$\begin{array}{ccc} 鏡像分離 && 最小全体分離 \\ \\ \displaystyle {}_{2k}\mathrm{C}_k \cdot \frac{1}{2} && {}_{2k} \mathrm{C}_2 \end{array}$

なので書き換えて考えてみると

$4\leqn=2k$ であることを前提とすれば

$\begin{array}{lcl} \displaystyle \frac{{}_{2k}\mathrm{C}_k \cdot \frac{1}{2}}{{}_{2k} \mathrm{C}_2} &=& \displaystyle \frac{\frac{2k(2k-1)(2k-2)\cdots (2k-k+1) }{k(k-1)(k-2)\cdots 2\cdot 1} \cdot \frac{1}{2}}{(2k)(2k-1)\cdot \frac{1}{2} } \\ \\ &=& \displaystyle \frac{ (2k)(2k-1)\cdot \frac{1}{2} }{ (2k)(2k-1)\cdot \frac{1}{2} } \cdot \frac{(2k-2)\cdots (2k-k+1)}{k!}\cdot \frac{k!}{k!} \\ \\ &=& \displaystyle \displaystyle \frac{ (2k)(2k-1)\cdot \frac{1}{2} }{ (2k)(2k-1)\cdot \frac{1}{2} } \cdot \frac{(2k-2)!}{k!k!} \end{array}$

比較した値はこのようになります。

（直感的には8次から単調増加になるはず）

ここで改めて境界の比較をしてみると

$\begin{array}{lclcl} 2k=6 &\to& \displaystyle \frac{6\cdot 5 \cdot \frac{1}{2}}{6\cdot 5 \cdot \frac{1}{2}} \cdot \frac{4}{3!} &<& 1 \\ \\ 2k=8 &\to& \displaystyle \frac{8\cdot 7 \cdot \frac{1}{2}}{8\cdot 7 \cdot \frac{1}{2}} \cdot \frac{6\cdot 5}{4!} &>& 1 \\ \\ 2k=10 &\to& \displaystyle \frac{10\cdot 9 \cdot \frac{1}{2}}{10\cdot 9 \cdot \frac{1}{2}} \cdot \frac{8\cdot 7 \cdot 6}{5!} &>& 1 \end{array}$

多くなることがきちんと確認できます。

（少なくともここまでは確実に多くなる）

$2k$ 次と $2k+2$ 次の縦の関係

とはいえ ↑ の話だけでは

$\begin{array}{lclcl} 全体分離 && 最小は2+(n-2) &\to& 常にnより多い分岐 \\ \\ 鏡像分離 && 8次以降で？ &\to& 常にnより多い？ \end{array}$

「鏡像分離の一般性」は示せていません。

（ ↑ はあくまで具体的な値を入れた時の話）

$\begin{array}{lcl} \displaystyle \frac{{}_{2k}\mathrm{C}_k \cdot \frac{1}{2}}{{}_{2k} \mathrm{C}_2} &=& \displaystyle \frac{ (2k)(2k-1)\cdot \frac{1}{2} }{ (2k)(2k-1)\cdot \frac{1}{2} } \cdot \frac{(2k-2)!}{k!k!} \end{array}$

これは指標として使えますが

まだ「 $4\leqk$ で $1$ 以上になる」保証は無いです。

（分析する関数としては扱い辛い形になってる点も良くない）

ここで考えられるのが

$\begin{array}{lcl} R(k) &=& \displaystyle \frac{(2k-2)!}{k!k!} \\ \\ R(k+1) &=& \displaystyle \frac{(2(k+1)-2)!}{(k+1)!(k+1)!} \end{array}$

「縦の比較」で

$\begin{array}{lcl} \displaystyle 1≤\frac{R(k+1)}{R(k)} &\to& R(k)よりR(k+1)の方が大きい \\ \\ &\to& 1≤R(k)なら1≤R(k+1)になる \end{array}$

こうなりますから

$\begin{array}{lcl} \displaystyle \frac{R(k+1)}{R(k)} &=& \displaystyle \frac{(2(k+1)-2)!}{(k+1)!(k+1)!} \cdot \frac{k!k!}{(2k-2)!} \\ \\ &=& \displaystyle \frac{(2k)!}{(2k-2)!} \cdot \frac{k!k!}{(k+1)!(k+1)!} \\ \\ &=& \displaystyle 2k(2k-1) \cdot \frac{1}{(k+1)(k+1)} \end{array}$

これが「 $4\leqk$ で $1$ 以上」になれば

『8次以上だと最小全体分離の方が少ない』ことになります。

単調増加と微分

さっそく調べてみると

$\begin{array}{lcl} h(k) &=& \displaystyle \frac{2k(2k-1)}{(k+1)(k+1)} \\ \\ &=& \displaystyle \frac{4k^2-2k}{(k+1)^2} \end{array}$

例えばこのようにすれば

（離散の話だが連続関数だと考えてみる）

$\begin{array}{lcl} \displaystyle \left( \frac{f(x)}{g(x)} \right)^{\prime}&=&\displaystyle \frac{f^{\prime}(x)g(x)-f(x)g^{\prime}(x)}{\Bigl( g(x) \Bigr)^2} \end{array}$

この微分法則を適用することで

$\begin{array}{lcl} h^{\prime}(x) &=& \displaystyle \frac{(8x-2)(x+1)^2-(4x^2-2x)\cdot 2(x+1)}{(x+1)^4} \\ \\ &=& \displaystyle \frac{ 2(x+1) \Bigl( (4x-1)(x+1)-(4x^2-2x) \Bigr) }{(x+1)^4} \\ \\ &=& \displaystyle \frac{ 2 \Bigl( (4x^2+3x-1)-(4x^2-2x) \Bigr) }{(x+1)^3} \\ \\ &=& \displaystyle \frac{ 2(5x-1) }{(x+1)^3} \end{array}$

このような式が得られて

$\begin{array}{lcc} x && \cdots & \displaystyle \frac{1}{5} &\cdots& 1& \cdots & 4 &\cdots \\ \\ h^{\prime} && - &0&+ \\ \\ h(x) && \searrow && \nearrow & \displaystyle \frac{1}{2} &\nearrow& \displaystyle \frac{8\cdot 7}{5^2} \end{array}$

『 $x$ が $4$ 以上では増え続ける』と分かるため

（ $h(k)$ は $4\leqk$ で単調増加する関数だと確定）

$\begin{array}{lcl} \displaystyle h(k)=\frac{R(k+1)}{R(k)} &\to& \displaystyle h(k)はkが\frac{1}{5}以上で単調増加 \\ \\ \displaystyle h(4)=\frac{8\cdot 7}{5^2} &\to& 4≤kでh(k)は常に1以上 \\ \\ &\to& 4≤kで常にR(k)≤R(k+1)になる \\ \\ \\ \displaystyle R(k)= \frac{ {}_{2k}\mathrm{C}_k \cdot \frac{1}{2} }{ {}_{2k}\mathrm{C}_2 } &\to&\displaystyle R(4)= \frac{35}{28} なので 4≤kで1以上 \\ \\ &\to& 4≤kで常に1≤R(k+1) \\ \\ &\to& 4≤kで常に {}_{2k}\mathrm{C}_2≤{}_{2k}\mathrm{C}_k \cdot \frac{1}{2} \\ \\&\to& 4≤kで常に最小全体分離<鏡像分離 \end{array}$

これで全て網羅することができたと言えます。

（具体例と最小全体分離と鏡像分離が全て確認できた）

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