代数学の問題

準備. $\omega ={\zeta }^3=e^{2\pi i/3}$ とおくと、${\omega }^2+\omega +1=0$、${\omega }^3=1$ である。また ${\zeta }^8={\zeta }^{-1}$ なので、$c=\zeta +{\zeta }^{-1}=2\cos \frac{2\pi }{9}$ とおくと
$$\alpha =c+\omega$$
である。

$c$ の満たす式. ${\zeta }^9=1$、${\zeta }^3\ne 1$ より ${\zeta }^6+{\zeta }^3+1=0$ である。両辺を ${\zeta }^3$ で割ると ${\zeta }^3+{\zeta }^{-3}+1=0$ となる。一方
$$c^3={\zeta }^3+3\zeta +3{\zeta }^{-1}+{\zeta }^{-3}=({\zeta }^3+{\zeta }^{-3})+3c$$
なので、$c^3-3c+1=0$ を得る。$f(x)=x^3-3x+1$ とおく。$\zeta$ の代わりに原始 $9$ 乗根 ${\zeta }^k$ ($k=2,4$) を用いても同じ計算ができる。したがって $f$ の根は
$$c_1=2\cos \frac{2\pi }{9},c_2=2\cos \frac{4\pi }{9},c_4=2\cos \frac{8\pi }{9}$$
であり、これらは相異なる実数である。

次数が $6$ であること. 円分多項式 ${\Phi }_9(x)=x^6+x^3+1$ は $\mathbb{Q}$ 上既約である。よって $[\mathbb{Q}(\zeta ):\mathbb{Q}]=6$ であり、$\mathbb{Q}(\zeta )/\mathbb{Q}$ はガロア拡大で、そのガロア群は ${\sigma }_k:\zeta \mapsto {\zeta }^k$ ($k=1,2,4,5,7,8$) からなる。${\sigma }_k(\alpha )={\zeta }^k+{\zeta }^{-k}+{\zeta }^{3k}$ を計算すると次のようになる。
- $k=1$: $c_1+\omega$
- $k=2$: $c_2+{\omega }^2$
- $k=4$: $c_4+\omega$（${\zeta }^{12}={\zeta }^3$）
- $k=5$: $c_4+{\omega }^2$（${\zeta }^{15}={\zeta }^6$）
- $k=7$: $c_2+\omega$（${\zeta }^{21}={\zeta }^3$）
- $k=8$: $c_1+{\omega }^2$（${\zeta }^{24}={\zeta }^6$）

$c_j$ は相異なる実数であり、$\omega ,{\omega }^2$ の虚部は $\pm \frac{\sqrt{3}}{2}$ で異なる。そのため、これら $6$ 個は相異なる。$\alpha$ の最小多項式はこれらの共役をすべて根にもつので、次数は $6$ である。したがって
$$p(x)=\prod _k(x-{\sigma }_k(\alpha ))=f(x-\omega )f(x-{\omega }^2).$$

展開. ${\omega }^3=1$ を使うと
$$f(x-\omega )=x^3-3\omega x^2+(3{\omega }^2-3)x-{\omega }^3-3x+3\omega +1=x^3-3\omega x^2+3({\omega }^2-1)x+3\omega$$
となり、同様に $f(x-{\omega }^2)=x^3-3{\omega }^2{x}^2+3(\omega -1)x+3{\omega }^2$ である。$a_2=-3\omega ,a_1=3({\omega }^2-1),a_0=3\omega$、$b_2=-3{\omega }^2,b_1=3(\omega -1),b_0=3{\omega }^2$ として積の各係数を求める。
- $x^5$: $a_2+b_2=-3(\omega +{\omega }^2)=3$
- $x^4$: $a_1+b_1+a_2{b}_2=3({\omega }^2+\omega -2)+9{\omega }^3=-9+9=0$
- $x^3$: $a_0+b_0+a_2{b}_1+a_1{b}_2=-3+(-9{\omega }^2+9\omega )+(-9\omega +9{\omega }^2)=-3$
- $x^2$: $a_2{b}_0+a_0{b}_2+a_1{b}_1=-9-9+9({\omega }^3-{\omega }^2-\omega +1)=-18+27=9$
- $x^1$: $a_1{b}_0+a_0{b}_1=9(\omega -{\omega }^2)+9({\omega }^2-\omega )=0$
- $x^0$: $a_0{b}_0=9{\omega }^3=9$

よって
$$p(x)=x^6+3x^5-3x^3+9x^2+9.$$

（検算：$\alpha =c_1+\omega \approx 1.0321+0.8660i$ は $|\alpha |\approx 1.3473$、偏角 $40^{\circ }$ である。これを代入すると、実部・虚部とも $0$ になることが数値的に確かめられる。なお $p$ はアイゼンシュタインの判定法を直接は適用できない（定数項が $9$）が、上の共役の議論によって既約性が保証されている。）

${\zeta }^3=\omega =e^{2\pi i/3}$、${\zeta }^8={\zeta }^{-1}$ なので、$\alpha =(\zeta +{\zeta }^{-1})+\omega =c+\omega$ と書ける。ここで $c=2\cos (2\pi /9)$ とおく。

$c$ は $q(t)=t^3-3t+1$ の根である。実際、$c^3-3c=2\cos (3\cdot 2\pi /9)=2\cos (2\pi /3)=-1$ となる。

$\alpha$ の共役を調べる。$\mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta )/\mathbb{Q})$ の元 $\zeta \mapsto {\zeta }^k$（$k=1,2,4,5,7,8$）による像は次の 6 個である。
- $k=1$: $\zeta +{\zeta }^3+{\zeta }^8$
- $k=2$: ${\zeta }^2+{\zeta }^6+{\zeta }^7$
- $k=4$: ${\zeta }^3+{\zeta }^4+{\zeta }^5$
- $k=5$: ${\zeta }^4+{\zeta }^5+{\zeta }^6$
- $k=7$: ${\zeta }^2+{\zeta }^3+{\zeta }^7$
- $k=8$: $\zeta +{\zeta }^6+{\zeta }^8$

これらはすべて異なる。$1,\zeta ,\dots ,{\zeta }^5$ が $\mathbb{Q}(\zeta )$ の基底であり、${\zeta }^6=-{\zeta }^3-1$、${\zeta }^7=-{\zeta }^4-\zeta$、${\zeta }^8=-{\zeta }^5-{\zeta }^2$ と書けるので、係数を比較すれば区別できる。よって $\alpha$ の次数は 6 で、最小多項式は共役 6 個を根にもつ。

共役は $c_i+\omega ,c_i+\bar{\omega }$ の形で、$c_i$ は $q$ の 3 根（$c_1=\zeta +{\zeta }^8,c_2={\zeta }^2+{\zeta }^7,c_4={\zeta }^4+{\zeta }^5$）を動く。したがって
$$p(x)=\prod _i(x-c_i-\omega )(x-c_i-\bar{\omega })=q(x-\omega )q(x-\bar{\omega }).$$

${\omega }^2=-1-\omega$ を使って $q(x-\omega )$ を展開する。
$$q(x-\omega )=x^3-3\omega x^2+(3{\omega }^2-3)x+3\omega =(x^3-6x)+\omega (-3x^2-3x+3).$$
$P=x^3-6x$、$Q=-3x^2-3x+3$ とおくと、$\omega +\bar{\omega }=-1$、$\omega \bar{\omega }=1$ より
$$p=(P+Q\omega )(P+Q\bar{\omega })=P^2-PQ+Q^2.$$

各項は次のとおり。
- $P^2=x^6-12x^4+36x^2$
- $-PQ=3x^5+3x^4-21x^3-18x^2+18x$
- $Q^2=9x^4+18x^3-9x^2-18x+9$

足し合わせると
$$p(x)=x^6+3x^5-3x^3+9x^2+9.$$

検算: $x=\alpha$ のとき $x-\omega =c$ なので $q(x-\omega )=0$ となり、$p(\alpha )=0$ が確かめられる。また次数 6 は共役の個数と一致し、$p$ は $\alpha$ の最小多項式である。