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Maximaで学ぶ3乗根を含む分数の有理化

数学の具体的な計算にMaximaを使って、数学もMaximaも同時に学んでしまいましょう。今回はMaximaを使って3乗根を含む分数の有理化の計算をしてみたいと思います。2乗根を含む分数の有理化は高校数学でも取り扱いますが、3乗根を含んだ場合にはどのようにして有理化できるのでしょうか?ここではある数の3乗根を含む分数の有理化の公式を与えます。実は、その背後には方程式が代数的に解けるかどうかに関わる「ガロア理論」に関係する構造が潜んでいたりします。計算自体はシンプルなものですが、手計算では少々面倒で、計算機の便利さが実感できる題材だと思います。



2乗根を含む分数の有理化

まずウォーミングアップとして2乗根を含む分数の有理化を復習しましよう。実数

 \qquad\displaystyle{z=a\sqrt{n}+b}

を与え、その逆数

 \qquad\displaystyle{\frac{1}{z}=\frac{1}{a\sqrt{n}+b}}

を考えます。このとき、適当な因子を分母と分子に掛けて、分母に含まれる2乗根 \sqrt{n} を消してしまおうというのが「分母の有理化」です。高校数学でも習ったように、この数  1/z を有理化するには

 \qquad\displaystyle{\tau(z)=-a\sqrt{n}+b}

を考え、これを分母と分子に掛け合わせます:

 \qquad\displaystyle{\begin{aligned}\frac{1}{z}&=\frac{\tau(z)}{z\tau(z)}\\&=\frac{-a\sqrt{n}+b}{(a\sqrt{n}+b)(-a\sqrt{n}+b)}\\&=\frac{-a\sqrt{n}+b}{-n^2a^2+b^2}\end{aligned}}

これで分数が有理化されたことになります。

さて、上で写像  \tau というのを考えていたことに注意しましょう。これは線形写像ですが、 n の2乗根を

 \qquad\displaystyle{\tau(\sqrt{n})=-\sqrt{n}}

にうつします。さて、これらの数  \pm\sqrt{n} ですが、それは方程式

 \qquad\displaystyle{x^2=n}

の2つの解に他なりません。つまり、写像  \tau はこの方程式の2つの解を入れ換える操作に対応しています。

 

この写像  \tau の重要な性質が以下の2つです。まず1つめは

 \qquad\displaystyle{\tau^2(z)=\tau(\tau(z))=z}

となって、写像を2回合成すると恒等写像になるということです。2つめは、写像が四則演算を保っているということです。つまり  z_i=a_i\sqrt{n}+b_i \ (i=1,2) とすると

 \qquad\displaystyle{\begin{aligned}\tau(z_1+z_2)&=\tau(z_1)+\tau(z_2)\\ \tau(z_1-z_2)&=\tau(z_1)-\tau(z_2)\\ \tau(z_1z_2)&=\tau(z_1)\tau(z_2)\\ \tau\left(\frac{z_1}{z_2}\right)&=\frac{\tau(z_1)}{\tau(z_2)}\end{aligned}}

が成り立ちます。これを実際に確かめてみます。まずは和と差です。

kill(all)$
z1: a1*s+b1$   /* 2乗根を s として表現しています */
z2: a2*s+b2$
t(z):=expand(ratcoeff(z,s,0)-ratcoeff(z,s,1)*s)$
is(t(z1+z2)=t(z1)+t(z2));
is(t(z1-z2)=t(z1)-t(z2));

次に積と商ですが、 z_1 z_2 の積には  s^2=n という項が出現するのでこれを  n に置き換える必要があります:

Ev(z):=subst(n, s^2, expand(z))$
is(t(Ev(z1*z2))=Ev(t(z1)*t(z2)));

また、商は分母を有理化して、示すべき式を

 \qquad\displaystyle{\tau\left(\frac{z_1}{z_2}\right)=\tau\left(\frac{z_1\tau(z_2)}{z_2\tau(z_2)}\right)\overset{?}{=}\frac{\tau(z_1)z_2}{z_2\tau(z_2)}=\frac{\tau(z_1)}{\tau(z_2)}}

と書き換えます:

lhs: t(Ev(z1*t(z2))/Ev(z2*t(z2)))$
rhs: Ev(t(z1)*z2)/Ev(z2*t(z2))$
factor(lhs-rhs);

以上により、写像 \tau が四則演算を保つことがわかりました。

3乗根の話にいく前に、とても重要な考察を述べておきます。有理化の本質は、分母が2乗根を含まない形に変形することでした。そこでいま一度、有理化の手続きを見直してみます:

 \qquad\displaystyle{\frac{1}{z}=\frac{\tau(z)}{z\tau(z)}}

右辺の分母に現れた  \zeta\equiv z\tau(z) という数ですが、これを写像  \tau の性質を使って見直してみると

 \qquad\displaystyle{\tau(\zeta)=\tau(z\tau(z))=\tau(z)\tau^2(z)=z\tau(z)=\zeta}

というように、写像  \tau の作用に対して不変な組み合わせになっている、つまり2乗根を含まない形になっていることがわかります。少しまだるっこしいようですが、このような性質を見定めてその背後にある構造を見抜くことが、3乗根あるいは一般の累乗根を有理化するための補助線になります。

 

3乗根を含む分数の有理化

さて、それでは3乗根を含む分数の有理化に挑みます。そこで実数

 \qquad\displaystyle{z=pn^{2/3}+qn^{1/3}+r}

を考え、その逆数

 \qquad\displaystyle{\frac{1}{z}=\frac{1}{pn^{2/3}+qn^{1/3}+r}}

の分母から3乗根を消すための因子を求めてみます。このとき、2乗根の場合と同様に方程式

 \qquad\displaystyle{x^3=n}

の解を考えましょう。これは3次方程式なので、解は3つあります。実際

 \qquad\displaystyle{x=n^{1/3},\quad n^{1/3}\omega,\quad n^{1/3}\omega^2}

が解になります。ただし  \omega は1の3乗根で

 \qquad\displaystyle{\omega=e^{i\frac{2\pi}{3}}=\cos\frac{2\pi}{3}+i\sin\frac{2\pi}{3}=\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}}

であり  \omega^3=1 を満たします。Maximaで確かめると

kill(all)$
assume(n>0)$
solve(x^3=n, x);
w: cos(2*%pi/3)+%i*sin(2*%pi/3);
expand(w^2);
expand(w^3);

です。

さて、2乗根の場合にやったように、上の方程式の解を入れ替える写像を考えてみたいわけですが、3つの対象を入れ替えるわけですから3次対称群の作用が考えられます。つまり3つの対象から1つを固定して残りの2つを入れ替える置換の操作が3つと、(恒等変換を含めた)巡回置換の操作が3つの、計6つの操作からなる群です。しかしここで注意しないといけないのは、これらの解の入れ替え  \varphi は勝手にやっていいわけではなく、四則演算の操作と両立しなければいけないということです。つまり

 \qquad\displaystyle{\begin{aligned}\varphi(z_1+z_2)&=\varphi(z_1)+\varphi(z_2)\\ \varphi(z_1-z_2)&=\varphi(z_1)-\varphi(z_2)\\ \varphi(z_1z_2)&=\varphi(z_1)\varphi(z_2)\\ \varphi\left(\frac{z_1}{z_2}\right)&=\frac{\varphi(z_1)}{\varphi(z_2)}\end{aligned}}

を満たさないといけません。たとえば

 \qquad\displaystyle{\begin{aligned}\varphi(n^{1/3})&=n^{1/3}\omega\\ \varphi(n^{1/3}\omega)&=n^{1/3}\\ \varphi(n^{1/3}\omega^2)&=n^{1/3}\omega^2\end{aligned}}

という置換を考えると、 n^{1/3}\omega=\omega\cdot n^{1/3}\overset{\varphi}{\rightarrow} \omega\cdot n^{1/3}\omega=n^{1/3}\omega^2 となるはずですが、これでは定義の第2番目の式と矛盾してしまいます。つまり  \varphi(z_1z_2)=\varphi(z_1)\varphi(z_2) (いまの場合  z_1=\omega, \ z_2=n^{1/3} )が成り立ちません。

結局、四則演算との無矛盾性から、2つだけを入れ替えるという置換は不適当であることがわかります。そこでいま解の巡回置換

 \qquad\displaystyle{\sigma:\quad n^{1/3}\rightarrow n^{1/3}\omega\rightarrow n^{1/3}\omega^2\rightarrow n^{1/3}}

として写像 \sigma を定義します。すると

 \qquad\displaystyle{\sigma(pn^{2/3}+qn^{1/3}+r)=pn^{2/3}\omega^2+qn^{1/3}\omega+r}

また、その合成は(  \omega^3=1 であることを用いると矛盾なく計算できて)

 \qquad\displaystyle{\begin{aligned}\sigma^2(pn^{2/3}+qn^{1/3}+r)&=pn^{2/3}\omega^4+qn^{1/3}\omega^2+r\\&=pn^{2/3}\omega+qn^{1/3}\omega^2+r\end{aligned}}

を与えます。さらにもう一度写像を合成すると

 \qquad\displaystyle{\begin{aligned}\sigma^3(pn^{2/3}+qn^{1/3}+r)&=pn^{2/3}\omega^3+qn^{1/3}\omega^3+r\\&=pn^{2/3}+qn^{1/3}+r\end{aligned}}

となって恒等写像を与えます。以上の性質から、有理化の因子として

 \qquad\displaystyle{\frac{1}{z}=\frac{\sigma(z)\sigma^2(z)}{z\sigma(z)\sigma^2(z)}}

を考えると、右辺の分母の組み合わせ  \zeta=z\sigma(z)\sigma^2(z)写像  \sigma のもとで不変である、つまり3乗根を含まない形になっていることがわかります。

最後に、3乗根を含む分母の有理化の公式を与えておきましょう:

 \qquad\displaystyle{\frac{1}{pn^{2/3}+qn^{1/3}+r}=\frac{(q^2-pr)n^{2/3}+(np^2-qr)n^{1/3}+(r^2-npq)}{n^2p^3+(q^3-3pqr)n+r^3}}

これはMaximaを使って以下のようにして求めました。

kill(all)$
s(f):=ratcoeff(f,t,0)*t^0+ratcoeff(f,t,1)*t^1*w+ratcoeff(f,t,2)*t^2*w^2$
z: p*t^2+q*t+r$   /* ここでは3乗根を t として記号化し、3乗根の次数をカウントしています */
Den: rat(subst( (sqrt(3)*%i-1)/2, w, z*s(z)*s(s(z)) ))$
D: subst(n^2, t^6, subst(n, t^3, expand(Den)))$
Num: rat(subst( (sqrt(3)*%i-1)/2, w, s(z)*s(s(z)) ))$
N: subst(n^2, t^6, subst(n, t^3, expand(Num)))$
N/D;


本記事で取り扱った計算を、4乗根、5乗根、…と拡張してみるのも良い練習問題になると思います。


 


キーワードMaxima、累乗根、有理化、代数学、方程式