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問題の一般化

南海　 この方法で，３次方程式，４次方程式の不変式を確定していくことができる． ただし実際の計算は大変である．

方程式は(5)で考える． $SL(2)$は$T,\ U_+,\ U_-$に分解されるわけだが， これらの作用に関する係数

$$a_0,\ a_1,\ \cdots,\ a_n$$

の変換はどのようになるか．

耕介　 そうか． $\sigma \in SL(2)$の任意の要素で考えるよりも， $T,\ U_+,\ U_-$の要素でどのようになるかを確認した方が簡明です．

$\left( \begin{array}{cc} \alpha&0\\ 0&\alpha^{-1} \end{array}\right)$の場合．$x$を $\dfrac{\alpha x+0}{0+\alpha^{-1}}=\alpha^2 x$ に置きかえ， $(0+\alpha^{-1})^n$をかければよい．

$$\begin{eqnarray*} (0+\alpha^{-1})^nf(\alpha^2 x) &=&\sum_{i=0}^n{}_n \mathrm{C}_... ...{n-i}\\ &=&\sum_{i=0}^n{}_n \mathrm{C}_i\alpha^{n-2i}a_ix^{n-i} \end{eqnarray*}$$

したがって対応する$GL(n+1)$次の行列は

$$\left( \begin{array}{ccccc} \alpha^n&0&\cdots&0&0\\ 0&\a... ...&0&\alpha^{-n+2}&0\\ 0&0&0&0&\alpha^{-n} \end{array}\right)$$ (9)

です． 同様に $\left( \begin{array}{cc} 1&t\\ 0&1 \end{array}\right)$の場合．$x$を $\dfrac{x+t}{0+1}=x+t$ に置きかえればいい．

$$\begin{eqnarray*} f(x+t) &=&\sum_{i=0}^n{}_n \mathrm{C}_ia_i(x+t)^{n-i}\\ &=&\s... ... \left(\sum_{j=0}^{n-i}{}_{n-i} \mathrm{C}_jx^{n-i-j}t^j \right) \end{eqnarray*}$$

ここで

$$\begin{eqnarray*} &&{}_n \mathrm{C}_i\cdot{}_{n-i} \mathrm{C}_j =\dfrac{n!}{i!(n... ...c{(i+j)!}{j!i!} ={}_n \mathrm{C}_{i+j}\cdot{}_{i+j} \mathrm{C}_i \end{eqnarray*}$$

なので，$k=i+j$とおくと

$$\begin{eqnarray*} f(x+t) &=&\sum_{i=0}^na_i \left(\sum_{j=0}^{n-i}{}_n \mathrm{C... ...left(\sum_{i=0}^{k}{}_k \mathrm{C}_it^{k-i}a_i \right)x^{n-k}\\ \end{eqnarray*}$$

したがって，対応する$GL(n+1)$次の行列は

$$\left( \begin{array}{ccccccc} 1&0&0&0&0&0&0\\ t&1&0&0&0&... ...\mathrm{C}_it^{n-i}&\cdots&\cdots&\cdots&1 \end{array}\right)$$

です．

南海　 これに対応する微分作用素も決めておこう． $n=2$のときの微分作用素の決め方と同様に考えればよい．

上の $a_0,\ a_1,\ \cdots,\ a_n$の変換で もとの$a_k$に代入するのは

$$t^ka_0+\cdots+{}_k\mathrm{C}_it^{k-i}a_{k-i}+\cdots+ {}_k \mathrm{C}_{k-1}a_{k-1}t+a_k$$

である．これを$t$で微分する．

$$\begin{eqnarray*} &&\dfrac{d}{dt} (t^ka_0+\cdots+{}_k\mathrm{C}_it^{k-i}a_{k-i}+... ...dots+ {}_{k-1}\mathrm{C}_it^{k-1-i}a_{k-i}+\cdots+a_{k-1}\right) \end{eqnarray*}$$

$a_{k-1}$に代入すべきものの$k$倍である．

耕介　 ということは，$t$で微分して0となることが， $Df=0$と同値であるような，微分作用素$D$は

$$D=\cdots+ka_{k-1}\dfrac{\partial}{\partial a_k}+\cdots$$

となるということですね．

南海　 そう．そしてこれを対称に入れ替えて$\Delta$が作られる．

$$\Delta=\cdots+(n-k)a_{k+1}\dfrac{\partial}{\partial a_k}+\cdots$$

となる．

次に単項式

$$\prod_{k=0}^na_k$$

に$T$の要素(9)で変換したとき，$\alpha$の次数は

$$\sum_{i=0}^n(n-2i)$$

なので，この値を$w$とおこう．

耕介　 $w=0$であることが$T$不変であることを意味するのは， ２次の場合と同じです． 微分作用素$D$のどの項も， 単項式の操作としては$a_k$を$a_{k-1}$に置きかえるので， $w$は２増えます． そこで， $n+1$個の変数の整式の集合

$$K[a_0,\ a_1,\ \cdots,\ a_n]$$

の中で，次数が$e$，先の値が$w$である単項類を基底とする ベクトル空間を$S_{e,\ w}$とおくと，$D$は

$$D：S_{e,\ 0}\to S_{e,\ 2}$$

の線型写像になるのですね．

南海　 ここで証明は出来ないが，次の２つが成り立つ．

1. 整式 $f\in K[a_0,\ a_1,\ \cdots,\ a_n]$が $T$と$U_+$で不変なら，$U_-$でも不変である．
2. $D$は上への写像である．

耕介　 すると，$SL(2)$の作用に関する方程式の不変式は， やはり$D$の核になります． ２次の場合と同様にしていけば， それぞれの次数に関する方程式の不変式が得られるのですか．

南海　 ２の場合は比較的簡単であったが，次数が増えると急速に複雑になる． ３次４次の場合の結果のみ記しておこう．

３次の場合

$$f(x)=ax^3+3bx^2+3cx+d$$

の判別式を$D_3$とする． $f'(x)=3ax^2+6bx+3c$なので，定理3より

$$R(f,\ f')= \left\vert \begin{array}{ccccc} a&3b&3c&d&0\\ ... ...\\ 0&3a&6b&3c&0\\ 0&0&3a&6b&3c \end{array}\right\vert=-aD$$

これから行列式の計算をして

$$D_3=-3^3\left\vert \begin{array}{cccc} a&2b&c&\\ &a&2b&c\\ b&2c&d&\\ &b&2c&d \end{array}\right\vert$$

となる． これは４次式で，３次方程式の不変式はこのべき以外にないことが示される．

４次の場合

$$f(x)=ax^4+4bx^3+6cx^2+4dx+e+d$$

とおく．この判別式を$D_4$とすると，同様にして

$$D_4=4^4\left\vert \begin{array}{cccccc} a&3b&3c&d&&\\ &a... ...3d&c&&\\ &b&3c&3d&c&\\ &&b&3c&3d&c \end{array}\right\vert$$

となる．

４次の場合は判別式よりも低い次数で不変式が見つかる． ２次の単項式で$w=0$となるもの， つまり$S_{2,\ 0}$の基底は

$$ae,\ bd,\ c^2$$

である．

$$D= a\dfrac{\partial }{\partial b}+ 2b\dfrac{\partial }{\part... ...\dfrac{\partial }{\partial d}+ 4d\dfrac{\partial }{\partial e}$$

である．これを先の３つの単項式に作用させると，それぞれ

$$4ad,\ ad+3bc,\ 4bc$$

となる．そこで$Df=0$となる$f$を

$$f=pae+qbd+rc^2$$

とおく．

$$Df=4pad+q(ad+3bc)+4rbc$$

となるので，$4p+q=0$，$3q+4r=0$より，

$$f=ae-4bd+3c^2$$

が$Df=0$となる．

３次の単項式で$w=0$となるもの， つまり$S_{3,\ 0}$の基底は

$$ace,\ ad^2,\ b^2e,\ bcd,\ c^３$$

である．同様にして

$$f=ace-ad^2-b^2e+2bcd-c^3$$

が$Df=0$となる． これら実際に確認すれば$\Delta f=0$も成り立ち，確かに不変式である．

この2つが２次と３次の不変式で，これらで生成されたものが， ４次方程式の不変式である．ちなみに判別式$D_4$は

$$D_4=(ae-4bd+3c^2)^3-27(ace-ad^2-b^2e+2bcd-c^3)^2$$

という６次式である．

耕介　 このようにして順にやっていくのは大変ではありませんか．

南海　 そうだ． 次数が大きくなると，不変式は多くなり複雑になっていく．

２変数$n$次の整式$f(x,y)$に対し，

$$(x,\ y)\to\left(\dfrac{p_1x+q_1y+r_1}{p_3x+q_3y+r_3},\ \dfrac{p_2x+q_2y+r_2}{p_3x+q_3y+r_3} \right)$$

を考え，

$$(p_3x+q_3y+r_3)^nf\left(\dfrac{p_1x+q_1y+r_1}{p_3x+q_3y+r_3},\ \dfrac{p_2x+q_2y+r_2}{p_3x+q_3y+r_3} \right)$$

を作ると，これによって$f(x,y)$が変換され， 係数の１次変換が得られる． この係数変換で不変な，文字係数の整式もまた不変式である．

耕介　 $\left( \begin{array}{ccc} p_1&q_1&r_1\\ p_2&q_2&r_2\\ p_3&q_3&r_3 \end{array}\right)\in SL(3)$の作用での不変式ですね．

南海　 そうだ．後に抽象代数学の旗手となった女性数学者の エミー・ネーター(Amalie Emmy Noether 1882〜1935)は， この2変数で4次の場合に不変式を調べ， 331個の不変式を書きだし，それらによってすべての不変式が書き表せる ことを証明し，ゴルダンのもとで1907年に学位論文としている．

耕介　 すごいですね． でもきりがありませんね．

南海　 不変式論は，このように具体的に構成する段階の中から， 新しい考え方をきりひらいていった． そのことが大切なので，次に新しい発展について， 話そう．

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