遅ればせながら，新年あけましておめでとうございます．昨年末に着手した高次元幾何学の計算に手間取ってしまい，コラムまで手が回らなかったのです．

　

　さて，「因数分解に算法」は，

　　ａ^2＋ｂ^2＋２ａｂ＝（ａ＋ｂ）^2

　　ａ^3＋ｂ^3＋ｃ^3−３ａｂｃ＝（ａ＋ｂ＋ｃ）（ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2−ａｂ−ｂｃ−ｃａ）

は因数分解可能，しかるに

　　ａ^4＋ｂ^4＋ｃ^4＋ｄ^4＋４ａｂｃｄ

は不可能というところから始まったシリーズでした．

　

　　ａ^2＋ｂ^2＋２ａｂ

が因数分解可能であれば，

　　ａ^2＋ｂ^2−２ａｂ＝（ａ−ｂ）^2

と因数分解できますし，また，

　　ａ^4＋ｂ^4＋ｃ^4＋ｄ^4＋４ａｂｃｄ

が不可能であれば，同様に

　　ａ^4＋ｂ^4＋ｃ^4＋ｄ^4−４ａｂｃｄ

は因数分解不可能です．後者においてａ，ｂ，ｃ，ｄのどれかを負に直せば前者の帰着しますから，両者は本質的に同じ式であって，したがって，両者の因数分解可能性が一致するのは自明でしょう．

　

　本シリーズはこのような因数分解可能性について取り扱うつもりだったのですが，後半では話が代数学（群・環・体）にまで飛んでしまい大きく脇道にそれてしまった感があります．この辺で軌道修正ということで，今年はじめてのコラムでは算術平均と幾何平均に関係する因数分解（？）を取り上げてみたいと思います．

　

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【１】算術平均と幾何平均

　

　　ａ^2＋ｂ^2−２ａｂ

　　ａ^3＋ｂ^3＋ｃ^3−３ａｂｃ

　　ａ^4＋ｂ^4＋ｃ^4＋ｄ^4−４ａｂｃｄ

さらに高次元化した

　　ａ^5＋ｂ^5＋ｃ^5＋ｄ^5＋ｅ^5−５ａｂｃｄｅ

　　ａ^6＋ｂ^6＋ｃ^6＋ｄ^6＋ｅ^6＋ｆ^6−６ａｂｃｄｅｆ

などが，本質的に算術平均Ａ（ａ^n）と幾何平均Ｇ（ａ^n）の差となっていることは，このコラムの読者であれば既におわかりであろう．

　

　ここで，受験参考書に必ず書いてある

　　ａ^3＋ｂ^3＋ｃ^3−３ａｂｃ

　＝（ａ＋ｂ＋ｃ）（ａ^2＋ｂ^2＋ｃ^2−ａｂ−ｂｃ−ｃａ）

　＝（ａ＋ｂ＋ｃ）｛（ａ−ｂ）^2＋（ｂ−ｃ）^2＋（ｃ−ａ）^2｝／２

という公式を思い出してもらいたい．

　

　これらの２次，３次の同次式

　　ａ^2＋ｂ^2−２ａｂ＝（ａ−ｂ）^2

　　ａ^3＋ｂ^3＋ｃ^3−３ａｂｃ＝（ａ＋ｂ＋ｃ）｛（ａ−ｂ）^2＋（ｂ−ｃ）^2＋（ｃ−ａ）^2｝／２

を並べて書くと，両者とも右辺には多項式Ｐkを重みとする平方の和の形

　　ΣＰk（ａi−ａj）^2

が現れていることに気づかされるだろう．前者ではＰk＝１，後者ではＰk＝（ａ＋ｂ＋ｃ）／２となっているというわけである．

　

　　ａ^4＋ｂ^4＋ｃ^4＋ｄ^4−４ａｂｃｄ

は因数分解不可能であることがわかっていて，そのため，受験参考書には決して登場しないのであるが，それではせめて多項式の平方の和の形に表せないだろうかというのが今回のコラムのテーマである．

　

　ここで，ａ，ｂ，ｃ，・・・はすべて正であると仮定するが，算術平均と幾何平均の大小関係については有名な不等式

　　Ａ（ａ^n）≧Ｇ（ａ^n）

が成り立つので，ｎ変数のｎ次正定値形式に関する問題であるし，また，基本対称式に関係した問題ということにもなろう．

　

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【２】フルヴィッツ・ムーアヘッドの等式

　

　実は，算術平均Ａ（ａ^n）と幾何平均Ｇ（ａ^n）については，フルヴィッツ・ムーアヘッドの等式

　　ｎ｛Ａ（ａ^n）−Ｇ（ａ^n）｝

　＝１／２（ｎ−１）！｛Σ（ａ1^(n-1)−ａ2^(n-1)）（ａ1−ａ2）＋Σ（ａ1^(n-2)−ａ2^(n-2)）（ａ1−ａ2）ａ3＋Σ（ａ1^(n-3)−ａ2^(n-3)）（ａ1−ａ2）ａ3ａ4＋・・・｝

の成り立つことが知られている．右辺はａ1，ａ2，・・・，ａnを置換して得られる値の総和である．

　

　また，このことから

　　Ａ（ａ^n）≧Ｇ（ａ^n）

の別証明が得られる．

　　Σ（ａ1^(n-1)−ａ2^(n-1)）（ａ1−ａ2）＋Σ（ａ1^(n-2)−ａ2^(n-2)）（ａ1−ａ2）ａ3＋Σ（ａ1^(n-3)−ａ2^(n-3)）（ａ1−ａ2）ａ3ａ4＋・・・

　＝ΣＰ1（ａ1−ａ2）^2＋ΣＰ2（ａ1−ａ2）^2＋ΣＰ3（ａ1−ａ2）^2＋・・・

　＝Σ（Ｐ1＋Ｐ2＋Ｐ3＋・・・）（ａ1−ａ2）^2

　＝ΣＰ0（ａ1−ａ2）^2≧０

　

　さらに，

　　ａ1＝ｘ1^2，ａ2＝ｘ2^2，・・・

とおくと，

　　（ａ1^(n-1)−ａ2^(n-1)）（ａ1−ａ2）

　＝（ｘ1^2(n-1)−ｘ2^2(n-1)）（ｘ1^2−ｘ2^2）

　＝（ｘ1^2−ｘ2^2）^2（ｘ1^2(n-2)＋ｘ1^2(n-3)ｘ2^2＋・・・＋ｘ2^2(n-2)）

となり，各項が（ｘ1^2−ｘ2^2）ｘ1^(n-2)の平方の形の多項式となっていることがわかる．このことから，多項式Ｐ1，Ｐ2，・・・それ自体も平方の和となることが理解されるのである．

　

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　それはさておき，フルヴィッツ・ムーアヘッドの等式においてｎ＝２の場合，

　　１／２Σ（ａ1−ａ2）^2＝１／２｛（ａ1−ａ2）^2＋（ａ2−ａ1）^2｝＝（ａ1−ａ2）^2

すなわち，

　　ａ^2＋ｂ^2−２ａｂ＝（ａ−ｂ）^2

　

　ｎ＝３の場合は

　　１／４｛Σ（ａ1＋ａ2）（ａ1−ａ2）^2＋ａ3Σ（ａ1−ａ2）^2｝

　＝１／４｛Σ（ａ1＋ａ2＋ａ3）（ａ1−ａ2）^2｝

より

　　ａ^3＋ｂ^3＋ｃ^3−３ａｂｃ＝（ａ＋ｂ＋ｃ）｛（ａ−ｂ）^2＋（ｂ−ｃ）^2＋（ｃ−ａ）^2｝／２

が得られる．

　

　ｎ＝４の場合も

　　ａ^4＋ｂ^4＋ｃ^4＋ｄ^4−４ａｂｃｄ

　＝Ｐ1（ａ−ｂ）^2＋Ｐ2（ａ−ｃ）^2＋Ｐ3（ａ−ｄ）^2＋Ｐ4（ｂ−ｃ）^2＋Ｐ5（ｂ−ｄ）^2＋Ｐ6（ｃ−ａ）^2

の形で表されるはずなのだが，小生の解釈に誤りがあるためなのか，それとも等式の運用がよくないせいなのか，具体的な多項式Ｐ1〜Ｐ6を決められないでいる．以下に，小生の間違った解釈を紹介したい．

　

　フルヴィッツ・ムーアヘッドの等式において，ｎ＝４のとき（係数1/2･1/3!は省略するが）

　　Σ(a1^3-a2^3)+Σ(a1^2-a2^2)(a1-a2)a3+Σ(a1-a2)^2a3a4

となる．これは

　　Σ(a1-a2)^2(a1^2+a1a2+a2^2)+Σ(a1-a2)^2(a1+a2)a3+Σ(a1-a2)^2a3a4

と変形されるので，

　　P1(a-b)^2+P2(a-c)^2+P3(a-d)^2+P4(b-c)^2+P5(b-d)^2+P6(c-d)^2

のような形に表されることは保証されているはずである．

　

　ここで，第１項

　　Σ(a1-a2)^2(a1^2+a1a2+a2^2)

はａ1，ａ2を置換することにより得られる4Ｐ2＝１２項の和，第２項

　　Σ(a1-a2)^2(a1+a2)a3

はａ1，ａ2，ａ3を置換することにより得られる4Ｐ3＝２４項の和，第３項

　　Σ(a1-a2)^2a3a4

はａ1，ａ2，ａ3，ａ4を置換することにより得られる4Ｐ4＝２４項の和として表されるから，

　　Ｐ1＝２（ａ^2＋ａｂ＋ｂ^2＋（ａ＋ｂ）（ｃ＋ｄ）＋２ｃｄ）

　　Ｐ2＝２（ａ^2＋ａｃ＋ｃ^2＋（ａ＋ｃ）（ｂ＋ｄ）＋２ｂｄ）

　　Ｐ3＝２（ａ^2＋ａｄ＋ｄ^2＋（ａ＋ｄ）（ｂ＋ｃ）＋２ｂｃ）

　　Ｐ4＝２（ｂ^2＋ｂｃ＋ｂ^2＋（ｂ＋ｃ）（ａ＋ｄ）＋２ａｄ）

　　Ｐ5＝２（ｂ^2＋ｂｄ＋ｄ^2＋（ｂ＋ｄ）（ａ＋ｃ）＋２ａｃ）

　　Ｐ6＝２（ｃ^2＋ｃｄ＋ｄ^2＋（ｃ＋ｄ）（ａ＋ｂ）＋２ａｂ）

になるものと思われた．

　

　しかし，検算してみたところ，これでは

　　ａ^4＋ｂ^4＋ｃ^4＋ｄ^4−４ａｂｃｄ

　＝Ｐ1（ａ−ｂ）^2＋Ｐ2（ａ−ｃ）^2＋Ｐ3（ａ−ｄ）^2＋Ｐ4（ｂ−ｃ）^2＋Ｐ5（ｂ−ｄ）^2＋Ｐ6（ｃ−ａ）^2

は成り立たなかった．

　

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　同様に，ｎ＝５では

　　Σ(a1-a2)^2(a1^3+a1^2a2+a1a2^2+a2^3)+Σ(a1-a2)^2(a1^2+a1a2+a2^2)a3+Σ(a1-a2)^2(a1+a2)a3a4+Σ(a1-a2)^2a3a4a5

第１項は5Ｐ2＝２０項の和，第２項は5Ｐ3＝６０項の和，第３項は5Ｐ4＝１２０項の和，第４項は5Ｐ5＝１２０項の和となるはずであるから，

　　Ｐ1＝２（ａ^3＋ａ^2ｂ＋ａｂ^2＋ｂ^3＋（ａ^2＋ａｂ＋ｂ^2）（ｃ＋ｄ＋ｅ）＋（ａ＋ｂ）（２ｃｄ＋＋２ｃｅ＋２ｄｅ）＋６ｃｄｅ）　

Ｐ2〜Ｐ10は省略．

　

　ｎ＝６では

　　Σ(a1-a2)^2(a1^4+a1^3a2+a1^2a2^2+a1a2^3+a2^4)+Σ(a1-a2)^2(a1^3+a1^2a2+a1a2^2+a2^3)a3+Σ(a1-a2)^2(a1^2+a1a2+a2^2)a3a4+Σ(a1-a2)^2(a1+a2)a3a4a5+Σ(a1-a2)^2a3a4a5a6

第１項は6Ｐ2＝３０項の和，第２項は6Ｐ3＝１２０項の和，第３項は6Ｐ4＝３６０項の和，第４項は6Ｐ5＝７２０項の和，第５項は6Ｐ6＝７２０項の和となるはずであるから，

　　Ｐ1＝２（ａ^4＋ａ^3ｂ＋ａ^2ｂ^2＋ａｂ^3＋ｂ^4＋（ａ^3＋ａ^2ｂ＋ａｂ^2）（ｃ＋ｄ＋ｅ＋ｆ）＋（ａ^2＋ａｂ＋ｂ^2）（２ｃｄ＋＋２ｃｅ＋２ｃｆ＋２ｄｅ＋２ｄｆ＋２ｅｆ）＋（ａ＋ｂ）（６ｃｄｅ＋６ｃｄｆ＋６ｃｅｆ＋６ｄｅｆ）＋２４ｃｄｅｆ）　

Ｐ2〜Ｐ15は省略．

　

　相当厳めしい式となってしまったが，ｎ＝４の場合が成立しない以上，これらについてもうまくいかないだろう．３次までは簡単だが，４次，５次，６次・・・と進めないのである．

　

　はたして

　　a^4+b^4+c^4+d^4-4abcd

　=P1(a-b)^2+P2(a-c)^2+P3(a-d)^2+P4(b-c)^2+P5(b-d)^2+P6(c-d)^2

の分解は本当に可能なのだろうか？　可能だとしたらP1-P6はa,b,c,dを用いてどのように表されるのか？　具体的な多項式は（おそらくは帰納的に）算出するしかないのだろうか？

　

　　a^5+b^5+c^5+d^5+e^5-5abcde

　　a^6+b^6+c^6+d^6+e^6+f^6-6abcdef

についても同様であるが，これらについてはわかり次第報告したいと考えている．

　

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【３】ヒルベルトの定理

　

　フルヴィッツ・ムーアヘッドの等式により，

　　ａ1^n＋ａ2^n＋・・・＋ａn^n−ｎａ1ａ2・・・ａn

を各項が非負値の和として表すことができることがわかっているが，特に２ｎ次のとき，

　　Ｆ＝ｘ1^2n＋ｘ2^2n＋・・・＋ｘ2n^2n−２ｎｘ1ｘ2・・・ｘ2n

　　　＝ｘ1^2n＋・・・＋ｘn^2n−ｎｘ1^2・・・ｘn^2

　　　＋ｘn+1^2n＋・・・＋ｘ2n^2n−ｎｘn+1^2・・・ｘ2n^2

　　　＋ｎ（ｘ1・・・ｘn−ｘn+1・・・ｘ2n）^2

より，

　　Ｆ＝ΣＰi^2

を示すことができる．

　

　この定理は，

　　a^4+b^4+c^4+d^4-4abcd

　　a^6+b^6+c^6+d^6+e^6+f^6-6abcdef

が多項式の平方の和となることを保証するものである．たとえば，

　　ｘ^4＋ｙ^4＋ｚ^4＋ｗ^4−４ｘｙｚｗ

　＝（ｘ^2−ｙ^2）^2＋（ｚ^2−ｗ^2）^2＋２（ｘｙ−ｚｗ）^2

は３個の多項式の平方の和である．

　

　また，

　　ｘ^6＋ｙ^6＋ｚ^6＋ｕ^6＋ｖ^6＋ｗ^6−６ｘｙｚｕｖｗ

　＝１／２（ｘ^2＋ｙ^2＋ｚ^2）｛（ｙ^2−ｚ^2）^2＋（ｚ^2−ｘ^2）^2＋（ｘ^2−ｙ^2）^2｝＋１／２（ｕ^2＋ｖ^2＋ｗ^2）｛（ｖ^2−ｗ^2）^2＋（ｗ^2−ｕ^2）^2＋（ｕ^2−ｖ^2）^2｝＋３（ｘｙｚ−ｕｖｗ）^2

は１９個の多項式の平方の和である．

　

　　a^4+b^4+c^4+d^4-4abcd

　=P1(a-b)^2+P2(a-c)^2+P3(a-d)^2+P4(b-c)^2+P5(b-d)^2+P6(c-d)^2

であることは保証してないのであるが，abcdの項が出現するためには(ab-cd)または(ac-bd)の平方の項が出現しなければないのだろうか？

　

　ところで，この定理では，２ｎ変数の２ｎ次正定値形式

　　Ｆ＝ｎ｛Ａ（ａ^2n）−Ｇ（ａ^2n）｝

がいくつかの多項式Ｐiを用いて

　　Ｆ＝ΣＰi^2

と表されることをみたが，それでは２ｎ変数の２ｎ次正定値形式Ｆはすべてこのように表されるのだろうか？

　

　すなわち，次なる問題はどのようなＦがいくつかの多項式Ｐiを用いて

　　Ｆ＝ΣＰi^2

と表されるかという問題である．

　

　この問題はヒルベルトによって完全に解決されていて，Ｆの次数を２ｎとし，変数の数をｍとした場合，

　　(1)ｍ＝２，ｎは任意

　　(2)ｍは任意，２ｎ＝２

　　(3)ｍ＝３，２ｎ＝４

は実数係数２次形式の和で表されるが，これ以外のものについては表されないものが存在するという結論である．もっとも，(2)は任意の２次形式は２次形式であるという当たり前のことをいっているに過ぎないのだが・・・．

　

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【４】基本対称式とニュートンの定理

　

　本コラムとは直接関係のないことであるが，基本対称式と累乗和が現れているので，ニュートンの定理についても紹介しておきたい．

　

　対称式の基本定理より，ｎ変数のどんな対称式も基本対称式を用いて表すことができる．たとえば，２変数の場合，

　　α1^2＋α2^2＝（α1＋α2）^2−２α1α2

　　α1^3＋α2^3＝（α1＋α2）^3−３（α1＋α2）α1α2

　　α1^2α2＋α1α2^2＝（α1＋α2）α1α2

など．

　

　次に，ｎ変数対称式：

　　ｐj＝α1^j＋α2^j＋・・・＋αn^j

を基本対称式：

　　σ1＝α1＋・・・＋αn

　　σ2＝α1α2＋・・・＋αn-1αn

　　σ3＝α1α2α3＋・・・＋αn-2αn-1αn

　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　　σn＝α1α2α3・・・αn

を用いて表してみることにしよう．

　

　　ｆ（ｔ）＝Π（１＋ｔαi）＝１＋σ1ｔ＋σ2ｔ^2＋・・・＋σnｔ^n

とおくと，

　　f'(t)/f(t)=d/dtlogf(t)=Σαi／（１＋ｔαi）=ΣΣ(-1)^kαi^(k+1)t^k

　　　　　　　=Σ(-1)^kｐ(k+1)t^k

　

　ゆえに，

　　ｆ’（ｔ）＝ｆ（ｔ）Σ(-1)^kｐ(k+1)t^k

となり，

　　σ1＋２σ2ｔ＋・・・＋ｎσnｔ^(n-1)

＝（１＋σ1ｔ＋σ2ｔ^2＋・・・＋σnｔ^n）（ｐ1−ｐ2ｔ＋ｐ3ｔ^2−・・・）

　

　両辺の係数を比較することによって，順次

　　ｐ1＝σ1

　　ｐ2＝σ1ｐ1−２σ2

　　ｐ3＝σ1ｐ2−σ2ｐ1＋３σ3

　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　　ｐ(k+1)＝σ1ｐk−σ2ｐ(k-1)＋・・・＋(-1)^(k-1)σkｐ1＋(-1)^k（ｋ＋１）σ(k+1)

が得られる．このことから「α1，α2，・・・，αnの基本対称式は，累乗和：α1^j＋α2^j＋・・・＋αn^jの有理数を係数とする整式で表される」という結果が導き出される（ニュートンの定理）．

　

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　ここで述べた定理はニュートンに拠るとされるものであるが，このことから逆に，ｎ次方程式：

　　ｆ（ｘ）＝ｘ^n＋ａ1ｘ^(n-1)＋・・・＋ａn＝Π（ｘ−αi）＝０

が与えられたとき，累乗和

　　ｐ1＝α1＋・・・＋αn

　　ｐ2＝α1^2＋α2^2＋・・・＋αn^2

　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　　ｐn＝α1^n＋α2^n＋・・・＋αn^n

を根とする方程式の係数を導出することができる．したがって，もし係数ａ1，・・・，ａnがすべて有理数（整数）なら，求める方程式の係数もまたみな有理数（整数）となる．

　

　アーベルは「ニュートンの定理」を援用して方程式論を形成したことになるといえるだろう．アーベルは５次以上の一般代数方程式がベキ根によっては解けない（５次以上の方程式には，係数の間の四則と累乗根を使って表す根の公式はない）ことを初めて証明したノルウェーの数学者である．

　

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　ｒ次の基本対称式（の総和）σrについては，不等式

　　σr-1σr+1≦σr^2　 (1<=r<n)

が成り立つことが知られている．

　

　また，

　　Π（１＋ｔαi）＝１＋σ1ｔ＋σ2ｔ^2＋・・・＋σnｔ^n

　＝１＋nＣ1ｃ1ｔ＋nＣ2ｃ2ｔ^2＋・・・＋σnｔ^n

と表すと，

　　ｃr＝σn／nＣr

すなわち，ｒ次の基本対称式の平均である．

　

　ｃrは

　　σr-1σr+1≦σr^2　 (1<=r<n)

よりも強い，次のような不等式を満たす．

(1)：ｃr-1ｃr+1≦ｃr^2　 (1<=r<n)　　　（ニュートンの定理）

(2)：ｃ1≧ｃ2^(1/2)≧ｃ3^(1/3)≧・・・≧ｃn^(1/n)

　

　なお，対称式の計算は，ヤング図形を用いて見通しよく行うことができる．ヤング図形は対称式の計算に役立つだけでなく，「群の表現論」と呼ばれる分野でも用いられ，テンソル積の計算など非常に便利なものになっている．群の表現論は現在も活発に研究され進歩している分野である．

　

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【参】ハーディ・リトルウッド・ポーヤ「不等式」シュプリンガー・フェアラーク東京

　

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