sl(nu),n≧3をsl(u)の関数として表すことは大層複雑である．

　　sl(nu)=0

をsl(u)について解くとかなり次数の高い式が現れると思うのだが，ガウスによれば次数ｎ^2の方程式に帰着されるとある．

　たとえば，ｓ＝ｓｌ（２ω／５）とおくと，ｓｌ（５ｕ）の乗法公式により，ｓは

　　（５−２ｓ^4＋ｓ^8）（１−１２ｓ^4−２６ｓ^8＋５２ｓ^12＋ｓ^16）＝０，

すなわち，２４次方程式の根になるが，因数（ｓ−１）で割り切れることを考慮すると２５次方程式が得られるというわけであるが，この理由がわからない．

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【１】レムニスケートのｎ等分と次数ｎ^2の方程式

　理由が知りたいところであるが，

http://www.juen.ac.jp/math/nakagawa/ellfunc.pdf

に解答が書かれてあった．

　たとえば，３倍角の公式

　　ｓｌ（３ｕ）＝ｓｌ（ｕ）（３−６ｓｌ^4（ｕ）−ｓｌ^8（ｕ））／（１＋６ｓｌ^4（ｕ）−３ｓｌ^8（ｕ））

　ｕ＝２ω／３）とおくと，ｓｌ（３ｕ）＝０であるから，

　　３−６ｓｌ^4（ｕ）−ｓｌ^8（ｕ）＝０

を満たす．この方程式の実根は

　　ｓｌ（ｕ）＝（２√３−３）^1/4

である．

　一般に

［１］ｎが奇数のとき

　　ｓｌ（ｎｕ）＝ｓｌ（ｕ）Ｐn（ｓｌ^4（ｕ））／Ｑn（ｓｌ^4（ｕ））

　　Ｑn+1（ｘ）＝Ｑn-1（ｘ）｛Ｑn（ｘ）^2＋ｘＰn（ｘ）^2｝

　　Ｐn+1（ｘ）＝２Ｐn（ｘ）Ｑn（ｘ）Ｑn-1（ｘ）−Ｐn-1（ｘ）｛Ｑn（ｘ）^2＋ｘＰn（ｘ）^2｝

［２］ｎが偶数のとき

　　ｓｌ（ｎｕ）＝ｓｌ（ｕ）ｓｌ’（ｕ）Ｐn（ｓｌ^4（ｕ））／Ｑn（ｓｌ^4（ｕ））

　　Ｑn+1（ｘ）＝Ｑn-1（ｘ）｛Ｑn（ｘ）^2＋ｘ（１−ｘ）Ｐn（ｘ）^2｝

　　Ｐn+1（ｘ）＝２（１−ｘ）Ｐn（ｘ）Ｑn（ｘ）Ｑn-1（ｘ）−Ｐn-1（ｘ）｛Ｑn（ｘ）^2＋ｘ（１−ｘ）Ｐn（ｘ）^2｝

　さらに，Ｑn（０）＝１が成り立つ．

　これより，

　　Ｐ4（ｘ）＝４（１＋ｘ）（１−６ｘ＋ｘ^2）

　　Ｐ5（ｘ）＝（５−２ｘ＋ｘ^2）（１−１２ｘ−２６ｘ^2＋５２ｘ^3＋ｘ^4）

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【２】雑感

　　（５−２ｓ^4＋ｓ^8）（１−１２ｓ^4−２６ｓ^8＋５２ｓ^12＋ｓ^16）＝０は，こういうことだったのである．これでn>5についても，方程式の次数が分かるのでガウスの主張の是非がたやすく確かめられたことになる．

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