【１】レムニスケートのｎ等分と次数ｎ^2の方程式

　　sl(3u)=sl(2u+u)

　　sl(5u)=sl(4u+u)

　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．

　２００８年にコラム「楕円積分の加法定理」シリーズで検討した際は，畏友・阪本ひろむ氏にお願いしてMathematicaで展開してもらったところ，言葉が一切入らない数式が数ページにもおよんだ．Mathematicaでは５等分点の計算でもメモリ不足になってしまった．sl(5u)=sl(4u+u)=1をsl(5u)=sl(3u+2u)=1と分割の仕方を変えて計算してみても，メモリ不足はsl(5u)の展開ではなく，sl(5u)=1の方程式を解くところでおきているので，どうしても５等分点は得られなかったのである．もちろん，手計算を断念せざるを得なかった代物である．

　しかし，うまい方法をとると，次数ｎ^2の方程式が登場する．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

　　５−６２ｓ^4−１０５ｓ^8＋３００ｓ^12−１２５ｓ^16＋５０ｓ^20＋２４ｓ^24＝０

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．

　これは本質的にはｓ^4に関する２次と４次の方程式である．

　　１−１２ｓ^4−２６ｓ^8＋５２ｓ^12＋ｓ^16＝０

の根として，

　　｛−１３＋６√５−２（８５−３８√５）^1/2｝^1/4＝０．５２０４７

となった．

　うまい方法とは何か．一体どうなっているのだろうか？

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【２】理由が知りたい

　その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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【３】雑感

　レムニスケートサインを分数の形にして，分母と分子に分けてかつ漸化式表示すると，おおきなベネフィットが得られることがわかった．

　私はｓｌ（ｎｕ）が有理関数になるとは思っていなかったが，有理関数であれば，ｓｌ（ｎｕ）＝０であろうがｓｌ（ｎｕ）＝１であろうが，計算の難易度には差がないことになる．

　（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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