12/02/22 21:28:00.83
>>333
乙、ありがとう
>>331
>つまり、今までは補助方程式の根を別々に添加していたわけだけど、同時に加えるということ。
>俺の挙げた例でいうと、K(r1), K(r2), K(r3) ではなく K(r1, r2, r3) でF(x)を見たらどう分解されるか？
誘導ありがとう
１．まず、K(r1)のとき、>>326でr1=(α-β)^2、F(x)=(x-V1)(x-V2)(x-V3)(x-V4)(x-V5)(x-V6)、f1(x,r1)=（ｘ－Ｖ１）（ｘ－Ｖ４）
までは、すでに記した通り。
で、F(x)＝f1(x,r1)(x-V2)(x-V3)(x-V5)(x-V6)＝f1(x,r1)g(X) 但しg(X)=(x-V2)(x-V3)(x-V5)(x-V6)として、g(X)がK(r1)に属するかだが
ラグランジュの定理でいえるね。
g(X)＝F(x)/f1(x,r1)と書けて、F(x)とf1(x,r1)とも（α,β）（＝α,βの互換）で変わらないから、g(X)も変わらない。だから、その係数はr1の有理式で、g(X)がK(r1)に属する
だがそこまでで、g(X)＝g(x,r1)とは書けるが、これ以上分解はできない
２．で、K(r1, r2, r3) は、r1, r2, r3を全て含む拡大体で、>>326 F(x)=f1(x,r1)xf2(x,r2)xf3(x,r3)で
f1(x,r1)=（ｘ－Ｖ１）（ｘ－Ｖ４）,f2(x,r2)=（ｘ－Ｖ２）（ｘ－Ｖ５）,f3(x,r3)=（ｘ－Ｖ３）（ｘ－Ｖ６）となるが
f1(x,r1)、f2(x,r2)、f3(x,r3)は全て、K(r1, r2, r3) に属するので、F(x)=f1(x,r1)xf2(x,r2)xf3(x,r3) （２次式）までの分解ができる
３．では、それ以上（１次式へ）の分解ができるか？ これはできない
K(r1, r2, r3) の元は、例えば（α,β）（＝α,βの互換）で変わらないが、V1～V6は、全て（α,β）で変わるから、K(r1, r2, r3) の元ではない。だから、１次式への分解はできないと