解の公式とラグランジュ・リゾルベント(3)

3次方程式 \( ay^3 + by^2 + cy + d = 0 \) の解の公式を求めていく。

3次方程式 \( ay^3 + by^2 + cy + d = 0 \) の変数 \( y \) に、\(y = x - \frac{ b }{ 3a }\) を代入して3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) としたので、逆に元に戻せばいい。3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) は以下であったので、

3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の解の公式

$$
\begin{eqnarray}
x = \frac {1}{3} \omega ^k \cdot \sqrt[3]{ A + \sqrt{ D }} + \frac {1}{3} \omega ^{3-k} \cdot \sqrt[3]{ A - \sqrt{ D }} \\
\end{eqnarray}
$$
ただし、

• \( k = 0, 1, 2 \)
• \( \omega \) は \( 1 \) の原始 \( 3 \) 乗根
• \( A = - \frac { 27q }{ 2 } \)
• \( D = \left( \frac{ 27q }{ 2 } \right)^2 + 27p^3 \)

とする。

\(y = x - \frac{ b }{ 3a }\) の \( x \) に、解の公式を代入して、

$$
\begin{eqnarray}
y &=& x - \frac{ b }{ 3a } \\
&=& \frac {1}{3} \omega ^k \cdot \sqrt[3]{ A + \sqrt{ D }} + \frac {1}{3} \omega ^{3-k} \cdot \sqrt[3]{ A - \sqrt{ D }} - \frac{ b }{ 3a } \\
\end{eqnarray}
$$

\( A \) と\( D \) も、3次方程式 \( ay^3 + by^2 + cy + d = 0 \) の係数を使った式に戻しておこう。\(p = - \frac{ b^2 - 3ac }{ 3a^2 } , q = \frac{ 2b^3 - 9abc + 27a^2d }{ 27a^3 }\) だったので、代入して計算する。

$$
\begin{eqnarray}
A &=& - \frac { 27q }{ 2 } \\
&=& - \frac { 27 ( \frac{ 2b^3 - 9abc + 27a^2d }{ 27a^3 } ) }{ 2 } \\
&=& - \frac { 2b^3 - 9abc + 27a^2d }{ 2 a^3 }
\end{eqnarray}
$$

$$
\begin{eqnarray}
D &=& \left( \frac{ 27q }{ 2 } \right)^2 + 27p^3 \\
&=& \left( \frac{ 27 ( \frac{ 2b^3 - 9abc + 27a^2d }{ 27a^3 } ) }{ 2 } \right)^2 + 27 \left( - \frac{ b^2 - 3ac }{ 3a^2 } \right) ^3 \\
&=& \left( \frac{ 2b^3 - 9abc + 27a^2d }{ 2 a^3 } \right)^2 - 27 \left( \frac{ b^2 - 3ac }{ 3a^2 } \right) ^3 \\
&=& \frac{ ( 2b^3 - 9abc + 27a^2d ) ^2 }{ 4 a^6 } - \frac{ ( b^2 - 3ac )^3 }{ a^6 }
\end{eqnarray}
$$

長くなりそうなので、分けて計算する。

$$
\begin{eqnarray}
& & ( 2b^3 - 9abc + 27a^2d ) ^2 \\
&=& 4 b^6 + 81 a^2 b^2 c^2 + 27^2 a^4 d^4 - 36 a b^4 c - 18 \cdot 27 a^3 b c d + 4 \cdot 27 a^2 b^3 d \\\\

& & ( b^2 - 3ac )^3 \\
&=& b^6 - 9 a b^4 c + 27 a^2 b^2 c^2 + 27 a^3 b^3
\end{eqnarray}
$$

分母をそろえるため、\( \frac{ ( b^2 - 3ac )^3 }{ a^6 } \) の分子・分母を4倍する。

$$
\begin{eqnarray}
& & \frac{ ( b^2 - 3ac )^3 }{ a^6 } \\\\
&=& \frac{ b^6 - 9 a b^4 c + 27 a^2 b^2 c^2 + 27 a^3 b^3 }{ a^6 } \\\\
&=& \frac{ 4 b^6 - 36 a b^4 c + 4 \cdot 27 a^2 b^2 c^2 + 4 \cdot 27 a^3 b^3 }{ 4 a^6 }
\end{eqnarray}
$$

分子の計算。

$$
\begin{eqnarray}
& & (4 b^6 + 81 a^2 b^2 c^2 + 27^2 a^4 d^4 - 36 a b^4 c - 18 \cdot 27 a^3 b c d + 4 \cdot 27 a^2 b^3 d) \\
& & \qquad - ( 4 b^6 - 36 a b^4 c + 4 \cdot 27 a^2 b^2 c^2 + 4 \cdot 27 a^3 b^3 ) \\
&=& -27 a^2 b^2 c^2 + 27^2 a^4 d^4 - 18 \cdot 27 a^3 b c d + 4 \cdot 27 a^2 b^3 d - 4 \cdot 27 a^3 b^3 \\
&=& 27a^2 (27 a^2 d^4 - 4 a b^3 - 18 a b c d + 4 b^3 d - b^2 c^2 )\\
\end{eqnarray}
$$

約分して \( D \) を求める。

$$
\begin{eqnarray}
D &=& \frac{ ( 2b^3 - 9abc + 27a^2d ) ^2 }{ 4 a^6 } - \frac{ ( b^2 - 3ac )^3 }{ a^6 } \\
&=& \frac{ 27a^2 (27 a^2 d^4 - 4 a b^3 - 18 a b c d + 4 b^3 d - b^2 c^2 ) }{ 4 a^6 } \\
&=& \frac{ 27 (27 a^2 d^4 - 4 a b^3 - 18 a b c d + 4 b^3 d - b^2 c^2 ) }{ 4 a^4 }
\end{eqnarray}
$$

あらためて、3次方程式 \( ay^3 + by^2 + cy + d = 0 \) を \( \alpha, \beta, \gamma \) として、解と係数の関係とラグランジュ・リゾルベントより、

3次方程式の解と係数の関係

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
& \alpha + \beta + \gamma &= - \frac{b}{a} \\
& \alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha &= \frac{c}{a} \\
& \alpha \beta \gamma &= - \frac{d}{a}&
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$$

3次方程式のラグランジュ・リゾルベント

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
& L_3 (1) &= \omega \alpha + \omega ^2 \beta + \gamma & \\
& L_3 (2) &= \omega ^2 \alpha + \omega \beta + \gamma & \\
& L_3 (3) &= \alpha + \beta + \gamma &
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$$

ラグランジュ・リゾルベントの3式を辺々足して、また、解と係数の関係から \( L_3 (3) = \alpha + \beta + \gamma = - \frac{b}{a} \) なので、

$$
\begin{eqnarray}
L_3 (1) + L_3 (2) + L_3 (3) &=& ( \omega + \omega ^2 + 1 ) \alpha + ( \omega ^2 + \omega + 1 ) \beta + 3 \gamma \\
L_3 (1) + L_3 (2) - \frac{b}{a} &=& 3 \gamma \\
\therefore \gamma &=& \frac{1}{3} L_3 (1) + \frac{1}{3} L_3 (2) - \frac{b}{3a}
\end{eqnarray}
$$

解の公式の形が出てきた。

同様に、\( \alpha , \beta \) も求めてみる。

$$
\begin{eqnarray}
\omega L_3 (1) + \omega ^2 L_3 (2) + L_3 (3) &=& ( \omega ^2 + \omega ^3 + \omega ) \alpha + ( \omega ^3 + \omega ^3 + 1 ) \beta + ( \omega + \omega ^2 + 1 ) \gamma \\
\omega L_3 (1) + \omega ^2 L_3 (2) - \frac{b}{a} &=& 3 \beta \\
\therefore \beta &=& \frac{1}{3} \omega L_3 (1) + \frac{1}{3} \omega ^2 L_3 (2) - \frac{b}{3a}
\end{eqnarray}
$$

$$
\begin{eqnarray}
\omega ^2 L_3 (1) + \omega L_3 (2) + L_3 (3) &=& ( \omega ^3 + \omega ^3 + 1 ) \alpha + ( \omega ^4 + \omega ^2 + 1 ) \beta + ( \omega ^2 + \omega + 1 ) \gamma \\
\omega ^2 L_3 (1) + \omega L_3 (2) - \frac{b}{a} &=& 3 \alpha \\
\therefore \alpha &=& \frac{1}{3} \omega ^2 L_3 (1) + \frac{1}{3} \omega L_3 (2) - \frac{b}{3a}
\end{eqnarray}
$$

\( - \frac{b}{a} \) を \( L_3 (3) \) に戻すと、次のように書ける。

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
& \alpha &= \frac{1}{3} \omega ^2 L_3 (1) + \frac{1}{3} \omega L_3 (2) + \frac{1}{3} L_3 (3) \\
& \beta &= \frac{1}{3} \omega L_3 (1) + \frac{1}{3} \omega ^2 L_3 (2) + \frac{1}{3} L_3 (3) \\
& \gamma &= \frac{1}{3} L_3 (1) + \frac{1}{3} L_3 (2) + \frac{1}{3} L_3 (3) \\
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$$

\( A \) と\( D \) の計算、苦労したけど使ってない、、、。

解の公式とラグランジュ・リゾルベント(2)

\( 3 \) 次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の解を \( \alpha, \beta, \gamma \) として、解の公式とラグランジュ・リゾルベントの関係をみていく。

3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の解の公式

$$
\begin{eqnarray}
x = \frac {1}{3} \omega ^k \cdot \sqrt[3]{ A + \sqrt{ D }} + \frac {1}{3} \omega ^{3-k} \cdot \sqrt[3]{ A - \sqrt{ D }} \\
\end{eqnarray}
$$
ただし、

• \( k = 0, 1, 2 \)
• \( \omega \) は \( 1 \) の原始 \( 3 \) 乗根
• \( A = - \frac { 27q }{ 2 } \)
• \( D = \left( \frac{ 27q }{ 2 } \right)^2 + 27p^3 \)

とする。

3次方程式のラグランジュ・リゾルベント

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
L =& L_3 (1) &= \omega \alpha + \omega ^2 \beta + \gamma & \\
R =& L_3 (2) &= \omega ^2 \alpha + \omega \beta + \gamma & \\
& L_3 (3) &= \alpha + \beta + \gamma & ( = 0 )
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$$
解と係数の関係より、\( L_3 (3) = 0 \) である。

また、解の公式の導出にあたり、以下の値を求めた。

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
L^3 + R^3 = -27q \\
L^3 R^3 = -27p^3
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$$

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
L^3 = - \frac { 27q }{ 2 } + \sqrt{ \left( \frac{ 27q }{ 2 } \right )^2 + 27p^3} = A + \sqrt{ D } \\
R^3 = - \frac { 27q }{ 2 } - \sqrt{ \left( \frac{ 27q }{ 2 } \right )^2 + 27p^3} = A - \sqrt{ D }
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$$

\( L^3 = A + \sqrt{ D } , \ R^3 = A - \sqrt{ D } \) なので、解の公式は以下のようにも書ける。

$$
\begin{eqnarray}
x &=& \frac {1}{3} \omega ^k \cdot \sqrt[3]{ L^3 } + \frac {1}{3} \omega ^{3-k} \cdot \sqrt[3]{ R^3 } \\
&=& \frac {1}{3} \omega ^k L + \frac {1}{3} \omega ^{3-k} R \\
&=& \frac {1}{3} \omega ^k ( \omega \alpha + \omega ^2 \beta + \gamma ) + \frac {1}{3} \omega ^{3-k} ( \omega ^2 \alpha + \omega \beta + \gamma ) \\
\end{eqnarray}
$$

解の公式の導出の際に、解を \( L, R \) で表したが、それと同じである。

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\alpha = \frac {1}{3} ( \omega ^2 L + \omega R ) \\
\beta = \frac {1}{3} ( \omega L + \omega ^2 R ) \\
\gamma = \frac {1}{3} ( L+R )
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$$

明示的に次のように書いてみよう。

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\alpha = \frac {1}{3} \omega ^2 &( \omega \alpha + \omega ^2 \beta + \gamma ) + \frac {1}{3} \omega &( \omega ^2 \alpha + \omega \beta + \gamma ) \\
\beta = \frac {1}{3} \omega &( \omega \alpha + \omega ^2 \beta + \gamma ) + \frac {1}{3} \omega ^2 &( \omega ^2 \alpha + \omega \beta + \gamma ) \\
\gamma = \frac {1}{3} &( \omega \alpha + \omega ^2 \beta + \gamma ) + \frac {1}{3} &( \omega ^2 \alpha + \omega \beta + \gamma )
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$$

右辺を計算してみよう。

$$
\begin{eqnarray}
\alpha &=& \frac {1}{3} \omega ^2 ( \omega \alpha + \omega ^2 \beta + \gamma ) + \frac {1}{3} \omega ( \omega ^2 \alpha + \omega \beta + \gamma ) \\
&=& \frac {1}{3} \omega ^3 \alpha + \frac {1}{3} \omega ^4 \beta + \frac {1}{3} \omega ^2 \gamma + \frac {1}{3} \omega ^3 \alpha + \frac {1}{3} \omega ^2 \beta + \frac {1}{3} \omega \gamma \\
&=& \frac {2}{3} \alpha + \frac {1}{3} ( \omega + \omega ^2 ) \beta + \frac {1}{3} ( \omega ^2 + \omega ) \gamma \\
&=& \frac {2}{3} \alpha - \frac {1}{3} \beta - \frac {1}{3} \gamma \\\\

\beta &=& \frac {1}{3} \omega ( \omega \alpha + \omega ^2 \beta + \gamma ) + \frac {1}{3} \omega ^2 ( \omega ^2 \alpha + \omega \beta + \gamma ) \\
&=& \frac {1}{3} \omega ^2 \alpha + \frac {1}{3} \omega ^3 \beta + \frac {1}{3} \omega \gamma + \frac {1}{3} \omega ^4 \alpha + \frac {1}{3} \omega ^3 \beta + \frac {1}{3} \omega ^2 \gamma \\
&=& - \frac {1}{3} \alpha + \frac {2}{3} \beta - \frac {1}{3} \gamma \\\\

\gamma &=& \frac {1}{3} ( \omega \alpha + \omega ^2 \beta + \gamma ) + \frac {1}{3} ( \omega ^2 \alpha + \omega \beta + \gamma ) \\
&=& \frac {1}{3} \omega \alpha + \frac {1}{3} \omega ^2 \beta + \frac {1}{3} \gamma + \frac {1}{3} \omega ^2 \alpha + \frac {1}{3} \omega \beta + \frac {1}{3} \gamma \\
&=& - \frac {1}{3} \alpha - \frac {1}{3} \beta + \frac {2}{3} \gamma \\
\end{eqnarray}
$$

気持ち的には、2次方程式のように、それぞれの解が出てくる（うまい言い方が思いつかない）ようになってほしかったが、そううまくはいかなかった。ひょっとすると、ここで考えている3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) には、\( x^2 \) の項 がなく、解と係数の関係により \( \alpha + \beta + \gamma = 0 \) であるため、見えていないだけかもしれない。

そこで、3次方程式 \( ay^3 + by^2 + cy +d = 0 \) の解の公式を求め、そこでラグランジュ・リゾルベントとの関係を確認していきたい。

解の公式とラグランジュ・リゾルベント(1)

3次方程式の解の公式を導く際に、ラグランジュ・リゾルベント（ラグランジュの分解式）というものを使いました。

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
L = \omega \alpha + \omega ^2 \beta + \gamma \\
R = \omega ^2 \alpha + \omega \beta + \gamma
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$$

ラグランジュ・リゾルベントによる3次方程式の解の公式の導出の流れを大まかにいうと、

• 解を \( L, R \) で表した
• \( L^3 + R^3, L^3 R^3 \) を係数で表した
• \( L^3, R^3 \) を係数で表した
• \( L, R \) を係数で表した

という流れです。

ざっくりというと、解の公式というのは、解を係数を使って表したものです。

2次方程式の場合は、2次方程式を式変形していくことで解の公式とすることができました。3次方程式の場合は式変形だけではうまくいかなかったので、補助的な \( L, R \) を使いました。\( L, R \) を係数を使って表すことができたので、解が係数を使って表すことができたということです。

では、このラグランジュ・リゾルベントは、どのような性質を持っているのでしょうか。

と書いてしまうと、このブログ内に答えが載っているように読んでしまいがちですが、このブログはノートみたいな役割で使っているので悪しからず。

ラグランジュ・リゾルベントは3次方程式の解の公式の導出だけでなく、4次方程式の解の公式の導出にも使われているらしいです。

また、n次方程式のラグランジュ・リゾルベントとして、一般化もなされています。

\( n \) 次方程式のラグランジュ・リゾルベント
$$
\begin{eqnarray}
L_n (k) = \sum_{ j = 1 }^{ n } \zeta_n^{kj} \alpha_j = ( \zeta_n^k )^1 \alpha_1 + ( \zeta_n^k )^2 \alpha_2 + \cdots + ( \zeta_n^k )^n \alpha_n
\end{eqnarray}
$$

• \( k = 1, 2, 3, \cdots, n \)
• \( \zeta_n \) は \( 1 \) の原始 \( n \) 乗根
• \( \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \cdots, \alpha_n \) は \( n \) 次方程式の解

3次方程式の場合をみてみましょう。

3次方程式ですので、\( n = 3 \)、そして \( 1 \) の原始 \( 3 \) 乗根を \( \omega \) として、一般化された式に入れてみます。

$$
\begin{eqnarray}
L_3 (k) = \sum_{ j = 1 }^{ 3 } \omega^{kj} \alpha_j = ( \omega^k )^1 \alpha_1 + ( \omega^k )^2 \alpha_2 + ( \omega^k )^3 \alpha_3
\end{eqnarray}
$$

• \( k = 1, 2, 3 \)
• \( \omega \) は \( 1 \) の原始 \( 3 \) 乗根
• \( \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3 \) は \( 3 \) 次方程式の解

具体的には、

$$
\begin{eqnarray}
L_3 (1) &= ( \omega^1 )^1 \alpha_1 + ( \omega^1 )^2 \alpha_2 + ( \omega^1 )^3 \alpha_3 \\
L_3 (2) &= ( \omega^2 )^1 \alpha_1 + ( \omega^2 )^2 \alpha_2 + ( \omega^2 )^3 \alpha_3 \\
L_3 (3) &= ( \omega^3 )^1 \alpha_1 + ( \omega^3 )^2 \alpha_2 + ( \omega^3 )^3 \alpha_3 \\
\end{eqnarray}
$$

ここでは3次方程式の解を \( \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3 \) としていますが、 \( \alpha, \beta, \gamma \) とすれば、

$$
\begin{eqnarray}
L =& L_3 (1) &= \omega \alpha + \omega ^2 \beta + \gamma \\
R =& L_3 (2) &= \omega ^2 \alpha + \omega \beta + \gamma \\
& L_3 (3) &= \alpha + \beta + \gamma
\end{eqnarray}
$$

であることが確認できます。ちなみに \( L_3 (3) \) は3次方程式の解と係数の関係に出てくる式です。


では、2次方程式のラグランジュ・リゾルベントをみてみましょう。\( n = 2 \)、\( 1 \) の原始 \( 2 \) 乗根は \( -1 \) です。

$$
\begin{eqnarray}
L_2 (1) &=& ( -1 )^{1 \times 1} \alpha_1 + ( -1 )^{1 \times 2} \alpha_2 \\
&=& - \alpha_1 + \alpha_2 \\\\
L_2 (2) &=& ( -1 )^{2 \times 1} \alpha_1 + ( -1 )^{2 \times 2} \alpha_2 \\
&=& \alpha_1 + \alpha_2
\end{eqnarray}
$$

\( L_2 (2) \) は2次方程式の解と係数の関係に出てくる式ですね。3次方程式のラグランジュ・リゾルベントは解の公式を導くための補助となりましたが、2次方程式のラグランジュ・リゾルベントはどうでしょうか。

3次方程式の解の公式の導出では、\( L^3, R^3 \) を求めました。\( L^3, R^3 \) を係数を使って表したということです。今回2次方程式ですので、\( L_2(1) \) を2乗して係数で表してみましょう。2次方程式 \( x^2 + px + q = 0 \) の解を \( \alpha, \beta \) として、

$$
\begin{eqnarray}
\left( L_2 (1) \right)^2 &=& ( - \alpha + \beta )^2 \\
&=& \alpha ^2 - 2 \alpha \beta + \beta ^2 \\
&=& ( \alpha + \beta )^2 - 4 \alpha \beta \\
&=& ( -p )^2 - 4 q \\
&=& p^2 - 4q
\end{eqnarray}
$$

何の断りもしませんでしたが、途中、2次方程式での解と係数の関係（ \( \alpha + \beta = -p, \ \alpha \beta = q \)）を使いました。

\( \left( L_2 (1) \right)^2 = p^2 - 4q \) とわかりましたが、この \( p^2 - 4q \) は2次方程式 \( x^2 + px + q = 0 \) の判別式です。2次方程式 \( x^2 + px + q = 0 \) の解の公式を書くと、

$$
x = \frac{ - p \pm \sqrt{ p^2 - 4q }}{2} \\
$$

ですので、根号の中身です。つまり、次のようにも書けます。

$$
x = \frac{ - p \pm \sqrt{ \left( L_2 (1) \right)^2 }}{2} \\
$$

ついでに書くと、解と係数の関係から \( \alpha + \beta = -p \) で、\( L_2 (2) = \alpha + \beta \) ですので、

$$
x = \frac{ L_2 (2) \pm \sqrt{ \left( L_2 (1) \right)^2 }}{2} = \frac{ L_2 (2) \pm L_2 (1) }{2} \\
$$

2つの解を明示的に書くと、\( \alpha \) が \( \frac{ L_2 (2) - L_2 (1) }{2} \) に、\( \beta \) が \( \frac{ L_2 (2) + L_2 (1) }{2} \) に対応していることがわかります。

$$
\alpha = \frac{ L_2 (2) - L_2 (1) }{2} = \frac{ \alpha + \beta - ( - \alpha + \beta ) }{2} \\
\beta = \frac{ L_2 (2) + L_2 (1) }{2} = \frac{ \alpha + \beta + ( - \alpha + \beta ) }{2}
$$

似たようなことが3次方程式の場合にも当てはまるかもしれません。

3次方程式の解の公式の導出(6)

3次方程式の解の公式の導出(1)(2)(3)(4)(5)

ラグランジュ・リゾルベントを使った3次方程式の解の公式の導出について、前回は \( L^3 + R^3, L^3 R^3 \) を求めてから、\( L^3 , R^3 \) そして、 \( L, R \) を求めてきました。

3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の3つの解を、\( \alpha , \beta , \gamma \) として、

3次方程式の解と係数の関係

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\alpha + \beta + \gamma = 0 \\
\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha = p \\
\alpha \beta \gamma = -q
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\tag{1}
$$

ラグランジュ・リゾルベント（3次の場合）

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
L = \omega \alpha + \omega ^2 \beta + \gamma \\
R = \omega ^2 \alpha + \omega \beta + \gamma \\
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\tag{2}
$$

解を \( L, R \) で表す

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\alpha = \frac {1}{3} ( \omega ^2 L + \omega R ) \\
\beta = \frac {1}{3} ( \omega L + \omega ^2 R ) \\
\gamma = \frac {1}{3} ( L+R )
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\tag{3}
$$

\( L^3 + R^3, L^3 R^3 \) を係数で表す

$$
L^3 + R^3 = -27q, \qquad L^3 R^3 = -27p^3　\\
\tag{4}
$$

\( L^3 , R^3 \) を係数で表す

$$
L^3 = A + \sqrt{ D }, \qquad R^3 = A - \sqrt{ D } \\
\tag{5}
$$

\( L , R \) を係数で表す

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
L = \sqrt[3]{ A + \sqrt{ D }} \\
R = \sqrt[3]{ A - \sqrt{ D }} \\
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\tag{6}
$$

（ \( (5), (6) \) の \( A, D \) は以下）

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
A = - \frac { 27q }{ 2 } \\
D = \left( \frac{ 27q }{ 2 } \right)^2 + 27p^3 \\
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$$

最後、\( (6) \) を \( (3) \) に代入すれば、3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の解の公式となります。

ここで、前回の最後の部分、\( (5) \) から \( (6) \) を求める部分について補足です。\( L^3 = A + \sqrt{ D } \) から \( L = \sqrt[3]{ A + \sqrt{ D }} \) としましたが、3乗根なので解は3つになるのに、なんで \( (6) \) となるのだ、\( R \) についても同様です。

$$
L = \sqrt[3]{ A + \sqrt{ D }}, \quad \omega \sqrt[3]{ A + \sqrt{ D }}, \quad \omega ^2 \sqrt[3]{ A + \sqrt{ D }} \\
R = \sqrt[3]{ A - \sqrt{ D }}, \quad \omega \sqrt[3]{ A - \sqrt{ D }}, \quad \omega ^2 \sqrt[3]{ A - \sqrt{ D }}
$$

カルダノの方法のときも同じ議論をしましたが、\( L \) が3通り、\( R \) が3通りの解なので、\( L \) と \( R \) の組み合わせは9通りあります。カルダノの方法のときと同様の条件を探してみると、\( L^3 R^3 \) を求める際に \( LR \) を求めました。\( LR = -3p \) です。この条件に当てはまる \( L \) と \( R \) の組み合わせは3通りになります。

$$
\begin{eqnarray}
( L, R ) &=& \left( \sqrt[3]{ A + \sqrt{ D }}, \ \sqrt[3]{ A - \sqrt{ D }} \right), \\
& & \left( \omega \sqrt[3]{ A + \sqrt{ D }}, \ \omega ^2 \sqrt[3]{ A - \sqrt{ D }} \right), \\
& & \left( \omega ^2 \sqrt[3]{ A + \sqrt{ D }}, \ \omega \sqrt[3]{ A - \sqrt{ D }} \right)
\end{eqnarray}
$$

\( (6) \) を \( (3) \) に代入して、3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の解の公式をつくるとわかりますが、この組み合わせならば、3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の3つの解は定まります。

最後、\( (6) \) を \( (3) \) に代入して、3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の解の公式となります。

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\alpha = \frac {1}{3} \left( \omega ^2 \sqrt[3]{ A + \sqrt{ D }} + \omega \sqrt[3]{ A - \sqrt{ D }} \right) \\
\beta = \frac {1}{3} \left( \omega \sqrt[3]{ A + \sqrt{ D }} + \omega ^2 \sqrt[3]{ A - \sqrt{ D }} \right) \\
\gamma = \frac {1}{3} \left( \sqrt[3]{ A + \sqrt{ D }} + \sqrt[3]{ A - \sqrt{ D }} \right) \\
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$$

ただし、\( \omega \) は、1の原始3乗根のひとつで、

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
A = - \frac { 27q }{ 2 } \\
D = \left( \frac{ 27q }{ 2 } \right)^2 + 27p^3 \\
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$$

とします。

3次方程式の解の公式の導出(5)

3次方程式の解の公式の導出(1)(2)(3)(4)

ラグランジュ・リゾルベントを用いた3次方程式の解の公式の導出について、3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の解を \( \alpha , \beta , \gamma \)として、これまで以下のことを見てきました。

3次方程式の解と係数の関係

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\alpha + \beta + \gamma = 0 \\
\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha = p \\
\alpha \beta \gamma = -q
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\tag{1}
$$

ラグランジュ・リゾルベント（3次の場合）

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
L = \omega \alpha + \omega ^2 \beta + \gamma \\
R = \omega ^2 \alpha + \omega \beta + \gamma \\
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\tag{2}
$$

解を \( L, R \) で表す

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\alpha = \frac {1}{3} ( \omega ^2 L + \omega R ) \\
\beta = \frac {1}{3} ( \omega L + \omega ^2 R ) \\
\gamma = \frac {1}{3} ( L+R )
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\tag{3}
$$

\( \omega \) は1の原始3乗根の1つです。

これから \( L, R \) を3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の係数（ \( p , q \) ）を使って表していきたいのですが、その準備として、\( L^3 + R^3, L^3 R^3 \) を求めていきます。

まずは、\( L^3 + R^3 \) から。\( L^3 + R^3 \) は次のような積の形に変形することができます。ここでは確かめませんが、右辺を展開すると左辺となります。

$$
L^3 + R^3 = ( L + R )( L + \omega R )( L + \omega ^2 R )
$$

解を \( L, R \) で表した式 \( (3) \) の3つめの式（ \( \gamma \) の式）から、\( L+R = 3 \gamma \) がすぐにわかります。また、1つめの式（ \( \alpha \) の式）からは、両辺に \( 3 \omega \) を掛けて \( L + \omega ^2 R = 3 \omega \alpha \) 、2つめの式（ \( \beta \) の式）では \( 3 \omega ^2 \) を掛けて、\( L + \omega R = 3 \omega ^2 \beta \) が求まります。よって、

$$
\begin{eqnarray}
L^3 + R^3 &=& ( L + R )( L + \omega R )( L + \omega ^2 R ) \\
&=& 3 \gamma \cdot 3 \omega ^2 \beta \cdot 3 \omega \alpha \\
&=& 27 \alpha \beta \gamma \\
\end{eqnarray}
$$

解と係数の関係（ \( \alpha \beta \gamma = -q \) ）より、\( L^3 + R^3 = -27q \) となります。

続いて、\( L^3 R^3 \) を求めていきます。\( L^3 R^3 = (LR)^3 \) ですので、先に \( LR \) を求めます。

$$
\begin{eqnarray}
LR &=& ( \omega \alpha + \omega ^2 \beta + \gamma )( \omega ^2 \alpha + \omega \beta + \gamma ) \\
&=& \omega ^3 \alpha ^2 + \omega ^2 \alpha \beta + \omega \gamma \alpha
+ \omega ^4 \alpha \beta + \omega ^3 \beta ^2 + \omega ^2 \beta \gamma
+ \omega ^2 \gamma \alpha + \omega \beta \gamma + \gamma ^2 \\
&=& \alpha ^2 + \beta ^2 + \gamma ^2
+ ( \omega + \omega ^2 ) \alpha \beta + ( \omega + \omega ^2 ) \beta \gamma + ( \omega + \omega ^2 ) \gamma \alpha \\
&=& \alpha ^2 + \beta ^2 + \gamma ^2 + ( \omega + \omega ^2 ) ( \alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha ) \\
&=& \alpha ^2 + \beta ^2 + \gamma ^2 - p
\end{eqnarray}
$$

上の最後のところでは、\( \omega ^2 + \omega + 1 = 0 \) と、解と係数の関係の第2式 \( \alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha = p \) を使っています。

\( \alpha ^2 + \beta ^2 + \gamma ^2 \) が残っていますが、解と係数の関係の第1式と第2式を使って、次のように求めることができます。

$$
\begin{eqnarray}
\alpha + \beta + \gamma &=& 0 \\
( \alpha + \beta + \gamma )^2 &=& 0 \\
\alpha ^2 + \alpha \beta + \gamma \alpha + \alpha \beta + \beta ^2 + \beta \gamma + \gamma \alpha + \beta \gamma + \gamma ^2 &=& 0 \\
\alpha ^2 + \beta ^2 + \gamma ^2 &=& -2 ( \alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha ) \\
\alpha ^2 + \beta ^2 + \gamma ^2 &=& -2p
\end{eqnarray}
$$

つまり、\( LR = -3p \) となり、\( L^3 R^3 = -27p^3 \) となります。

これで、求めようとしていた \( L^3 + R^3, L^3 R^3 \) がわかりました。\( L^3, R^3 \) の和と積がわかったということになります。

$$
L^3 + R^3 = -27q, \qquad L^3 R^3 = -27p^3　\\
\tag{4}
$$

和と積がわかったということは、次の2次方程式を解けば \( L^3, R^3 \) がわかります。

$$
\begin{eqnarray}
( Y - L^3 )( Y - R^3 ) &=& 0 \\
Y^2 - ( L^3 + R^3 )Y + L^3 R^3 &=& 0 \\
Y^2 + 27qY - 27p^3 &=& 0
\end{eqnarray}
$$

2次方程式の解の公式を使って、

$$
\begin{eqnarray}
Y^2 + 27qY - 27p^3 &=& 0 \\
Y &=& \frac { - 27q \pm \sqrt{(27q)^2 - 4 \cdot ( -27p^3 )}}{ 2 } \\
&=& - \frac { 27q }{ 2 } \pm \sqrt{ \left( \frac{ 27q }{ 2 } \right )^2 + 27p^3}
\end{eqnarray}
$$

この2つの解が、\( L^3, R^3 \) に相当します。どちらがどちらでもいいのですが、\( L^3 \) を根号の前の符号が＋の方、\( R^3 \) を－の方とすると、

$$
L^3 = - \frac { 27q }{ 2 } + \sqrt{ \left( \frac{ 27q }{ 2 } \right )^2 + 27p^3}, \qquad R^3 = - \frac { 27q }{ 2 } - \sqrt{ \left( \frac{ 27q }{ 2 } \right )^2 + 27p^3}
$$

となります。『数学ガール／ガロア理論』での記述に倣い、表記の簡略化のために

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
A = - \frac { 27q }{ 2 } \\
D = \left( \frac{ 27q }{ 2 } \right )^2 + 27p^3 \\
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$$

とすると、\( L^3, R^3 \) は、

$$
L^3 = A + \sqrt{ D }, \qquad R^3 = A - \sqrt{ D } \\
\tag{5}
$$

となります。

\( L^3, R^3 \) が求まったので、\( L, R \) が求まります。

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
L = \sqrt[3]{ A + \sqrt{ D }} \\
R = \sqrt[3]{ A - \sqrt{ D }} \\
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\tag{6}
$$

です。

（3次方程式の解の公式の導出(6)へ続く）

3次方程式の解の公式の導出(4)

3次方程式の解の公式の導出(1)
3次方程式の解の公式の導出(2)
3次方程式の解の公式の導出(3)

前回の後半は \( \omega \) の説明となり、解の公式の導出からは少し話が逸れてしまいましたが、話を戻していきます。

3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の解を、\( \alpha , \beta , \gamma \)として、解と係数の関係、そして、ラグランジュによる分解式、ラグランジュ・リゾルベントを見てきました。ラグランジュ・リゾルベントは解の公式を導くにあたり、補助となる式です。

3次方程式の解と係数の関係

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\alpha + \beta + \gamma = 0 \\
\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha = p \\
\alpha \beta \gamma = -q
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\tag{1}
$$

ラグランジュ・リゾルベント（3次の場合）

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
L = \omega \alpha + \omega ^2 \beta + \gamma \\
R = \omega ^2 \alpha + \omega \beta + \gamma
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\tag{2}
$$

まずは、3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の解 \( \alpha , \beta , \gamma \) を、 \( L, R \) を使って表していきます。

解と係数の関係の1つめの式と、 \( L, R \) の式から、

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
0 &= \alpha + \beta + \gamma \\
L &= \omega \alpha + \omega ^2 \beta + \gamma \\
R &= \omega ^2 \alpha + \omega \beta + \gamma
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$$

この3つの式の辺々を足して、

$$
\begin{eqnarray}
0 + L + R &=& ( 1 + \omega + \omega ^2 ) \alpha + ( 1 + \omega ^2 + \omega ) \beta + ( 1+1+1 ) \gamma \\
L + R &=& 3 \gamma \\
\therefore \gamma &=& \frac {1}{3} ( L+R )
\end{eqnarray}
$$

\( \omega ^2 + \omega + 1 = 0 \) を使っています。続いて、\( L \) の式に \( \omega \) を掛けた式、\( R \) の式に \( \omega ^2 \) を掛けた式で辺々加えて、

$$
\begin{eqnarray}
0 + \omega L + \omega ^2 R &=& ( 1 + \omega ^2 + \omega ^4 ) \alpha + ( 1 + \omega ^3 + \omega ^3 ) \beta + ( 1 + \omega + \omega ^2 ) \gamma \\
\omega L + \omega ^2 R &=& 3 \beta \\
\therefore \beta &=& \frac {1}{3} ( \omega L + \omega ^2 R )
\end{eqnarray}
$$

ここでは、 \( \omega ^3 = 1 \) も使っています。さらに、\( L \) の式に \( \omega ^2 \) を掛け、\( R \) の式に \( \omega \) を掛けて辺々加えると、

$$
\begin{eqnarray}
0 + \omega ^2 L + \omega R &=& ( 1 + \omega ^3 + \omega ^3 ) \alpha + ( 1 + \omega ^4 + \omega ^2 ) \beta + ( 1 + \omega ^2 + \omega ) \gamma \\
\omega ^2 L + \omega R &=& 3 \alpha \\
\therefore \alpha &=& \frac {1}{3} ( \omega ^2 L + \omega R )
\end{eqnarray}
$$

\( \alpha , \beta , \gamma \) を、 \( L, R \) を使って表すことができました。

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\alpha &=& \frac {1}{3} ( \omega ^2 L + \omega R ) \\
\beta &=& \frac {1}{3} ( \omega L + \omega ^2 R ) \\
\gamma &=& \frac {1}{3} ( L+R )
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\tag{3}
$$

3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) 解 \( \alpha , \beta , \gamma \) を \( L, R \) で表すことができたので、ここで \( L, R \) を3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の係数（ \( p , q \) ）を使って表すことができれば、解を係数で表すことができます。解を係数で表したものが解の公式となります。

そこで、 \( L, R \) を3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の係数（ \( p , q \) ）を使って表していきたいのですが、その準備として、まずは \( L^3 + R^3, L^3 R^3 \) を求めていきます。

（3次方程式の解の公式の導出(5)へ続く）

3次方程式の解の公式の導出(3)

3次方程式の解の公式の導出(1)
3次方程式の解の公式の導出(2)

前回は、カルダノの方法で3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の解の公式を求めました。

今回は、本質は同じこととですが、別の方法、ラグランジュ・リゾルベントを用いた方法を紹介します。

ラグランジュ・リゾルベントとは、数学者ラグランジュによる分解式（resolvent、リゾルベント）です。僕は、このラグランジュ・リゾルベントというものを、結城浩『数学ガール／ガロア理論』を読んで初めて知りました。これから書いていくことも『数学ガール／ガロア理論』でなされていたことですが、僕なりの理解したところとなるので言葉足らずなところがあるかもしれませんがご容赦ください。


カルダノのときと同じく、3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の解の公式を求めていきます。

3次方程式は、3つの解を持ちます（重解の場合もあり）。3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の3つの解を、\( \alpha , \beta , \gamma \)とすると、解と係数の関係より、

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\alpha + \beta + \gamma = 0 \\
\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha = p \\
\alpha \beta \gamma = -q
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\tag{1}
$$

が成り立ちます。解と係数の関係は、\( ( x - \alpha )( x - \beta )( x - \gamma ) = 0 \) の左辺を展開して、 \( x^3 + px + q = 0 \) の係数と比較することで出てきます。

さて、ラグランジュ・リゾルベントです。次のように、\( L \) と \( R \) を定義します。

$$
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
L = \omega \alpha + \omega ^2 \beta + \gamma \\
R = \omega ^2 \alpha + \omega \beta + \gamma
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
\tag{2}
$$

\( \omega \) は、1の原始3乗根の一つです。

解の公式の導出からちょっと話はそれますが、\( \omega \) について書いておきます。

1の3乗根というのは、3乗すると1となる数ですが、3つあります。3乗して1となる数を \( X \) とすると、 \( X^3 = 1 \) です。この方程式を解くと、

$$
\begin{align}
X^3 &= 1 \\
X^3 - 1 &= 0 \\
( X - 1 )( X^2 + X + 1 ) &= 0 \\
\therefore X &= 1, \frac{ -1 \pm \sqrt{3} i }{ 2 }
\end{align}
$$

2次方程式の解の公式を使うと \( X^2 + X + 1 = 0 \) の解を求めることができます。

1の原始3乗根というのは、3乗してはじめて1となる数です。1の3乗根は、\( 1, \frac{ -1 \pm \sqrt{3} i }{ 2 } \) の3つがありますが、このうち1は、3乗までしなくとも、1の2乗は1ですし、1の1乗は1となるので、1は1の原始3乗根ではありません。なので \( \omega \) は、\( \frac{ -1 + \sqrt{3} i }{ 2 } \) か \( \frac{ -1 - \sqrt{3} i }{ 2 } \) のどちらかとなりますが、ここではどちらを \( \omega \) としても構いません。 \( \frac{ -1 \pm \sqrt{3} i }{ 2 } \) にはおもしろい性質があって、片方を2乗するともう片方になるという性質があります。

$$
\left( \frac{ -1 + \sqrt{3} i }{ 2 } \right )^2 = \frac{ -1 - \sqrt{3} i }{ 2 } \\
\left( \frac{ -1 - \sqrt{3} i }{ 2 } \right )^2 = \frac{ -1 + \sqrt{3} i }{ 2 }
$$

つまり、1の3乗根の3つの数 \( 1, \frac{ -1 \pm \sqrt{3} i }{ 2 } \) は、\( \omega \) を使って表わすと、 \( 1, \omega , \omega ^2 \) となります。また、\( \omega \) は3乗すると1になるので \( \omega ^3 = 1 \) ですし、 \( X^2 + X + 1 = 0 \) の解でもあるので、\( \omega ^2 + \omega + 1 = 0 \) です。

（3次方程式の解の公式の導出(4)へ続く）