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（補足）

3次方程式の解の公式の導出(1), (2), (3), (4), (5), (6)

3次方程式の解の公式の導出について、数回にわたり、ラグランジュ・リゾルベントによる導出を見てきました。

前回の最後、3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の解を \( \alpha , \beta , \gamma \) として、解の公式を導きました。

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

ここで、\( \omega \) は、1の原始3乗根のひとつで、

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

です。

一方、カルダノの方法を見たときには、3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の解の公式を最終的に以下のように書きました。

$$
x = \omega ^k \cdot \sqrt[ 3 ] { - \frac{q}{2} + \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2 + \left( \frac{p}{3} \right) ^3 }} + \omega ^{3-k} \cdot \sqrt[ 3 ] { - \frac{q}{2} - \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right) ^2 + \left( \frac{p}{3} \right) ^3 }} \\
\qquad ( k = 0, 1, 2)
\tag{2}
$$

同じ3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の解の公式なのですが、見た目が異なります。\( (2) \) の方は3つの解をまとめて書いているという違いはありますが、\( (1) \) では、式の冒頭に \( \frac {1}{3} \) がありますが、\( (2) \) にはありません。

念のため、同じものであることを確認しておきます。\( (1) \) の式にある \( \sqrt{ D } \) について、

$$
\begin{eqnarray}
\sqrt{ D } &= \sqrt{ \left( \frac{ 27q }{ 2 } \right)^2 + 27p^3 } \\\\
&= \sqrt{ \frac{ 27^2 q^2 }{ 2^2 } + \frac{ 27^2 p^3 }{ 27 }} \\\\
&= \sqrt{ 27^2 \left( \frac{ q^2 }{ 2^2 } + \frac{ p^3 }{ 3^3 } \right) } \\\\
&= 27 \sqrt{ \left( \frac{ q }{ 2 } \right) ^2 + \left( \frac{ p }{ 3 } \right) ^3 }
\end{eqnarray}
$$

続いて \( \sqrt[3]{ A + \sqrt{ D }} \) について、

$$
\begin{eqnarray}
\sqrt[3]{ A + \sqrt{ D }} &= \sqrt[3]{ - \frac { 27q }{ 2 } + 27 \sqrt{ \left( \frac{ q }{ 2 } \right) ^2 + \left( \frac{ p }{ 3 } \right) ^3 }} \\\\
&= \sqrt[3]{ 3^3 \left( - \frac { q }{ 2 } \right) + 3^3 \sqrt{ \left( \frac{ q }{ 2 } \right) ^2 + \left( \frac{ p }{ 3 } \right) ^3 } } \\\\
&= 3 \sqrt[3]{ - \frac { q }{ 2 } + \sqrt{ \left( \frac{ q }{ 2 } \right) ^2 + \left( \frac{ p }{ 3 } \right) ^3 } }
\end{eqnarray}
$$

\( \sqrt[3]{ A - \sqrt{ D }} \) も同様に3乗根の外に3を出せますので、式の冒頭の \( \frac {1}{3} \) が消えます。\( (1) \) と \( (2) \) は、やはり同じ式でした。

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）

3次方程式の解の公式の導出(2)

（(1)はこちら）

では、3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の解の公式を求めていきましょう。これから紹介する方法は「カルダノの方法」と呼ばれているものです。3次方程式の解の公式のことを「カルダノの公式」ともいったりします。

カルダノというのは人名で、16世紀イタリアの人で、3次方程式の解の公式を世に出した人物です。3次方程式の解の公式は実はタルタリアという人がつくったらしいのですが、カルダノはタルタリアから解法を聞いて、タルタリアに断りなく本に書いて出したといわれています。

当時は数学バトルみたいなものがあったようです。タルタリアは秘技「3次方程式の解の公式」を自分だけの技として持っていたが、カルダノに請われ教えたところ、カルダノがみんなに教えちゃったという感じですかね。詳しい経緯は知りません。

それはさておき、カルダノの方法で3次方程式の解の公式を求めていきましょう。

で、いきなりですが、\( x = s + t \) と置きます。どこからこんな方法を思いついたのかは気になるところです。とにかく\( x = s + t \) を3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) に代入して以下のように式変形していきます。

$$
\begin{align}
(左辺) &= x^3 + px + q \\
&= (s+t)^3 + p(s+t) + q \\
&= s^3 + 3s^2 t + 3st^2 + t^3 + p(s+t) +q \\
&= s^3 + t^3 + q + 3st(s+t) + p(s+t) \\
&= s^3 + t^3 + q + (3st+p)(s+t)
\end{align}
$$

よって、3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) に \( x = s + t \) を代入した結果、以下の方程式を得ます。

$$
s^3 + t^3 + q + (3st+p)(s+t) = 0
\tag{1}
$$

ここで、\( s^3 + t^3 + q = 0 \), \( 3st+p = 0 \) となるような \( s \), \( t \) があれば、そこから \( x \) を求めることができます。そこで、次の連立方程式を解いていきます。

\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
s^3 + t^3 + q = 0 \\
3st+p = 0
\end{array}
\right.
\tag{2}
\end{eqnarray}

\( (2) \) の2つめの式より、 \( t = - \frac{ p }{ 3s } \) として（ \(s \neq 0\) とします。\(s=0\) ならば \( x = t \) となり、\( x = s + t \) とした意味がなくなってしまう）、1つめの式に代入します。

$$
\begin{align}
s^3 + (- \frac{ p }{ 3s })^3 + q &= 0 \\
s^3 - (\frac{ p }{ 3s })^3 + q &= 0
\end{align}
$$

両辺に \( s^3 \) を掛けると次のようになります。

$$
s^6 + qs^3 - ( \frac{ p }{ 3 } )^3 = 0 \\
$$

6次式となりましたが、\( S = s^3 \) とすると、2次式になります。

$$
\begin{align}
(s^3)^2 + qs^3 - ( \frac{ p }{ 3 } )^3 &= 0 \\
S^2 + qS - ( \frac{ p }{ 3 } )^3 &= 0 \\
\end{align}
$$

そこで、2次方程式の解の公式を使って、\( S (= s^3) \) が求まります。

$$
\begin{align}
S &= \frac{ - q \pm \sqrt{ q^2 + 4(\frac{p}{3})^3 } }{ 2 } \\\\
\therefore s^3 &= - \frac{q}{2} \pm \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }
\end{align}
$$

同様のやり方で、\( t^3 \) も求まります。

$$
t^3 = - \frac{q}{2} \pm \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }
$$

ここで、連立方程式 \( (2) \) の1つめの式より、\( s^3 + t^3 = -q \) ですので、\( s^3 \) と \( t^3 \) は、\( - \frac{q}{2} \pm \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 } \) の平方根の前の符号が異なるものとなります。ここでは、

$$
\begin{align}
s^3 &= - \frac{q}{2} + \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 } \\\\
t^3 &= - \frac{q}{2} - \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }
\end{align}
$$

としておきます。

\( s^3 \) と \( t^3 \) が求まったので、\( s \) と \( t \) はそれぞれの立方根となります。

$$
\begin{align}
s &= \sqrt[ 3 ] { - \frac{q}{2} + \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }}, \\\\
& \qquad \omega \cdot \sqrt[ 3 ] { - \frac{q}{2} + \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }},\\\\
& \qquad \omega ^2 \cdot \sqrt[ 3 ] { - \frac{q}{2} + \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }} \\\\
t &= \sqrt[ 3 ] { - \frac{q}{2} - \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }}, \\\\
& \qquad \omega \cdot \sqrt[ 3 ] { - \frac{q}{2} - \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }}, \\\\
& \qquad \omega ^2 \cdot \sqrt[ 3 ] { - \frac{q}{2} - \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }}\\\\
\end{align}
$$

\( \omega \)は 1 の3乗根です（ \( \omega = \frac { -1 \pm \sqrt{3} i }{ 2 } \) ）。

\( s \) と \( t \) はそれぞれ3つの選択肢をもっているので、\( s+t \) は9通りの可能性がありますが、連立方程式 \( (2) \) の2つめの式 \( 3st+p = 0 \) より、3通りに絞られます。\( st = - \frac{p}{3} \) となる組み合わせです。その組み合わせで \( s+t(=x) \) を書くと以下のようになります。

$$
\begin{align}
x &= \sqrt[ 3 ] { - \frac{q}{2} + \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }} + \sqrt[ 3 ] { - \frac{q}{2} - \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }},\\\\
& \qquad \omega \cdot \sqrt[ 3 ] { - \frac{q}{2} + \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }} + \omega ^2 \cdot \sqrt[ 3 ] { - \frac{q}{2} - \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }},\\\\
& \qquad \omega ^2 \cdot \sqrt[ 3 ] { - \frac{q}{2} + \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }} + \omega \cdot \sqrt[ 3 ] { - \frac{q}{2} - \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }}\\\\
\end{align}
$$

これが3次方程式 \( x^3 + px + q = 0 \) の解の公式となります。3次方程式ですので、3つの解を持ちます（重解の場合もあります）が、それが上の3つに該当します。カルダノの方法が発表されたときは複素数の存在が知られていなかったため、\( \omega \) を使っていない

$$
x = \sqrt[ 3 ] { - \frac{q}{2} + \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }} + \sqrt[ 3 ] { - \frac{q}{2} - \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }}
$$

を解の公式としていたようです。複素数が知られてからは、3つの解として考えられるようになりました。

3つの解をまとめて次のように書かれることもあります。

$$
\begin{align}
x &= \omega ^k \cdot \sqrt[ 3 ] { - \frac{q}{2} + \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }} + \omega ^{3-k} \cdot \sqrt[ 3 ] { - \frac{q}{2} - \sqrt{ ( \frac{q}{2})^2 + (\frac{p}{3})^3 }}, \\
& \qquad (ただし k = 0, 1, 2)
\end{align}
$$

3次方程式の解の公式の導出(1)

2次方程式の解の公式の導出を書いている途中、ブログ内で数式を表示できるようにMathJaxを使用できるようにしてみた。

しかし、スマホ（モバイル）では表示されない。PC上では表示されている。

おそらく、使用しているブログサービス（Blogger）では、PCサイトとモバイルサイトでテーマを別々にしており、今回Mathjax用に埋め込んだスクリプトがPC上でしか動作していないからだと思われる。モバイル用テーマでのカスタマイズが可能であるかどうかはこれから調べるので、しばらくはPCでのブラウザ表示でしか数式は表示されないと思う。

さて、せっかく数式表示をできるようにしたし、前回、2次方程式の解の公式の導出をあげたので、Mathjaxの練習も兼ねて、3次方程式の解の公式の導出をあげてみたいと思う。

3次方程式は一般的に次のように書き表わすことができる。

$$
ay^3 + by^2 + cy + d = 0 \qquad (a \neq 0)
\tag{1}
$$

\(a \neq 0\) であるのは、\(a = 0\) であれば2次方程式となってしまうからである。未知数を \(x\) ではなく \(y\) としているのは、単にこれから変数変換でこの3次方程式を少し簡単な形にしようとしているからである。

早速、変数変換をしていこう。\(y = x - \frac{ b }{ 3a }\) として上記の3次方程式 \((1)\) に代入する。

$$
\begin{align}
(左辺) &= a (x - \frac{ b }{ 3a } )^3 + b(x - \frac{ b }{ 3a } )^2 + c(x - \frac{ b }{ 3a } ) + d \\\\
&= a (x^3 - 3 \cdot \frac{ b }{ 3a } x^2 + 3 \cdot \frac{ b^2 }{ 9a^2 } x - \frac{ b^3 }{ 27a^3 }) \\\\
& \qquad + b (x^2 - 2 \cdot \frac{ b }{ 3a } x + \frac{ b^2 }{ 9a^2 }) + c (x - \frac{ b }{ 3a } ) + d \\\\
&= ax^3 - bx^2 + \frac{ b^2 }{ 3a } x - \frac{ b^3 }{ 27a^2 } + bx^2 - \frac{ 2b^2 }{ 3a } x + \frac{ b^3 }{ 9a^2 } + cx - \frac{ bc }{ 3a } + d \\\\
&= ax^3 + \frac{ b^2 }{ 3a } x - \frac{ 2b^2 }{ 3a } x + cx - \frac{ b^3 }{ 27a^2 } + \frac{ b^3 }{ 9a^2 } - \frac{ bc }{ 3a } + d \\\\
&= ax^3 - \frac{ b^2 - 3ac }{ 3a } x + \frac{ 2b^3 - 9abc + 27a^2d }{ 27a^2 }
\end{align}
$$

つまり、3次方程式 \((1)\) は、

$$
ax^3 - \frac{ b^2 - 3ac }{ 3a } x + \frac{ 2b^3 - 9abc + 27a^2d }{ 27a^2 } = 0
\tag{2}
$$

となる。\(a \neq 0\) なので、3次方程式 \((2)\) の両辺を \(a\) で割って、

$$
x^3 - \frac{ b^2 - 3ac }{ 3a^2 } x + \frac{ 2b^3 - 9abc + 27a^2d }{ 27a^3 } = 0
\tag{2'}
$$

ここで、

$$
p = - \frac{ b^2 - 3ac }{ 3a^2 } , \qquad q = \frac{ 2b^3 - 9abc + 27a^2d }{ 27a^3 }
$$

とすると、3次方程式 \((2')\) は、次のように書ける。

$$
x^3 + px + q = 0
\tag{3}
$$

この3次方程式 \((3)\) の解の公式をつくることができれば、\(y = x - \frac{ b }{ 3a }\) と、\(p = - \frac{ b^2 - 3ac }{ 3a^2 } , q = \frac{ 2b^3 - 9abc + 27a^2d }{ 27a^3 }\) より、3次方程式 \((1)\) の解の公式をつくることができる。

以降、この \((3)\) の解の公式を求めていく。


なお、このように3次方程式（あるいは多項式）の2次の項を消すやり方について、チルンハウス変換とか、立法完成とか、フェラーリの方法とか、いくつかの名前で呼ばれている。おそらくはそれぞれに定義みたいなものがあるのだろうが、確認していない。チルンハウスやフェラーリというのは数学者の名前である。立法完成は名前から3次式でしかいわれないだろう。2次式のときには「平方完成」というのがあった。


【参考】
Mathjaxでの数式表示について、以下のサイトにお世話になった。

Easy Copy Mathjax
物理とか「mathjaxの使い方」

2次方程式の解の公式の導出

2次方程式 ax²＋bx＋c＝0 (a≠0) の解の公式を導出するやり方（平方完成）。

ax2＋bx＋c	＝	0
ax2＋bx	＝	－c
x2＋(b/a)x	＝	－c/a	a≠0 より
x2＋2(b/2a)x＋(b/2a)2	＝	(b/2a)2－c/a	両辺に(b/2a)2を足した
(x＋b/2a)2	＝	(b2－4ac)/4a2	★
x＋b/2a	＝	±√{(b2－4ac)/4a2}
x	＝	－(b/2a)±√(b2－4ac)/2a
x	＝	{－b±√(b2－4ac)}/2a

ポイントは★印をつけたところ。左辺を2乗の形にするために、両辺に(b/2a)²を足している。《xを含む式》²＝《xを含まない式》を目標の形として式変形していく。

基本的なやり方は同じだが、次のように式変形していってもいい。ブログとしてはこちらの方が見やすい。

ax2＋bx＋c	＝	0
ax2＋bx	＝	－c
4a2x2＋4abx	＝	－4ac	両辺に4aを掛けた
(2ax)2＋2・2ax・b＋b2	＝	b2－4ac	両辺にb2を足した
(2ax＋b)2	＝	b2－4ac	★
2ax＋b	＝	±√(b2－4ac)
2ax	＝	－b±√(b2－4ac)
x	＝	{－b±√(b2－4ac)}/2a

こちらの方でも《xを含む式》²＝《xを含まない式》を目標の形としている。


今回の投稿はブログで数式をどこまで表記できるかの試しでもある。

分数（/）や根号（√）の表記など、数式の表記はテキスト文字では見にくいので、ブログ上でも表示できるようにしておきたい（ちゃんと表記する仕方があるのだろう。ちょっと調べてみたらMathjaxというのがあったがしっかりとは確認していない）が、いまのところそこまでする必要はないかと思っている。今回思いつきで、等号（＝）の位置をそろえるようにできないかと、htmlのtableタグを利用してみた。カラムを4つ用意して、一番左のカラムを左辺（右寄せ）、二番目を等号、三番目を右辺、最後を備考欄として作成（罫線なし）。今までよりは見やすい。

根号については、上線で表記できるかと思ったが、上付き文字で2乗（指数）を表示しており、そこがネック。上付き文字なしであればいけるかな。

√b²－4ac、√b^2－4ac、√判別式

一応、Mathjaxが使えるようにはしてみた。

$$
x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}
$$

【参考Webサイト】
（tableタグについて）Samrai Blog「【HTML table】表を作成する基本からレイアウトの方法までを解説」
（上線について）超初心者のためのホームページ作成講座「HTMLタグ＆スタイルシート・ミニ辞典＞テキスト」
（Mathjaxについて）はるなぴログ「Mathjaxの使い方を覚えて美しい数式表示をしてみよう！」

3次方程式の解の公式の導出

3次方程式の解の公式（カルダノの公式）の導出についての覚え書き。（Webでの数式表記を詳しく調べていないので、分数やルートなどの表記部分がわかりにくくなっています。）

3次方程式は一般的に以下のように表される。

ax³ + bx² + cx + d = 0 （a ≠ 0）

変数変換
x = y - b / 3a を代入して、

a(y - b / 3a)³ + b(y - b / 3a)² + c(y - b / 3a) + d = 0

式を整理すると、

y³ - ((b² - 3ac) / 3a²)x + (2b³ - 9abc + 27a²d) / 27a³ = 0

となる。ここで、

p = - (b² - 3ac) / 3a²　　・・・①
q = (2b³ - 9abc + 27a²d) / 27a³　　・・・②

とすると、以下のyに関する3次方程式が得られる。

y³ + py + q = 0　　・・・③

• 変換後の3次方程式の左辺y³ + py + qには、2次の項がない（y²の係数が0）。3次方程式をより簡単な形に変換し、変換後の3次方程式の解を導くことで、変換前の3次方程式の解も導くことができる。
• この変換について、「立体完成」や「チルンハウス変換」「フェラーリの方法」などと呼ばれている。それぞれの変換名の詳細は調べていない。

y = u + vの導入
y = u + vとし、式③に代入する。

(u + v)³ + p(u + v) + q = 0

整理すると、以下になる。

(u³ + v³ + q) + (u + v) (3uv + p) = 0　　・・・④

ここで、以下の連立方程式、

u³ + v³ + q = 0　　・・・⑤
3uv + p = 0　　・・・⑥

を満たすu、vがあれば、y = u + vより、yを求めることができる。

• y = u + vの導入は、唐突な感がある。どのような意図でこのような変換をおこなったのかについては未確認。自分では思いつきそうにない。
• 方程式④から、連立方程式（⑤⑥）を立てることについても思いつきそうにない。
• 連立方程式の表記としては括弧（｛）があったほうがいいが、勉強不足。

連立方程式を解く

u³ + v³ + q = 0　　・・・⑤
3uv + p = 0　　・・・⑥

⑥より、

u= - p/3v

⑤に代入して、

(- p/3v)³ + v³ + q = 0

これを整理すると、

v⁶ + qv³ - (p/3)³ = 0

ここで、V = v³とすると、

V² + qV - (p/3)³ = 0

と、Vに関する2次方程式となる。
2次方程式の解の公式より、

V = - q ± √(q² + 4(p/3)³) = -(q / 2)±√((q/2)² + (p/3)³)
∴ v³ = -(q/2)±√((q/2)² + (p/3)³)

同様に、u³ = -(q/2)±√((q/2)² + (p/3)³)となる。u³とv³は対称であり、また、式⑤よりu³ + v³ = - qであるため、u³とv³の平方根の前にある±の符号は、片方が＋（プラス）であれば、もう片方は－（マイナス）である。よって、

u³ = -(q/2) + √((q/2)² + (p/3)³)
v³ = -(q/2) - √((q/2)² + (p/3)³)

よって、

u = ³√{-(q/2) + √((q/2)² + (p/3)³)}
v = ³√{-(q/2) - √((q/2)² + (p/3)³)}

y = u + vより、

y = ³√{-(q/2) + √((q/2)² + (p/3)³)} + ³√{-(q/2) - √((q/2)² + (p/3)³)}

• u³から三乗根をとるとき、3つの解が出てくる。三乗すると1となる3つ数を、1, ω, ω²)とすると、uの値は上記の他に、ωを掛けたものと、ω²を掛けたものの2つが存在する。
• WEBでの三乗根の表記のしかたは勉強不足。
• ここに挙げた公式、
  

  y = ³√{-(q/2) + √((q/2)² + (p/3)³)} + ³√{-(q/2) - √((q/2)² + (p/3)³)}

  は、式③のかたちの3次方程式についての解の公式であり、3次方程式の一般形についての解の公式ではない。しかし、変数変換で使ったx = y - b/3aや、式①②を使って一般形の解の公式を導くことができる。