n次方程式を解こう(n<5)

高校生の9割が解の公式を導けないというツイをみたので

(下記特に断りがない場合\(a\not=0\)です)
(\(\omega\)は1の原始3乗根です)

1次

一般的な1次方程式は\(ax+b=0\)。

解は自明に\(x=-\frac{b}{a}\)。

2次

一般的な2次方程式は\(ax^2+bx+c=0\)。

解こう。まず\(a\)で割ると\(x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}=0\)。

\begin{eqnarray*}
x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}&=&\left(x^2+2*\frac{bx}{2a}+\frac{b^2}{4a^2}\right)-\frac{b^2}{4a^2}+\frac{c}{a}\\
&=&\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2-\frac{b^2-4ac}{4a^2}\\
&=&0
\end{eqnarray*}
より、
\(\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2=\frac{b^2-4ac}{4a^2}\)
を得る。
両辺の平方根を取ると、
\(x+\frac{b}{2a}=\pm\frac{\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\)
より
\(x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\)
が得られた。

3次

一般的な3次方程式は\(ax^3+bx^2+cx+d=0\)。

解こう。

まず、\(x=y-\frac{b}{3a}\)で置換する。この置換の意味は結構すぐにわかる。

代入して計算すると
\begin{eqnarray*}
ax^3+bx^2+cx+d&=&a\left(y-\frac{b}{3a}\right)^3+b\left(y-\frac{b}{3a}\right)^2+c\left(y-\frac{b}{3a}\right)+d\\
&=&a\left(y^3-\frac{b}{a}y^2+\frac{b^2}{3a^2}y-\frac{b^3}{27a^3}\right)+b\left(y^2-\frac{2b}{3a}y+\frac{b^2}{9a^2}\right)+c\left(y-\frac{b}{3a}\right)+d\\
&=&ay^3+(-b+b)y^2+\left(\frac{b^2}{3a}-\frac{2b^2}{3a}+c\right)y+\left(-\frac{b^3}{27a^2}+\frac{b^3}{9a^2}-\frac{bc}{3a}+d\right)\\
&=&ay^3+\frac{3ac-b^2}{3a}y+\frac{2b^3-9abc+27a^2d}{27a^2}\\
&=&0
\end{eqnarray*}
となる。

\(p=\frac{3ac-b^2}{3a^2},q=\frac{2b^3-9abc+27a^2d}{27a^3}\)とおくと、
\(y^3+py+q=0\)という、2次の項が消えた形の方程式を得られる。
これを解けば良い。

解法1:カルダノの方法

まず\(y=0\)が解でないとする。(解ならば2次方程式に帰着する)

このとき、\(y=u+v(\not=0)\)とおくと、
\begin{eqnarray*}
y^3+py+q&=&(u+v)^3+p(u+v)+q\\
&=&u^3+3uv(u+v)+v^3+p(u+v)+q\\
&=&u^3+v^3+q+(3uv+p)(u+v)\\
&=&0
\end{eqnarray*}
となる。

これが成り立つ十分条件(注:必要条件ではない)は、
\begin{cases}
u^3+v^3+q=0\\
(3uv+p)(u+v)=0
\end{cases}
であることがわかる。
\(u+v\not=0\)であるから、後者の式は\(uv=-\frac{p}{3}\)とできる。
従って、変形すると下式が得られる。
\begin{cases}
u^3+v^3=-q\\
u^3v^3=-\frac{p^3}{27}
\end{cases}

よって、2次方程式\(X^2+qX-\frac{p^3}{27}=0\)の解は\(X=u^3,v^3\)である。

実際に解くと\(X=\left.\frac{-q\pm\sqrt{q^2+\frac{4p^3}{27}}}{2}\right.=-\frac{q}{2}\pm\sqrt{(\frac{q}{2})^2+\frac{p^3}{27}}\)となる。

\begin{cases}
A=-\frac{q}{2}\\
D=(\frac{q}{2})^2+\frac{p^3}{27}
\end{cases}
として、

\begin{cases}
u^3=A+\sqrt{D}\\
v^3=A-\sqrt{D}
\end{cases}
とする。

 

あとは\(u,v\)を求めれば良い。
\(u\)として考えられるのは\(\sqrt[3]{A+\sqrt{D}},\omega\sqrt[3]{A+\sqrt{D}},\omega^2\sqrt[3]{A+\sqrt{D}}\)の3つ。\(v\)に関しても同様。
ここで\(uv=-\frac{p}{3}\)であったから、\((u,v)\)の組として適切なのは、
\((u,v)=\begin{cases}
(\sqrt[3]{A+\sqrt{D}},\sqrt[3]{A-\sqrt{D}})\\
(\omega\sqrt[3]{A+\sqrt{D}},\omega^2\sqrt[3]{A-\sqrt{D}})\\
(\omega^2\sqrt[3]{A+\sqrt{D}},\omega\sqrt[3]{A-\sqrt{D}})
\end{cases}\)の3つ。

 

以上より、\(ax^3+bx^2+cx+d=0\)の解は、
\(\begin{cases}
p=\frac{3ac-b^2}{3a^2}\\
q=\frac{2b^3-9abc+27a^2d}{27a^3}
\end{cases}
\begin{cases}
A=-\frac{q}{2}\\
D=(\frac{q}{2})^2+\frac{p^3}{27}
\end{cases}\)
とおくとき、
\(x=\begin{cases}
\sqrt[3]{A+\sqrt{D}}+\sqrt[3]{A-\sqrt{D}}+\frac{b}{3a}\\
\omega\sqrt[3]{A+\sqrt{D}}+\omega^2\sqrt[3]{A-\sqrt{D}}+\frac{b}{3a}\\
\omega^2\sqrt[3]{A+\sqrt{D}}+\omega\sqrt[3]{A-\sqrt{D}}+\frac{b}{3a}
\end{cases}\)
である。

解法2:ラグランジュの方法

\(y^3+py+q=0\)の解を\(y=\alpha,\beta,\gamma\)とおく。
このとき、解と係数の関係より下がわかる。
\begin{cases}
\alpha+\beta+\gamma=0\\
\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=p\\
\alpha\beta\gamma=-q\\
\end{cases}

また、
\begin{cases}
K=\omega\alpha+\omega^2\beta+\gamma\\
L=\omega^2\alpha+\omega\beta+\gamma\\
\end{cases}
とすると、\(\omega^2+\omega+1=0\)であるから、
\begin{cases}
\alpha=\frac{1}{3}(\omega^2K+\omega L)\\
\beta=\frac{1}{3}(\omega K+\omega^2L)\\
\gamma=\frac{1}{3}(K+L)\\
\end{cases}
がわかる。

\(K^3+L^3,K^3L^3\)を\(p,q\)で表そう。

\(K^3+L^3\)は因数分解を活用し求める。
\begin{eqnarray*}
K^3+L^3&=&(K+L)(K+\omega L)(K+\omega^2L)\\
&=&(3\gamma)(3\omega^2\beta)(3\omega\alpha)\\
&=&27\alpha\beta\gamma\\
&=&-27q\\
\end{eqnarray*}

\(K^3L^3\)は\(KL\)から求める。
\begin{eqnarray*}
K^3L^3&=&(KL)^3\\
&=&\{(\omega\alpha+\omega^2\beta+\gamma)(\omega^2\alpha+\omega\beta+\gamma)\}^3\\
&=&\{\alpha^2+\beta^2+\gamma^2+(\omega+\omega^2)(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)\}^3\\
\end{eqnarray*}

ここで、\(\alpha+\beta+\gamma=0\)を2乗すると\(\alpha^2+\beta^2+\gamma^2+2(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)=0\)より
\(\alpha^2+\beta^2+\gamma^2=-2p\)。

また、\(\omega^2+\omega+1=0\)より\(\omega^2+\omega=-1\)であるから、

\begin{eqnarray*}
K^3L^3&=&\{\alpha^2+\beta^2+\gamma^2+(\omega+\omega^2)(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)\}^3\\
&=&(-2p-p)^3\\
&=&-27p^3
\end{eqnarray*}

従って、下が得られた。
\begin{cases}
K^3+L^3=-27q\\
K^3L^3=-27p^3\\
\end{cases}

よって、2次方程式\(X^2+27qX-27p^3=0\)の解は\(X=K^3,L^3\)である。

実際に解くと\(X=\frac{-27q\pm\sqrt{27^2q^2+4*27p^3}}{2}=-\frac{27q}{2}\pm\sqrt{(\frac{27q}{2})^2+27p^3}\)となる。

\begin{cases}
A’=-\frac{27q}{2}\\
D’=(\frac{27q}{2})^2+27p^3
\end{cases}
として、

\begin{cases}
K^3=A’+\sqrt{D’}\\
L^3=A’-\sqrt{D’}
\end{cases}
とする。

\(K,L\)を求めたい。\(KL=-3p\)であった。

仮に
\begin{cases}
K=\sqrt[3]{A’+\sqrt{D’}}\\
L=\sqrt[3]{A’-\sqrt{D’}}
\end{cases}
とすると、\(KL=-3p\)は成立し、
\begin{cases}
\alpha=\frac{1}{3}(\omega^2\sqrt[3]{A’+\sqrt{D’}}+\omega \sqrt[3]{A’-\sqrt{D’}})\\
\beta=\frac{1}{3}(\omega \sqrt[3]{A’+\sqrt{D’}}+\omega^2\sqrt[3]{A’-\sqrt{D’}})\\
\gamma=\frac{1}{3}(\sqrt[3]{A’+\sqrt{D’}}+\sqrt[3]{A’-\sqrt{D’}})\\
\end{cases}
を得る。

\(K,L\)は\(KL=-3p\)を満たすように他にも取ることができるが、\(\alpha,\beta,\gamma\)が置換されるだけであるので考えなくても良い。

 

以上より、\(ax^3+bx^2+cx+d=0\)の解は、
\(\begin{cases}
p=\frac{3ac-b^2}{3a^2}\\
q=\frac{2b^3-9abc+27a^2d}{27a^3}
\end{cases}
\begin{cases}
A’=-\frac{27q}{2}\\
D’=(\frac{27q}{2})^2+27p^3
\end{cases}\)
とおくとき、
\(x=\begin{cases}
\frac{1}{3}(\sqrt[3]{A’+\sqrt{D’}}+\sqrt[3]{A’-\sqrt{D’}})+\frac{b}{3a}\\
\frac{1}{3}(\omega\sqrt[3]{A’+\sqrt{D’}}+\omega^2\sqrt[3]{A’-\sqrt{D’}})+\frac{b}{3a}\\
\frac{1}{3}(\omega^2\sqrt[3]{A’+\sqrt{D’}}+\omega\sqrt[3]{A’-\sqrt{D’}})+\frac{b}{3a}
\end{cases}\)
である。

4次

一般的な4次方程式は\(ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0\)。

解こう。

まず、\(x=y-\frac{b}{4a}\)で置換する。

代入して計算すると
\begin{eqnarray*}
ax^4+bx^3+cx^2+dx+e&=&a\left(y-\frac{b}{4a}\right)^4+b\left(y-\frac{b}{4a}\right)^3+c\left(y-\frac{b}{4a}\right)^2+d\left(y-\frac{b}{4a}\right)+e\\
&=&a\left(y^4-\frac{b}{a}y^3+\frac{3b^2}{8a^2}y^2-\frac{b^3}{16a^3}y+\frac{b^4}{256a^4}\right)+b\left(y^3-\frac{3b}{4a}y^2+\frac{3b^2}{16a^2}y-\frac{b^3}{64a^3}\right)+c\left(y^2-\frac{b}{2a}y+\frac{b^2}{16a^2}\right)+d\left(y-\frac{b}{4a}\right)+e\\
&=&ay^4+\left(-b+b\right)y^3+\left(\frac{3b^2}{8a}-\frac{3b^2}{4a}+c\right)y^2+\left(-\frac{b^3}{16a^2}+\frac{3b^3}{16a^2}-\frac{bc}{2a}+d\right)y+\left(\frac{b^4}{256a^3}-\frac{b^4}{64a^3}+\frac{b^2c}{16a^2}-\frac{bd}{4a}+e\right)\\
&=&ay^4+\frac{8ac-3b^2}{8a}y^2+\frac{b^3-4abc+8a^2d}{8a^2}y+\frac{16ab^2c-3b^4-64a^2bd+256a^3e}{256a^3}\\
&=&0
\end{eqnarray*}
となる。

\(\begin{cases}
p=\frac{8ac-3b^2}{8a^2}\\
q=\frac{b^3-4abc+8a^2d}{8a^3}\\
r=\frac{16ab^2c-3b^4-64a^2bd+256a^3e}{256a^4}
\end{cases}\)
とおくと、\(y^4+py^2+qy+r=0\)となる。
これを解けば良い。

解法1:フェラーリの方法

\(ty^2\)という項を勝手に足して引くのがポイント。

\begin{eqnarray*}
y^4+py^2+qy+r&=&y^4+(p+t)y^2+qy+r-ty^2\\
&=&(y^2+\frac{p+t}{2})^2-(\frac{p+t}{2})^2+qy+r-ty^2\\
&=&0
\end{eqnarray*}
より、\((y^2+\frac{p+t}{2})^2=ty^2+(\frac{p+t}{2})^2-qy-r\)を得る。

この右辺は、
\begin{eqnarray*}
ty^2+(\frac{p+t}{2})^2-qy-r&=&t(y^2-\frac{q}{t})+\frac{p^2+2pt+t^2}{4}-r\\
&=&t(y-\frac{q}{2t})^2+\frac{p^2t+2pt^2+t^3-q^2-4rt}{4t}\\
\end{eqnarray*}
と変形できる。つまり、\((y^2+\frac{p+t}{2})^2=t(y-\frac{q}{2t})^2+\frac{t^3+2pt^2+(p^2-4r)t-q^2}{4t}\)である。

ここで、\(t\)はまだ値を定めていないので、\(t^3+2pt^2+(p^2-4r)t-q^2=0\)となるように定めるとする。そのためには、\(t\)についての3次方程式を解けば良い。上の3次方程式の解を\(t=t_1,t_2,t_3\)とすると、解と係数の関係より、
\begin{cases}
t_1+t_2+t_3=-2p\\
t_1t_2+t_2t_3+t_3t_1=p^2-4r\\
t_1t_2t_3=q^2\\
\end{cases}

また、
\(\begin{cases}
P=-4r-\frac{p^2}{3}\\
Q=-q^2+\frac{8pr}{3}-\frac{2p^3}{27}
\end{cases}
\begin{cases}
A=-\frac{27Q}{2}\\
D=(\frac{27Q}{2})^2+27P^3
\end{cases}\)
とおき、
\(\begin{cases}
t_1=\frac{1}{3}(\sqrt[3]{A+\sqrt{D}}+\sqrt[3]{A-\sqrt{D}})+\frac{2p}{3}\\
t_2=\frac{1}{3}(\omega\sqrt[3]{A+\sqrt{D}}+\omega^2\sqrt[3]{A-\sqrt{D}})+\frac{2p}{3}\\
t_3=\frac{1}{3}(\omega^2\sqrt[3]{A+\sqrt{D}}+\omega\sqrt[3]{A-\sqrt{D}})+\frac{2p}{3}
\end{cases}\)
とおける。

先の式に\(t=t_1\)を代入すると \((y^2+\frac{p+t_1}{2})^2=t_1(y-\frac{q}{2t_1})^2\)となる。
両辺の平方根を取ると \(y^2+\frac{p+t_1}{2}=\pm\sqrt{t_1}(y-\frac{q}{2t_1})\) 。
変形すると \(y^2\mp\sqrt{t_1}y+\frac{pt_1+t_1^2\pm\sqrt{t_1}q}{2t_1}=0\) 。これは2次方程式。
\(k=\pm 1\)とし、\(y^2-k\sqrt{t_1}y+\frac{pt_1+t_1^2+k\sqrt{t_1}q}{2t_1}=0\) を解くと、
\(y=\frac{k\sqrt{t_1}\pm\sqrt{t_1-\frac{2(pt_1+t_1^2+k\sqrt{t_1}q)}{t_1}}}{2}\) を得る。

ここで、
\begin{cases}
t_1+t_2+t_3=-2p\\
t_1t_2+t_2t_3+t_3t_1=p^2-4r\\
t_1t_2t_3=q^2\\
\end{cases}
であったから、
\begin{eqnarray*}
t_1-\frac{2(pt_1+t_1^2+k\sqrt{t_1}q)}{t_1}&=&\frac{t_1^2+(t_1+t_2+t_3)t_1-2t_1^2-2kt_1\sqrt{t_2t_3}}{t_1}\\
&=&\frac{t_1t_2+t_1t_3-2kt_1\sqrt{t_2t_3}}{t_1}\\
&=&t_2-2k\sqrt{t_2t_3}+t_3\\
&=&(\sqrt{t_2}-k\sqrt{t_3})^2
\end{eqnarray*}
となる。

従って、
\begin{eqnarray*}
y&=&\frac{k\sqrt{t_1}\pm\sqrt{t_1-\frac{2(pt_1+t_1^2+k\sqrt{t_1}q)}{t_1}}}{2}\\
&=&\frac{k\sqrt{t_1}\pm\sqrt{(\sqrt{t_2}-k\sqrt{t_3})^2}}{2}\\
&=&\frac{k\sqrt{t_1}\pm\sqrt{t_2}\mp k\sqrt{t_3}}{2}\\
&=&\begin{cases}
\frac{\sqrt{t_1}+\sqrt{t_2}-\sqrt{t_3}}{2}\\
\frac{\sqrt{t_1}-\sqrt{t_2}+\sqrt{t_3}}{2}\\
\frac{-\sqrt{t_1}+\sqrt{t_2}+\sqrt{t_3}}{2}\\
\frac{-\sqrt{t_1}-\sqrt{t_2}-\sqrt{t_3}}{2}\\
\end{cases}
\end{eqnarray*}
となる。

 

以上より、\(ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0\)の解は
\(\begin{cases}
p=\frac{8ac-3b^2}{8a^2}\\
q=\frac{b^3-4abc+8a^2d}{8a^3}\\
r=\frac{16ab^2c-3b^4-64a^2bd+256a^3e}{256a^4}
\end{cases}
\begin{cases}
P=-4r-\frac{p^2}{3}\\
Q=-q^2+\frac{8pr}{3}-\frac{2p^3}{27}
\end{cases}
\begin{cases}
A=-\frac{27Q}{2}\\
D=(\frac{27Q}{2})^2+27P^3
\end{cases}\)
\(\begin{cases}
t_1=\frac{1}{3}(\sqrt[3]{A+\sqrt{D}}+\sqrt[3]{A-\sqrt{D}})+\frac{2p}{3}\\
t_2=\frac{1}{3}(\omega\sqrt[3]{A+\sqrt{D}}+\omega^2\sqrt[3]{A-\sqrt{D}})+\frac{2p}{3}\\
t_3=\frac{1}{3}(\omega^2\sqrt[3]{A+\sqrt{D}}+\omega\sqrt[3]{A-\sqrt{D}})+\frac{2p}{3}
\end{cases}\)
とおくとき、
\(x=\begin{cases}
\frac{\sqrt{t_1}+\sqrt{t_2}-\sqrt{t_3}}{2}+\frac{b}{4a}\\
\frac{\sqrt{t_1}-\sqrt{t_2}+\sqrt{t_3}}{2}+\frac{b}{4a}\\
\frac{-\sqrt{t_1}+\sqrt{t_2}+\sqrt{t_3}}{2}+\frac{b}{4a}\\
\frac{-\sqrt{t_1}-\sqrt{t_2}-\sqrt{t_3}}{2}+\frac{b}{4a}\\
\end{cases}\)
である。

解法2:デカルトの方法

\(y^4+py^2+qy+r=(y^2+u_1y+u_0)(y^2+v_1y+v_0)\)と因数分解できると仮定する。

この時、係数比較することで以下が得られる。
\begin{cases}
u_1+v_1=0\\
u_0+v_0+2u_1v_1=p\\
u_1v_0+u_0v_1=q\\
u_0v_0=r
\end{cases}

上3式より、下が得られる。
\begin{cases}
u_1=-v_1\\
2u_0u_1=u_1^3+pu_1-q\\
2v_0u_1=u_1^3+pu_1+q
\end{cases}

この時、\(t=u_1^2\)とおくと、
\begin{eqnarray*}
4u_1^2r&=&(2u_1u_0)(2u_1v_0)\\
&=&(u_1^3+pu_1-q)(u_1^3+pu_1+q)\\
&=&(u_1^3+pu_1)^2-q^2\\
&=&u_1^2(u_1^2+p)^2-q^2\\
&=&t(t+p)^2-q^2\\
&=&t^3+2pt^2+p^2t-q^2\\
&=&4rt
\end{eqnarray*}
より、カルダノの方法で得た物と同じ3次方程式を得る。

これを解けば\(u_1,u_0,v_1,v_0\)が求まり、代入して2次方程式を2回解くと解が求まる。
ここでは割愛する。

解法3:ラグランジュの方法

\(y^4+py^2+qy+r=0\)の解を\(y=\alpha,\beta,\gamma,\delta\)とおく。
このとき、解と係数の関係より下がわかる。
\begin{cases}
\alpha+\beta+\gamma+\delta=0\\
\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\delta+\delta\alpha+\alpha\gamma+\beta\delta=p\\
\alpha\beta\gamma+\alpha\beta\delta+\alpha\gamma\delta+\beta\gamma\delta=-q\\
\alpha\beta\gamma\delta=r
\end{cases}

また、
\begin{cases}
J=(\alpha+\beta)-(\gamma+\delta)\\
K=(\alpha+\gamma)-(\beta+\delta)\\
L=(\alpha+\delta)-(\beta+\gamma)\\
\end{cases}
とすると、
\begin{cases}
\alpha=\frac{1}{4}(J+K+L)\\
\beta=\frac{1}{4}(J-K-L)\\
\gamma=\frac{1}{4}(-J+K-L)\\
\delta=\frac{1}{4}(-J-K+L)\\
\end{cases}
がわかる。

 

\(J^2+K^2+L^2,J^2K^2+K^2L^2+L^2J^2,J^2K^2L^2\)を\(p,q,r\)で表そう。

まず\(\alpha^2+\beta^2+\gamma^2+\delta^2\)を求めよう。
\((\alpha+\beta+\gamma+\delta)^2=\alpha^2+\beta^2+\gamma^2+\delta^2+2p=0\)より、
\(\alpha^2+\beta^2+\gamma^2+\delta^2=-2p\)とわかった。

\(J^2+K^2+L^2\)を計算しよう。

\begin{eqnarray*}
J^2&=&\{(\alpha+\beta)-(\gamma+\delta)\}^2\\
&=&(\alpha+\beta)^2-2(\alpha+\beta)(\gamma+\delta)+(\gamma+\delta)^2\\
&=&\alpha^2+\beta^2+\gamma^2+\delta^2+2\alpha\beta+2\gamma\delta-2(\alpha+\beta)(\gamma+\delta)\\
&=&-2p+2\alpha\beta+2\gamma\delta-2\alpha\gamma-2\beta\gamma-2\alpha\delta-2\beta\delta\\
&=&-4p+4\alpha\beta+4\gamma\delta
\end{eqnarray*}
である。

同様にして、
\(K^2=-4p+4\alpha\gamma+4\beta\delta\)
\(L^2=-4p+4\alpha\delta+4\beta\gamma\)
を得る。

従って、
\begin{eqnarray*}
J^2+K^2+L^2&=&-12p+4(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\delta+\delta\alpha+\alpha\gamma+\beta\delta)\\
&=&-8p
\end{eqnarray*}
となる。

 

続いて\(J^2K^2+K^2L^2+L^2J^2\)を計算しよう。

\((J^2+K^2+L^2)^2=J^4+K^4+L^4+2(J^2K^2+K^2L^2+L^2J^2)\)より、
\(J^2K^2+K^2L^2+L^2J^2=\frac{(J^2+K^2+L^2)^2-(J^4+K^4+L^4)}{2}\)である。
この形で計算しよう。

\(J^2=-4p+4\alpha\beta+4\gamma\delta\)であったから、
\begin{eqnarray*}
J^4&=&(-4p+4\alpha\beta+4\gamma\delta)^2\\
&=&16p^2-32p(\alpha\beta+\gamma\delta)+16(\alpha\beta+\gamma\delta)^2\\
&=&16p^2-32p(\alpha\beta+\gamma\delta)+16(\alpha^2\beta^2+\gamma^2\delta^2+2r)\\
\end{eqnarray*}
を得る。

同様にして、
\(K^4=16p^2-32p(\alpha\gamma+\beta\delta)+16(\alpha^2\gamma^2+\beta^2\delta^2+2r)\)
\(L^4=16p^2-32p(\alpha\delta+\beta\gamma)+16(\alpha^2\gamma^2+\beta^2\delta^2+2r)\)
を得る。

ここで、
\begin{eqnarray*}
\alpha^2\beta^2+\beta^2\gamma^2+\gamma^2\delta^2+\delta^2\alpha^2+\alpha^2\gamma^2+\beta^2\delta^2&=&(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\delta+\delta\alpha+\alpha\gamma+\beta\delta)^2-2(\alpha+\beta+\gamma+\delta)(\alpha\beta\gamma+\alpha\beta\delta+\alpha\gamma\delta+\beta\gamma\delta)+2\alpha\beta\gamma\delta\\
&=&q^2+2r
\end{eqnarray*}
であるから、

\begin{eqnarray*}
J^4+K^4+L^4&=&48p^2-32p(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\delta+\delta\alpha+\alpha\gamma+\beta\delta)+16(\alpha^2\beta^2+\beta^2\gamma^2+\gamma^2\delta^2+\delta^2\alpha^2+\alpha^2\gamma^2+\beta^2\delta^2)+96r\\
&=&48p^2-32p^2+16(q^2+2r)+96r\\
&=&32p^2+128r
\end{eqnarray*}
を得る。

従って、
\begin{eqnarray*}
J^2K^2+K^2L^2+L^2J^2&=&\frac{(J^2+K^2+L^2)^2-(J^4+K^4+L^4)}{2}\\
&=&\frac{(-8p)^2-(32p^2+128r)}{2}\\
&=&16p^2-64r\\
\end{eqnarray*}
となる。

 

\(J^2K^2L^2\)を計算しよう。\(J^2K^2L^2=JK*KL*LJ\)を使う。

\begin{eqnarray*}
JK&=&(\alpha+\beta-\gamma-\delta)(\alpha-\beta+\gamma-\delta)\\
&=&(\alpha-\delta)^2-(\beta-\gamma)^2\\
&=&\alpha^2+\delta^2-\beta^2-\gamma^2+2\beta\gamma-2\alpha\delta\\
\end{eqnarray*}
である。

ここで、\(\alpha+\delta=-\beta-\gamma\)であるから、両辺を2乗すると
\(\alpha^2+\delta^2+2\alpha\delta=\beta^2+\gamma^2+2\beta\gamma\)、整理すると
\(\alpha^2+\delta^2-\beta^2-\gamma^2=2\beta\gamma-2\alpha\delta\)となる。

よって、
\begin{eqnarray*}
JK&=&\alpha^2+\delta^2-\beta^2-\gamma^2+2\beta\gamma-2\alpha\delta\\
&=&4(\beta\gamma-\alpha\delta)\\
\end{eqnarray*}
を得る。

同様にして、
\(KL=4(\gamma\delta-\alpha\beta)\)
\(LJ=4(\beta\delta-\alpha\gamma)\)
を得る。

これを代入すると
\begin{eqnarray*}
J^2K^2L^2&=&64(\beta\gamma-\alpha\delta)(\gamma\delta-\alpha\beta)(\beta\delta-\alpha\gamma)\\
&=&64(\alpha^2\beta^2\gamma^2+\alpha^2\beta^2\delta^2+\alpha^2\gamma^2\delta^2+\beta^2\gamma^2\delta^2)-64(\alpha^2+\beta^2+\gamma^2+\delta^2)\alpha\beta\gamma\delta\\
&=&64(\alpha^2\beta^2\gamma^2+\alpha^2\beta^2\delta^2+\alpha^2\gamma^2\delta^2+\beta^2\gamma^2\delta^2)+128pr
\end{eqnarray*}
となる。

\(\alpha^2\beta^2\gamma^2+\alpha^2\beta^2\delta^2+\alpha^2\gamma^2\delta^2+\beta^2\gamma^2\delta^2\)を求めよう。
\((\alpha\beta\gamma+\alpha\beta\delta+\alpha\gamma\delta+\beta\gamma\delta)^2=\alpha^2\beta^2\gamma^2+\alpha^2\beta^2\delta^2+\alpha^2\gamma^2\delta^2+\beta^2\gamma^2\delta^2+2(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\delta+\delta\alpha+\alpha\gamma+\beta\delta)\alpha\beta\gamma\delta\)であるから、
\(\alpha^2\beta^2\gamma^2+\alpha^2\beta^2\delta^2+\alpha^2\gamma^2\delta^2+\beta^2\gamma^2\delta^2=q^2-2pr\)とわかる。

従って、
\begin{eqnarray*}
J^2K^2L^2&=&64(\alpha^2\beta^2\gamma^2+\alpha^2\beta^2\delta^2+\alpha^2\gamma^2\delta^2+\beta^2\gamma^2\delta^2)+128pr\\
&=&64(q^2-2pr)+128pr\\
&=&64q^2
\end{eqnarray*}
となる。

 

以上より、
\begin{cases}
J^2+K^2+L^2=-8p\\
J^2K^2+K^2L^2+L^2J^2=16p^2-64r\\
J^2K^2L^2=64q^2
\end{cases}
とわかった。

よって、3次方程式\(X^3+8pX^2+(16p^2-64r)X-64q^2=0\)の解は\(X=J^2,K^2,L^2\)である。

これを解き、\(J,K,L\)を求めれば\(\alpha,\beta,\gamma,\delta\)が求まり、最終的に\(ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0\)の解が求まる。

(そろそろ疲れてきたので省略)


おわりに

というわけでn次方程式(n<5)を解きました。(しんどい)

正味高校数学の範囲なら因数定理使えるし、それ以降の範囲なら計算ソフト使えばいいので実用性があるかと言われると…って感じになりますが、でも式変形とかたのしいのでOKです。

 

めっちゃ対称式の計算してるんで今度対称式の記事も気が向いたら書く

あとLaTeXあんま慣れとらんのでミスあったらおしえて

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