代 数 学 講 義 改訂新版

$\blacktriangleleft$ $\S\ 33.$ 三次方程式の解法$\hspace{0.5mm}$,$\hspace{-0.5mm}$Cardano の公式  $\S\ 35.$ 四次方程式(解法の一般論) $\blacktriangleright$

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第 $6$ 章 三次および四次方程式


 $\S\ 34.$ 実三次方程式$\hspace{0.5mm}$,$\hspace{-0.5mm}$三角函数による解法

 $\boldsymbol{1.}$ 本節では,三次方程式の係数を実数とする.この場合には三つの実根または一つの実根と二つの共役なる虚根とがある.
 これらの二つの場合は,判別式 $D$ の符号によって区別される.根が三つとも実数ならば,$D=\{(x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_2-x_3)\}^2\geqq0$.また $x_1$ は実数,$x_2$,$x_3$ は共役複素数ならば,$(x_1-x_2)(x_1-x_3)$ は共役な複素数の積であるから正である.また $x_2-x_3$ は純虚数,したがって $(x_2-x_3)^2$ は負数であるから,$D\lt0$.
 さて方程式を簡単な形\[x^3+ax+b=0\]に変形したものとして見ると,$\S\ 33$,$(\ 5\ )$ の通り\[R=\frac{\ b^2\ }{4}+\frac{\ a^3\ }{27}=-\frac{D}{\ 4\hspace{0.7mm}\cdotp27\ }.\] ゆえに $D\lt0$ ならば,$R\gt0$,したがって\[u^3=-\frac{b}{2}+\sqrt{R},\hspace{1cm}v^3=-\frac{b}{2}-\sqrt{R}\]は実数である.よって $-\dfrac{b}{2}+\sqrt{R}$ の立方根の実数値を $u$ とすれば\[uv=-\frac{a}{3}\]から,$v$ も実数で,\[x_1=u+v\]は実根,\[x_2=\omega u+\omega^2v,\hspace{1cm}x_3=\omega^2u+\omega v\]は互いに共役な虚根である.
 次に $D=0$ ならば,$R=0$.したがって\begin{alignat*}{1}u&=v=\sqrt[\large3]{\frac{-b}{2}},\\[2mm]x_1&=2\sqrt[\large3]{\frac{-b}{2}},\\[2mm]x_2&=(\omega+\omega^2)u=-\sqrt[\large3]{\frac{-b}{2}},\\[2mm]x_3&=(\omega^2+\omega)u=-\sqrt[\large3]{\frac{-b}{2}}.\end{alignat*} しかるに $D\gt0$ のときには,$R\lt0$,したがって $u^3$,$v^3$ は共役な虚数で,$u$,$v$ も,$\omega u$,$\omega^2v$ も,$\omega^2u$,$\omega v$ も互いに共役になって,三つの実根が Cardano の公式で,共役複素数の和として表わされている.これは Cardano の公式の欠点と見なされて,三つの実根を実数の開法によって得ようということが問題になった.この問題は久しく数学者の頭を脳ましたものであるが,解決がつかないで,不還元の場合(Casus irreducibilis)とよばれていたのであった.現今では,この問題は不可能であることが知れている.すなわち冪根で方程式の三つの実根を表わすためには,複素数の立方根を避けることは不可能であるというのである.これは立方根の性質からの当然の帰結である($\S\ 41$ 参照).
 $\boldsymbol{2.}$ しかるに開立の代わりに,三角函数の三分法を用いるならば,問題は容易に解決されるのである.
 $D\gt0$ したがって $R=\dfrac{b^2}{4}+\dfrac{a^3}{27}\lt0$ のときには,$a\lt0$ でなければならない.また\begin{alignat*}{1}u^3&=\frac{-b}{2}+\sqrt{R}=-\frac{b}{2}+\sqrt{\frac{-D}{4\hspace{0.7mm}\cdotp27}}\\[2mm]&=-\frac{b}{2}+\frac{i}{2}\sqrt{\frac{D}{\ 27\ }}=r(\cos\theta+i\sin\theta)\end{alignat*}とおけば,\begin{alignat*}{1}u&=\sqrt[\large3]{r}\left(\cos\frac{\theta}{3}+i\sin\frac{\theta}{3}\right),\\[2mm]x_1&=u+v=2\sqrt[\large3]{r}\cos\frac{\theta}{3},\end{alignat*}\[\left.\begin{alignat*}{3}x_2&=\omega u+\omega^2v&&=2\sqrt[\large3]{r}\cos\frac{\theta+2\pi}{3}&&=-2\sqrt[\large3]{r}\cos\frac{\theta-\pi}{3}\\[2mm]x_3&=\omega^2u+\omega v&&=2\sqrt[\large3]{r}\cos\frac{\theta+4\pi}{3}&&=-2\sqrt[\large3]{r}\cos\frac{\theta+\pi}{3}\end{alignat*}\right\}\tag{$\ 1\ $}\] ここで\[uv=\left(\sqrt[\large3]{r}\right)^2\]であるから,$uv=-\dfrac{a}{3}$ から $\biggl(a\lt0$ だから,$-\dfrac{a}{3}\gt0\biggr)$\[\left(\sqrt[\large3]{r}\right)^2=\frac{-a}{3},\]したがって\[\sqrt[\large3]{r}=\sqrt{\frac{-a}{3}}.\tag{$\ 2\ $}\]また\begin{alignat*}{1}\cos\theta&=\frac{-b}{\ 2r\ },\tag{$\ 3\ $}\\[2mm]\sin\theta&=\frac{1}{\ 2r\ }\sqrt{\frac{D}{\ 27\ }}\end{alignat*}で,平方根 $\sqrt{\dfrac{D}{\ 27\ }}$ の正の値をとれば,$\sin\theta\gt0$.よって $\pi\gt\theta\geqq0$ とすれば,$\theta$ は $(\ 3\ )$ から求められ,したがって $(\ 1\ )$ によって三つの根が得られるのである.$\sqrt[\large3]{r}$ は $(\ 2\ )$ から開平によって求められるから,この計算では開立は不要である.すなわち立方根を開くという計算の代わりに $\cos\theta$ から $\cos\dfrac{\theta}{3}$,$\cos\dfrac{\theta+2\pi}{3}$,$\cos\dfrac{\theta-2\pi}{3}$ を求めるという問題,すなわち三角函数 $\cos$ の三分法に三次方程式の解法が還元されるのである.
 立方根を求めることは $x^3-A=0$ のような三次方程式を解くことで(それは虚数なしにはできない),$\cos$ の三分法は $\cos\theta$ を既知数,$x=\cos\dfrac{\theta}{3}$ などを未知数とすれば,\[4x^3-3x=\cos\theta\tag{$\ 4\ $}\]なる三次方程式を解くことである.すなわち $D\gt0$ の場合の実三次方程式の解法が(開平によって $\cos\theta$ を求めた後),三次方程式 $(\ 4\ )$ の解法に還元されるのである.
 このような結論に到着した上で,三つの実根をもつ三次方程式\[x^3+ax+b=0\tag{$\ 5\ $}\]の解法を組立てるのならば,次のような近道を見出だすことは容易である.すなわち $(\ 5\ )$ において $x=\lambda x^\prime$ とおいて,未知数を変換し,$\lambda$ を適当に選んで,$(\ 5\ )$ を $(\ 4\ )$ の形\[4x^{\prime\ 3}-3x^\prime-c=0\tag{$\ 6\ $}\]に変形することを試みる.この変換によって $(\ 5\ )$ は\[\lambda^3x^{\prime\ 3}+\lambda ax^\prime+b=0\]になるから,$\lambda$ は\[\frac{\ \lambda^3\ }{4}=\frac{\ -\lambda a\ }{3}=\frac{\ -b\ }{c}\]から求められるべきである.よって\[\lambda^2=\frac{\ -4a\ }{3},\hphantom{1}\lambda=2\sqrt{\frac{-a}{3}}\]したがって\[C=\frac{\ -4b\ }{\lambda^3}=\frac{\ -b\ }{2}\left/\sqrt{\frac{-a^3}{27}}.\right.\]$(\ 5\ )$ が実根のみをもつ場合には $\left|\dfrac{\ b^2\ }{4}\right|\leqq\left|\dfrac{\ a^3\ }{27}\right|$ だから,$|c|\leqq1$.ゆえに $c=\cos\theta$ なる $\theta$ が求められる.しからば $(\ 6\ )$ から\[x^\prime=\cos\frac{\theta}{3},\hspace{7mm}\cos\frac{\ \theta+2\pi\ }{3},\hspace{5mm}\cos\frac{\ \theta+4\pi\ }{3}\]すなわち\[x=2\sqrt{\frac{-a}{3}}\cos\frac{\theta}{3},\hphantom{-}-2\sqrt{\frac{-a}{3}}\cos\frac{\theta-\pi}{3},\hphantom{-}-2\sqrt{\frac{-a}{3}}\cos\frac{\theta+\pi}{3}.\]
 〔例〕\[z^3+z^2-4z+1=0.\]
 $z=-x-\dfrac{1}{3}$ とおけば\[x^3-\frac{\ 13\ }{3}x-\frac{\ 65\ }{27}=0.\]\[a=-\frac{\ 13\ }{3},\hphantom{bb}b=-\frac{\ 65\ }{27},\hphantom{D}D\gt0.\]\begin{alignat*}{1}&\lambda=\frac{\ 2\sqrt{13}}{3},\hphantom{c}c=\cos\theta=\frac{65}{2(\sqrt{13})^3}.\\[2mm]&\log\cos\theta=9.8409683-10,\hphantom{\theta}\theta=46^\circ6^\prime.127\end{alignat*}\[\frac{\ \pi-\theta\ }{3}=44^\circ37^\prime.958,\hphantom{m}\frac{\ \pi+\theta\ }{3}=75^\circ22^\prime.042.\]\begin{alignat*}{3}x_1&=2.317759,&\hspace{7mm}x_2&=-1.710536,&\hspace{7mm}&x_3&=-0.607223,\\[2mm]z_1&=-2.651092,&z_2&=1.377203,&\hspace{7mm}&z_3&=0.273890.\end{alignat*}
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