代 数 学 講 義 改訂新版

$\blacktriangleleft$ $\S\ 34.$ 実三次方程式$\hspace{0.5mm}$,$\hspace{-0.5mm}$三角函数による解法  $\S\ 36.$ 四次方程式(三次分解方程式の計算) $\blacktriangleright$

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第 $6$ 章 三次および四次方程式


 $\S\ 35.$ 四次方程式(解法の一般論)

 $\boldsymbol{1.}$ 四次方程式の解法は Ferrari ($1522-1565$)の発見とされている.\[x^4+a_1x^3+a_2x^2+a_3x+a_4=0\]においても\[y=x+\frac{a_1}{4}\]を未知数とすれば,三次の項は消失する.よって初めから方程式を簡単な形\[x^4+px^2+qx+r=0\]に取る.すなわち\[x^4=-px^2-qx-r.\]両辺に $yx^2+\dfrac{\hphantom{1}y^2\hphantom{1}}{4}$ を加えると,左辺は平方の形になって\[\left(x^2+\frac{y}{2}\right)^2=(y-p)x^2-qx+\left(\frac{y^2}{4}-r\right).\tag{$\ 1\ $}\]右辺が $x$ に関する完全な平方になるには\[q^2-4(y-p)\left(\frac{y^2}{4}-r\right)=0\]であればよい.これは $y$ に関する三次方程式である.すなわち\[y^3-py^2-4ry+(4pr-q^2)=0.\tag{$\ 2\ $}\]この三次方程式を解いて,その一つの根を $(\ 1\ )$ に代入すれば\[\left(x^2+\frac{y}{2}\right)^2=(y-p)\left(x-\frac{q}{2(y-p)}\right)^2.\]よって\[x^2+\frac{y}{2}=\sqrt{y-p}\left(x-\frac{q}{2(y-p)}\right).\tag{$\ 3\ $}\]または\[x^2+\frac{y}{2}=-\sqrt{y-p}\left(x-\frac{q}{2(y-p)}\right).\tag{$3^\prime$}\] これらの二次方程式を解いて $x$ の四つの値を得るのである.
 方程式 $(\ 2\ )$ を原四次方程式の三次分解方程式という.
 $(\ 3\ )$ ,$(\ 3^\prime\ )$ の根をそれぞれ $x_1$,$x_2$;$x_3$,$x_4$ とすれば,\begin{alignat*}{2}x_1+x_2&=\sqrt{y-p}.&x_1x_2&=\frac{y}{2}+\frac{q}{\ 2\sqrt{y-p}\ },\\[2mm]x_3+x_4&=-\sqrt{y-p}.&\hphantom{mm}x_3x_4&=\frac{y}{2}-\frac{q}{\ 2\sqrt{y-p}\ }.\end{alignat*} ゆえに\[x_1x_2+x_3x_4=y.\] これが分解方程式 $(\ 2\ )$ の根と四次方程式の根との関係である.
また$x_1+x_2-x_3-x_4=2\sqrt{y-p}.$
 $\boldsymbol{2.}$ 四次方程式\[x^4+px^2+qx+r=0\tag{$\ 4\ $}\]はまた $\S\ 33$ で Cardano の公式を得たのと同様の方法で解かれることを Euler が示した.すなわち\[x=u+v+w\tag{$\ 5\ $}\]とおけば,\[x^2=u^2+v^2+w^2+2(uv+uw+vw).\]\begin{alignat*}{1}x^4&=(u^2+v^2+w^2)^2+4(u^2+v^2+w^2)(uv+uw+vw)\\[2mm]&\hphantom{=(u^2+v^2+w^2)}+4(u^2v^2+u^2w^2+v^2w^2)+8uvw(u+v+w),\end{alignat*}これらを $(\ 4\ )$ に代入すれば
\[(u^2+v^2+w^2)^2+2\{2(u^2+v^2+w^2)+p\}(uv+uw+vw)+4(u^2v^2+u^2w^2+v^2w^2)\]
$+p(u^2+v^2+w^2)+8(uvw+q)(u+v+w)+r=0.)$
 ゆえに $(\ 4\ )$ は\[2(u^2+v^2+w^2)+p=0,\hspace{8mm}8uvw+q=0,\]\[(u^2+v^2+w^2)^2+4(u^2v^2+u^2w^2+v^2w^2)+p(u^2+v^2+w^2)+r=0\]であるときに満足される.または第一の等式を用いて,第三の等式を簡単にして\[\left.\begin{alignat*}{1}u^2+v^2+w^2&=-\frac{p}{2},\\[2mm]u^2v^2+u^2w^2+v^2w^2&=\frac{p^2}{16}-\frac{r}{4},\hphantom{r}\\[2mm]uvw&=-\frac{q}{8}.\end{alignat*}\right\}\tag{$\ 6\ $}\] すなわち $u^2$,$v^2$,$w^2$ が三次方程式\[t^3+\frac{p}{2}t^2+\left(\frac{p^2}{16}-\frac{r}{4}\right)t-\left(\frac{q\vphantom{q^l}}{8}\right)^2=0,\]すなわち\[(4t)^3+2p(4t)^2+(p^2-4r)(4t)-q^2=0\tag{$\ 7\ $}\]の根であればよい.この三次方程式の三つの根を $t_1$,$t_2$,$t_3$ とすれば,\[u=\pm\sqrt{t_1},\hspace{1cm}v=\pm\sqrt{t_2},\hspace{1cm}w=\pm\sqrt{t_3}.\] ただし,$(\ 6\ )$ の第三の等式によって $uvw=-\dfrac{q}{8}$ としなければならないから,平方根の符号は,三つのうち二つを任意にとれば,他の一つは自然に定まるのである.
 その一組を $\sqrt{t_1}$,$\sqrt{t_2}$,$\sqrt{t_3}$ とすれば,その他は $\sqrt{t_1}$,$-\sqrt{t_2}$,$-\sqrt{t_3}$;$-\sqrt{t_1}$,$\sqrt{t_2}$,$-\sqrt{t_3}$;$-\sqrt{t_1}$,$-\sqrt{t_2}$,$\sqrt{t_3}$ でなければならない.それらの値を $(\ 5\ )$ に入れて\begin{alignat*}{2}x_1&=\sqrt{t_1}+\sqrt{t_2}+\sqrt{t_3},&x_2&=\sqrt{t_1}-\sqrt{t_2}-\sqrt{t_3},\\[2mm]x_3&=-\sqrt{t_1}+\sqrt{t_2}-\sqrt{t_3},&\hspace{1cm}x_4&=-\sqrt{t_1}-\sqrt{t_2}+\sqrt{t_3}.\end{alignat*}これが四次方程式 $(\ 4\ )$ の四つの根である.
これらの根の値から\[4\sqrt{t_1}=x_1+x_2-x_3-x_4,\hspace{1cm}4\sqrt{t_2}=x_1-x_2+x_3-x_4,\]\[4\sqrt{t_3}=x_1-x_2-x_3+x_4.\]したがって\[16u^2=(x_1+x_2-x_3-x_4)^2,\hspace{1cm}16v^2=(x_1-x_2+x_3-x_4)^2,\]\[16w^2=(x_1-x_2-x_3+x_4)^2\]を得る.これが分解方程式 $(\ 7\ )$ の三つの根と原四次方程式の根との関係である.
 $\boldsymbol{3.}$ 上の二つの解法は,いずれも特殊の技巧によるのであるが,第一の解法は二次方程式の解法に用いられる方法を二重に応用したもので,自然的の思いつきである.また第二の解法は,三次方程式に適用された方法の模擬である.どちらの方法でも,四次方程式の解法が三次の分解方程式の解法に還元されることが,著しい現象であるが,上文に説明した原方程式の根と分解方程式の根との関係によれば,一層合理的の解法を案出することができる.そこへ着眼したのは,やはり Lagrange で,次に説明するのが Lagrange の解法である.
 四つの物 $1,2,3,4$ を二対に分ける仕方は三通りある.すなわち\[12|34,\hspace{1cm}13|24,\hspace{1cm}14|23.\] よって四つの根 $x_1$,$x_2$,$x_3$,$x_4$ の有理式で,根の置換によってただ三つの相異なる形を生ずるものを作ることができる.なかんずく,最も手近なのは\[y_1=x_1x_2+x_3x_4,\hphantom{xx}y_2=x_1x_3+x_2x_4,\hphantom{xx}y_3=x_1x_4+x_2x_3.\]で,$y_1$,$y_2$,$y_3$ の対称式は $x_1$,$x_2$,$x_3$,$x_4$ に関しても対称であるから,四次方程式の係数から有理的にその値を求めることができる.したがって $y_1$,$y_2$,$y_3$ は三次の分解方程式の根である.
 $x_1$,$x_2$,$x_3$,$x_4$ の一次式でこのような性質をもつものはないが,\[u_1=(x_1+x_2)-(x_3+x_4),\hspace{1cm}u_2=(x_1+x_3)-(x_2+x_4),\]\[u_3=(x_1+x_4)-(x_2+x_3)\]とすれば,これらからは根の置換によって,$-u_1$,$-u_2$,$-u_3$ をも生ずるが,\[u_1{}^2,\hphantom{m}u_2{}^2,\hphantom{m}u_3{}^2\]は上の $y_1$,$y_2$,$y_3$ と同様の性質をもつ.すなわち $u_1{}^2$,$u_2{}^2$,$u_3{}^2$ の対称式は $x_1$,$x_2$,$x_3$,$x_4$ の対称式であって,特に $u_1u_2u_3$ はそれ自身がすでに $x$ に関する対称式である.そこで\[u_1{}^2+u_2{}^2+u_3{}^2=A,\hspace{1cm}u_1{}^2u_2{}^2+u_1{}^2u_3{}^2+u_2{}^2u_3{}^2=B,\]\[u_1u_2u_3=C\tag{$\ 8\ $}\]とおけば,$u_1{}^2$,$u_2{}^2$,$u_3{}^2$ は三次の分解方程式\[t^3-At^2+Bt-C^2=0\tag{$\ 9\ $}\]の根である.この方程式の三つの根を $t_1$,$t_2$,$t_3$ とすれば,\[u_1=\pm\sqrt{t_1},\hspace{8mm}u_2=\pm\sqrt{t_2},\hspace{8mm}u_3=\pm\sqrt{t_3}\]で,平方根の値は $(\ 8\ )$ に適合するように定めるべきである.よって上の第二の解法と同様に\begin{alignat*}{1}x_1+x_2+x_3+x_4&=-\frac{\ a_1\ }{a_0},\hspace{1cm}x_1+x_2-x_3-x_4=\sqrt{t_1},\\[2mm]x_1-x_2+x_3-x_4&=\sqrt{t_2},\hspace{1cm}x_1-x_2-x_3+x_4=\sqrt{t_3}\end{alignat*}から\begin{alignat*}{1}4x_1&=-\frac{\ a_1\ }{a_0}+\sqrt{t_1}+\sqrt{t_2}+\sqrt{t_3},\\[2mm]4x_2&=-\frac{\ a_1\ }{a_0}+\sqrt{t_1}-\sqrt{t_2}-\sqrt{t_3},\\[2mm]4x_3&=-\frac{\ a_1\ }{a_0}-\sqrt{t_1}+\sqrt{t_2}-\sqrt{t_3},\\[2mm]4x_4&=-\frac{\ a_1\ }{a_0}-\sqrt{t_1}-\sqrt{t_2}+\sqrt{t_3}\end{alignat*}を得る.この解法では原四次方程式を簡単な形に取ることを要しない.
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