方程式論 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　中学校の教科書から消えていた「２次方程式の解の公式」が復活するという。正しくは、
発展教材という非常に肩身の狭い立場から一気に主役に返り咲くわけだが．．．。

　私自身、２次方程式の解の公式は最初呪文のように覚えて使いまくり、だんだんと覚え
ていったものだ。証明は二の次で、証明を理解したのはずっと後から。

　今年（２００７年）の夏、教えを乞うた河合塾の某有名講師の方も「数学は、ある程度暗
記しないと解けない！」と仰っていたが、私も同感である。趣味として数学に親しむなら、
たっぷり時間がとれるが、高校生には定められた時間に解きこなさなければいけないと
いう制約がある。自ら解法を発見し組み立てていくのは、平均的な高校生には無理な話
だろう。

　教科書では証明が先にあって、その後練習問題をこなすという順になっているが、証明
で生徒のやる気を失わせるより、どんどん公式を使わせて、どんな２次方程式も解の公式
で解けることを実感させた方が生徒の達成感という意味で有効だと思う。

　このページでは方程式の理論について知られていることを整理しようと思う。

　ところで、２次方程式、３次方程式、４次方程式には「解の公式」が存在し一般的に解け
るが、５次以上の方程式には解の公式は存在しないことが知られている。
（このことは、１８２４年アーベル（1802〜1829）らにより得られた結果である）

　もっとも、「 ｎ 次方程式は必ず複素数の範囲で解が存在する」（代数学の基本定理）
という定理がガウスにより、１７９９年に証明されているので、存在は分かるが、その姿を
一般的に見いだす方法は、５次以上ではないということだ。

　２次方程式、３次方程式、４次方程式における「解の公式」を整理しておこう。

（２次方程式の解の公式）

　２次方程式　ａＸ²＋ｂＸ＋ｃ＝０　において、

　　


（３次方程式の解の公式）

　３次方程式　ａＸ³＋ｂＸ²＋ｃＸ＋ｄ＝０ は必ず、Ｘ³＋３ｐＸ＋ｑ＝０ の形に変換できる。
（→「チルンハウス変換」）

このとき、ａｂ＝−ｐ　、ａ³＋ｂ³＝−ｑ　を満たす ａ 、 ｂ は、２次方程式 Ｘ²＋qＸ−ｐ³＝０

の解の３乗根である。この ａ、ｂ を用いて、３次方程式の解が求められる。

（→参考：高次方程式の解の近似計算）

　この解法は、Cardano の解法といわれるが、実際の発見者はタルタリア（1535）らしい。

例 題　３次方程式　Ｘ³＋６Ｘ²＋３Ｘ＋２＝０　を解け。

　Ｘ＝Ｙ−２　とおくと、　（Ｙ−２）³＋６（Ｙ−２）²＋３（Ｙ−２）＋２＝０　より、

　　Ｙ³−９Ｙ＋１２＝０

ここで、　Ｙ＝ａ＋ｂ　とおくと、　（ａ＋ｂ）³−９（ａ＋ｂ）＋１２＝０　より、

　　ａ³＋ｂ³＋１２＋（ａ＋ｂ）（３ａｂ−９）＝０

　よって、　３ａｂ−９＝０　、　ａ³＋ｂ³＋１２＝０　すなわち、　ａｂ＝３　、　ａ³＋ｂ³＝−１２

を満たす ａ 、 ｂ を求めればよい。

　ａ³ｂ³＝２７　なので、２数　ａ³、ｂ³　を解に持つ２次方程式は、　ｔ²＋１２ｔ＋２７＝０

　よって、　（ｔ＋３）（ｔ＋９）＝０　より、　ｔ＝−３、−９　

　これらの３乗根で実数であるものは、　−　および　−

　このとき、　１の３乗根を、 ω として、３次式　Ｙ³−９Ｙ＋１２　は、

　｛Ｙ＋（＋）｝｛Ｙ＋（ω＋ω²）｝｛Ｙ＋（ω²＋ω）｝

と因数分解される。よって、３次方程式の解は、

　−−−２　、　−ω−ω²−２　、　−ω²−ω−２

となる。


　ここで、興味ある問題がある。１９９０年度の東京大学前期文系の入試問題である。

　３次方程式　Ｘ³＋３Ｘ²−１＝０　の一つの解を α とする。

（１）　（２α²＋５α−１）²　を　ａα²＋ｂα＋ｃ　の形の式に表せ。
　　　ただし、ａ、ｂ、ｃ は有理数とする。

（２）　上の３次方程式の α 以外の二つの解を（１）と同じ形の式で表せ。


　東大の入試問題とはいえ、さすがに文系レベルに問題が易化されているので、解くこと自
体には全く支障がないだろう。

（１）　α は、　α³＝−３α²＋１　を満たすので、　α⁴＝−３α³＋α＝９α²＋α−３

　　（２α²＋５α−１）²

　＝４α⁴＋２５α²＋１＋２０α³−１０α−４α²

　＝４（９α²＋α−３）＋２０（−３α²＋１）＋２１α²−１０α＋１

　＝−３α²−６α＋９

（２）　他の２つの解を　β 、 γ　とすると、３次方程式の解と係数の関係から、

　　α＋β＋γ＝−３　、　αβ＋βγ＋γα＝０　、　αβγ＝１

　よって、　β＋γ＝−α−３　で、　α（−α−３）＋βγ＝０　より、　βγ＝α²＋３α

　このとき、　β 、 γ　は、２次方程式　ｘ²＋（α＋３）ｘ＋α²＋３α＝０　の解である。

　｛ｘ＋（α＋３）/２｝²＝−α²−３α＋（α＋３）²/４＝（−３α²−６α＋９）/４

　（１）の結果を用いて、　｛ｘ＋（α＋３）/２｝²＝（２α²＋５α−１）²/４

　よって、ｘ＋（α＋３）/２＝（２α²＋５α−１）/２　、ｘ＋（α＋３）/２＝−（２α²＋５α−１）/２

より、　ｘ＝α²＋２α−２　、　−α²−３α−１　となる。


（コメント）　（１）の問題が唐突な印象があるが、それは東京大学の入試問題作問者の親
　　　　　　心でしょう！また、なぜ、「２α²＋５α−１」が出てくるかは、以下を読まれると理
　　　　　　解できると思う。


　ところで、（２α²＋５α−１）²＝−３α²−６α＋９　という計算結果には実は必然性がある。

　α は、３次方程式　Ｘ³＋３Ｘ²−１＝０　の一つの解なので、左辺は、

　（Ｘ−α）（Ｘ²＋（α＋１）Ｘ＋α²＋α−２）

と因数分解される。このとき、２次式 Ｘ²＋（α＋１）Ｘ＋α²＋α−２ の判別式を計算すると、

　Ｄ＝（α＋１）²−４（α²＋α−２）＝−３α²−６α＋９

となる。したがって、問題（１）は、次の問題（２）では解の公式を使いますよ！というヒントに
なっているわけだ。

　ところで、　α³＝−３α²＋１　を満たすとき、３次方程式の他の解が、α で表されるとい
う事実は面白いですね！

　ただ、どんな場合でもできるとは限らないようです。因みに、上記で考えた３次方程式
Ｘ³＋６Ｘ²＋３Ｘ＋２＝０　について、同様のことをやろうとしたら、出来ませんでした！

　判別式の平方根が有理数でないと出来ないようです。
（この件で、Anonymous さんに計算していただきました！Anonymous さんに感謝いたしま
す。・・・Ｈ19/9/23）

　以前、Anonymous さんから紹介された問題を解いてみよう。

　３次方程式　Ｘ³−３Ｘ＋１＝０　の一つの解を α とする。他の２つの解 β 、γ
を α を用いて表せ。

　３次方程式の解と係数の関係から、

　α＋β＋γ＝０　、　αβ＋βγ＋γα＝−３　、　αβγ＝−１

よって、　β＋γ＝−α　で、　α（−α）＋βγ＝−３　より、　βγ＝α²−３

このとき、　β 、 γ　は、２次方程式　ｘ²＋αｘ＋α²−３＝０　の解である。

　｛ｘ＋α/２｝²＝−α²＋３＋α²/４＝（−３α²＋１２）/４

ここで、　（ａ＋ｂα＋ｃα²）²＝１２−３α²　となる ａ、ｂ、ｃ を求める。

（この計算がなかなか大変で、Ｅｘｃｅｌ の ＶＢＡ を活用して探索すると、）

　ａ＝４　、ｂ＝−１　、ｃ＝−２　　（ａ＝−４　、ｂ＝１　、ｃ＝２　もあり）

したがって、　｛ｘ＋α/２｝²＝（４−α−２α²）²/４

　よって、　ｘ＋α/２＝（４−α−２α²）/２　、 ｘ＋α/２＝−（４−α−２α²）/２　より、

　ｘ＝−α²−α＋２　、　α²−２　となる。


　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＦＮ」さんが別解を考えられた。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２３年１月８日付け）

　上記の問題は、３次方程式のビエタの解法を使って解くことができます。一般性はありま
せんがちょっと面白いです。ビエタの解法は代数的ではなく、三角関数や逆三角関数を使
うので私もそうですが、面白くないとして無視されがちかなと思います。

（別解）　３倍角の公式より、　ｃｏｓ³θ＝（３/４）ｃｏｓθ＋（１/４）ｃｏｓ３θ　・・・　(１)

　これと、　Ｘ³＝３Ｘ−１　・・・　(２)　を見比べて、(１)を８倍する。

　８ｃｏｓ³θ＝６ｃｏｓθ＋２ｃｏｓ３θ　・・・　(１)’

そこで、　２ｃｏｓ３θ＝−１　となるようなθをとれば、Ｘ＝２ｃｏｓθが、(２)の解となる。

　２ｃｏｓ３θ＝−１　より、　ｃｏｓ３θ＝−１/２　を解いて、

　３θ＝２π/３　、４π/３　、８π/３

すなわち、　θ＝２π/９　、４π/９　、８π/９

　θ＝２π/９　として、　α＝２ｃｏｓθ　とおけば、他の解は、

　β＝２ｃｏｓ２θ　、　γ＝２ｃｏｓ４θ

このとき、　β＝２ｃｏｓ２θ＝２(２ｃｏｓ²θ−１)＝４ｃｏｓ²θ−２＝α²−２

　解と係数の関係から、　γ＝−α−β＝−α−(α²−２)＝−α²−α＋２


（コメント）　別解を考えられたＦＮさんに感謝します。


　３次方程式　Ｘ³−Ｘ＋１/３＝０　の一つの解を α とする。他の２つの解 β 、γ
を α を用いて表せ。

　３次方程式の解と係数の関係から、

　α＋β＋γ＝０　、　αβ＋βγ＋γα＝−１　、　αβγ＝−１/３

よって、　β＋γ＝−α　で、　α（−α）＋βγ＝−１　より、　βγ＝α²−１

このとき、　β 、 γ　は、２次方程式　ｘ²＋αｘ＋α²−１＝０　の解である。

　｛ｘ＋α/２｝²＝−α²＋１＋α²/４＝（−３α²＋４）/４

ここで、　（ａ＋ｂα＋ｃα²）²＝４−３α²　となる ａ、ｂ、ｃ を求める。

（この計算がなかなか大変で、Ｅｘｃｅｌ の ＶＢＡ を活用して探索すると、）

　ａ＝４　、ｂ＝−３　、ｃ＝−６　　（ａ＝−４　、ｂ＝３　、ｃ＝６　もあり）

したがって、　｛ｘ＋α/２｝²＝（４−３α−６α²）²/４

　よって、　ｘ＋α/２＝（４−３α−６α²）/２　、 ｘ＋α/２＝−（４−３α−６α²）/２　より、

　ｘ＝−３α²−２α＋２　、　３α²＋α−２　となる。


　さて、上記の問題

　３次方程式　Ｘ³−３Ｘ＋１＝０　の一つの解を α とする。他の２つの解 β 、γ
を α を用いて表せ。

の解答では、

　（ａ＋ｂα＋ｃα²）²＝１２−３α²　となる ａ、ｂ、ｃ を見いだす

ときに、Ｅｘｃｅｌ の ＶＢＡ を利用しているという後ろめたさがあった。もっと自力で求める方法
はないものだろうか？

　実は、次のような互除法の考えを用いる驚嘆すべき解法が世間では知られているようだ。

　Ｆ（Ｘ）＝Ｘ³−３Ｘ＋１　とおくと、　 Ｆ’（Ｘ）＝３Ｘ²−３　である。

このとき、　Ｆ（Ｘ）÷ Ｆ’（Ｘ）　を実行して、　Ｆ（Ｘ）＝ Ｆ’（Ｘ）・（Ｘ/３）−２Ｘ＋１

　次に、　Ｆ’（Ｘ）÷（−２Ｘ＋１）　を実行して

　Ｆ’（Ｘ）＝（−２Ｘ＋１）（−３Ｘ/２−３/４）−９/４
　　　　　　　
そこで、Ｆ（Ｘ）＝ Ｆ’（Ｘ）・（Ｘ/３）−２Ｘ＋１　より、−２Ｘ＋１＝Ｆ（Ｘ）− Ｆ’（Ｘ）・（Ｘ/３）　を

Ｆ’（Ｘ）＝（−２Ｘ＋１）（−３Ｘ/２−３/４）−９/４　に代入して、

　Ｆ’（Ｘ）＝（Ｆ（Ｘ）− Ｆ’（Ｘ）・（Ｘ/３））（−３Ｘ/２−３/４）−９/４

すなわち、Ｆ（Ｘ）・（−３Ｘ/２−３/４）＋ Ｆ’（Ｘ）・（−１＋Ｘ/４＋Ｘ²/２）＝９/４

このとき、　Ｘ に α を代入して、　　Ｆ’（α）・（−１＋α/４＋α²/２）＝９/４

　ここで、　Ｆ（Ｘ）＝（Ｘ−α）（Ｘ−β）（Ｘ−γ）　なので、

　Ｆ’（Ｘ）＝（Ｘ−β）（Ｘ−γ）＋（Ｘ−α）（Ｘ−γ）＋（Ｘ−α）（Ｘ−β）

　よって、　　Ｆ’（α）＝（α−β）（α−γ）

　また、　３次式　Ｘ³−３Ｘ＋１　の判別式は、（ →　参考：判別式 ）

　（α−β）²（α−γ）²（β−γ）²＝−４・（−３）³−２７・１²＝１０８−２７＝８１

よって、　　（α−β）（α−γ）（β−γ）＝±９

したがって、　Ｆ’（α）・（−１＋α/４＋α²/２）＝９/４　の両辺に　β−γ　を掛けて、

（９/４）（β−γ）

＝Ｆ’（α）（β−γ）・（−１＋α/４＋α²/２）

＝（α−β）（α−γ）（β−γ）・（−１＋α/４＋α²/２）＝±９・（−１＋α/４＋α²/２）

　よって、　β−γ＝±（−４＋α＋２α²）　　（←上手い！感動しました．．．。）

β−γ＝−４＋α＋２α²　のとき、　β＋γ＝−α　と連立して、

　β＝α²−２　、　γ＝−α²−α＋２

β−γ＝−（−４＋α＋２α²）＝４−α−２α²　のとき、　β＋γ＝−α　と連立して、

　β＝−α²−α＋２　、　γ＝α²−２

　したがって、何れにしても、α 以外の２つの解は、−α²−α＋２　と　α²−２


（コメント）　なるほど！この手を使うと、Ｅｘｃｅｌ のご厄介にならずに済みそうですね。判別式
　　　　　　が有理数の平方という形になっているところがポイントのようです。


　ＦＮさんが、この話題について考察された。（平成２３年１月９日付け）

定理　　有理数係数の３次式　Ｆ（ｘ）＝ｘ³＋ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ　に対して、

　Ｆ（ｘ）＝０　の解を、α、β、γ とし、判別式をDとする。

　Dが有理数の平方であれば、β、γは、αの有理数係数の２次式で表すことが

　できる。

　次の補題が、定理の証明において一番重要なステップです。

補題　有理数係数の３次式　Ｆ（ｘ）＝ｘ³＋ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ　の判別式をDとする。

　このとき、　Ｆ（ｘ）Ｇ（ｘ）＋Ｆ’（ｘ）Ｈ（ｘ）＝Ｄ　を満たす有理数係数の１次式Ｇ（ｘ）と

２次式Ｈ（ｘ）が存在する。


＜注意＞　補題中の式　Ｆ（ｘ）Ｇ（ｘ）＋Ｆ’（ｘ）Ｈ（ｘ）＝Ｄ　の右辺はＤである必要はなく、「０で
　　　　　　ない有理数」または「１」で十分です。


　補題は、理論的な証明も可能ですが、３次式であれば、単なる計算問題としても不可能で
はないと思います。補題の証明は後回しにしましょう。

　補題は認めて定理を証明してください。


　ＦＮさんが、上記の定理について考察された。（平成２３年１月２８日付け）

　定理は、Ｆ（ｘ）が既約であることを仮定すれば、逆も成り立ちます。既約が必要なのは、例
えば、Ｆ（ｘ）＝ｘ³＋ｘ　として、α＝i 、β＝−i　とすれば、β＝α²−α＋１　とかで書けるが、
Ｄ＝−４　は有理数の平方ではない。

　「解の巡回」で考えられていることも合わせて、次の形にします。

　有理数係数の既約な３次式　Ｆ（ｘ）＝ｘ³＋ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ　に対して、

Ｆ（ｘ）＝０　の解を α、β、γ とする。このとき、次の条件は同値である。

（１） 有理数係数の２次式 Ｇ（ｘ） が存在して、　β＝Ｇ(α)

（２） 有理数係数の２次式 Ｇ（ｘ） が存在して、β＝Ｇ(α)　、γ＝Ｇ(β)　、α＝Ｇ(γ)

（３） (α−β)(β−γ)(γ−α) は有理数である。


　判別式を表に出さない表現にしましたが、（３）が、「判別式Ｄは有理数の平方である」と同
値であるのは明らかです。

　（３）⇒（１）　は、攻略法さんによって既に証明されています。

　（２）⇒（３）　が一番簡単だと思います。

　（１）⇒（２）　は、体の代数拡大についての基礎事項を使った証明でもいいですし、高校生
　にわかる証明もできれば欲しいと思います。

　（３）⇒（１）　の別証明も含めて、どれでもいいから考えてください。


　攻略法さんが、ＦＮさんの問いかけに答えられた。（平成２３年２月１日付け）

　（３）⇒（１）　についての別証明：

　Ｆ（ｘ）＝ｘ³＋ａＸ²＋ｂＸ＋ｃ＝（ｘ−α）（ｘ−β）（ｘ−γ）　とすると、

解と係数の関係より、α＋β＋γ＝−ａ　、　αβ＋βγ＋γα＝ｂ

　よって、　β＋γ＝−(α＋ａ)　・・・　(�T)式

　βγ＝ｂ−α(β＋γ)＝ｂ−α(−(α＋ａ))＝α²＋ａα＋ｂ　より、

　(α−β)(α−γ)

＝α²−(β＋γ)α＋βγ

＝α²−(−(α＋ａ))α＋α²＋ａα＋ｂ＝３α²＋２ａα＋ｂ

　(β−γ)²＝(β＋γ)²−４βγ

＝(−(α＋ａ))²−４(α²＋ａα＋ｂ)

＝ａ²＋２ａα＋α²−４α²−４ａα−４ｂ＝−３α²−２ａα＋(ａ²−４ｂ)

　また、β−γ＝{(α−β)(α−γ)(β−γ)}²/{(α−β)(α−γ)(β−γ)}　より

分母＝±√D　　（∵　判別式　D＝{(α−β)(β−γ)(γ−α)}²　より）

分子＝（３α²＋２ａα＋ｂ）｛−３α²−２ａα＋(ａ²−４ｂ)｝

    ＝−９α⁴−１２ａα³＋(−ａ²−１５ｂ)α²＋(２ａ³−１０ａｂ)α＋(ａ²ｂ−４ｂ²)

    ＝９ａα³＋(１１ａ²−６ｂ)α²＋(２ａ³＋２ａｂ＋９ｃ)α＋(ａ²ｂ−４ｂ²＋１２ａｃ)

（∵　f(α)＝α³＋ａα²＋ｂα＋ｃ＝０　より）

    ＝２(ａ²−３ｂ)α²＋(２ａ³−７ａｂ＋９ｃ)α＋(ａ²ｂ−４ｂ²＋３ａｃ)

（∵　f(α)＝α³＋ａα²＋ｂα＋ｃ＝０　より）

　よって、　β-γ＝±P(ｘ)/√D　（※　P(α)は、αの２次式）　・・・　(�U)式

　(�T)式と(�U)式を連立して、

　β＝{−(α＋ａ)＋(±P(α)/√D)}/２　、γ＝{−(α＋ａ)−(±P(α)/√D)}/２

したがって、±√D=(α-β)(β-γ)(γ-α)が有理数なら、βはαの２次式で表される。

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（証終）

（３）⇒（２）　の考察

　求めたβ、γを具体的に、ａ、ｂ、ｃ で表現すると、βは、

　α² の係数＝±(ａ²−３ｂ)/(√D)

　α¹ の係数＝(１/２){±(２ａ³−７ａｂ＋９ｃ)/(√D)−１}

　α⁰ の係数＝(１/２){±(ａ²ｂ−４ｂ²＋３ａｃ)/(√D)−ａ}

　これは、「私の備忘録」の「代数学」の「解の巡回」で、らすかるさんが提示された巡回関数
G(ｘ)の式と同じである。（ａ、ｂ、ｃ と ｐ、ｑ、ｒ は元の式の定義が入れ替わっている）


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年２月１日付け）

　（３）⇒（１）　について、具体的なG(ｘ)の形がほぼ求まり、らすかるさんの式が得られている
ようですね。（１）⇒（２）　の証明ができればらすかるさんの式の証明が得られます。

　（３）⇒（２）　の証明も面白そうです。一般に、ａ、ｂ、ｃ を異なる３つの数として、ａ’、ｂ’、ｃ’
を任意の数とするとき、Ｇ(ａ)＝ａ’、Ｇ(ｂ)＝ｂ’、Ｇ（ｃ)＝ｃ’ を満たす２次式Ｇ(ｘ)は、一意的に
存在し、

Ｇ(ｘ)＝ａ’(ｘ−ｂ)(ｘ−ｃ)/｛(ａ−ｂ)(ａ−ｃ)｝
　　　　　　　　　　　＋ｂ’(ｘ−ｃ)(ｘ−ａ)/｛(ｂ−ｃ)(ｂ−ａ)｝＋ｃ’(ｘ−ａ)(ｘ−ｂ)/｛(ｃ−ａ)(ｃ−ｂ)｝

で与えられる。これは容易に確認できます。これを使えば、β＝Ｇ(α)、γ＝Ｇ(β)、α＝Ｇ(γ)
を満たす２次式Ｇ(ｘ)を具体的に書くことはすぐできます。

　ただし、それの係数が有理数であることを示すのは簡単ではなさそうです。それならきちんと
計算して、らすかるさんの式を導いてしまったほうがいいような気もします。

　実際にやってみました。相当な計算でした。答えが書いてなければできなかったでしょう。

　一番簡単な　(２)⇒(３)　の証明を書いておきます。

（証明）　β＝Ｇ(α)、γ＝Ｇ(β)、α＝Ｇ(γ)　より、

　　(α−β)(β−γ)(γ−α)＝｛(α−Ｇ(α)｝｛β−Ｇ(β)｝｛γ−Ｇ(γ)｝

　　これはα、β、γ の対称式だから、基本対称式　−ａ、ｂ、−ｃ　で書けるので、有理数で

　ある。　（証終）


　上記定理の、より一般的な場合の証明を、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「攻略
法」さんが与えられた。（平成２３年１月１０日付け）

問　題　　３次方程式　Ｆ（ｘ）＝ａｘ³＋ｂｘ²＋ｃｘ＋ｄ＝０　の一つの解を、α とする。
　　　　　他の２つの解 β、γ を α を用いて表せ。

（解）　Ｆ（ｘ）＝ａｘ³＋ｂｘ²＋ｃｘ＋ｄ＝ａ（ｘ−α）（ｘ−β）（ｘ−γ）　となる。

　Ｆ（ｘ）をＦ’（ｘ）で割ったとき、商を、Ｑ（ｘ）、余りを Ｒ（ｘ）とすると、

　Ｆ（ｘ）＝Ｆ’（ｘ）Ｑ（ｘ）＋Ｒ（ｘ）　なので、　Ｒ（ｘ）＝Ｆ（ｘ）−Ｆ’（ｘ）Ｑ（ｘ）　・・・（*）

　Ｆ’ｘ）をＲ（ｘ）で割ったとき、商を、Ｓ（ｘ）、余りをＴ（ｘ）とすると、

　Ｆ’（ｘ）＝Ｒ（ｘ）Ｓ（ｘ）＋Ｔ（ｘ）　・・・（**）

この式に、（*）を代入して、　Ｆ’（ｘ）＝｛Ｆ（ｘ）−Ｆ’（ｘ）Ｑ（ｘ）｝Ｓ（ｘ）＋Ｔ（ｘ）

　よって、　Ｆ（ｘ）Ｓ（ｘ）＋Ｆ’（ｘ）｛−１−Ｑ（ｘ）Ｓ（ｘ）｝＝−Ｔ（ｘ）

　これに、１つの解 α を代入して、Ｆ’（α）｛１＋Ｑ（α）Ｓ（α）｝＝Ｔ（α）　・・・（***）

　また、　Ｆ（ｘ）＝ａ（ｘ−α）（ｘ−β）（ｘ−γ）　より、

　Ｆ’（ｘ）＝ａ｛（ｘ−β）（ｘ−γ）＋（ｘ−α）（ｘ−γ）＋（ｘ−α）（ｘ−β）｝　なので、

　Ｆ’（α）＝ａ（α−β）（α−γ）　・・・（****）

　Ｆ（ｘ）＝ａｘ³＋ｂｘ²＋ｃｘ＋ｄ　の判別式Ｄは、

　Ｄ＝ｂ²ｃ²＋１８ａｂｃｄ−４ａｃ³−４ｂ³ｄ−２７ａ²ｄ²

で与えられる。また、判別式の定義により、

　Ｄ＝ａ⁴（α−β）²（α−γ）²（β−γ）²　・・・（*****）

式(***)の両辺に、(β−γ) をかけると、

　(β−γ)Ｆ’（α）｛１＋Ｑ（α）Ｓ（α）｝＝(β−γ)Ｔ（α）

式(****)より、ａ（α−β）（α−γ）(β−γ)｛１＋Ｑ（α）Ｓ（α）｝＝(β−γ)Ｔ（α）

すなわち、ａ²（α−β）（α−γ）(β−γ)｛１＋Ｑ（α）Ｓ（α）｝＝ａ(β−γ)Ｔ（α）

式(*****)より、　　(±√Ｄ)｛１＋Ｑ（α）Ｓ（α）｝＝ａ(β−γ)Ｔ（α）

　よって、　β−γ＝(±√Ｄ)｛１＋Ｑ（α）Ｓ（α）｝/（ａＴ（α））　・・・（１）

　また、解と係数の関係より、　α＋β＋γ＝−ｂ/ａ　なので、

　β＋γ＝−（ｂ/ａ＋α）　・・・（２）

式(１)と式(２)を連立して、

　β＝｛−（ｂ/ａ＋α）＋(±√Ｄ)｛１＋Ｑ（α）Ｓ（α）｝/（ａＴ（α））｝/２

　γ＝｛−（ｂ/ａ＋α）−(±√Ｄ)｛１＋Ｑ（α）Ｓ（α）｝/（ａＴ（α））｝/２　　（終）


●　上記のＱ（ｘ）、Ｒ（ｘ）、Ｓ（ｘ）、Ｔ（ｘ）を具体的に、ａ、ｂ、ｃ、ｄ で表してみよう。

　Ｆ（ｘ）÷Ｆ’（ｘ）　は、組立除法（→参考：「組立除法の意外な使い道」）により、

　Ｑ（ｘ）＝（ａｘ＋ｂ/３）/（３ａ）＝（１/３）ｘ＋ｂ/（９ａ）

　Ｒ（ｘ）＝｛２ｃ/３−２ｂ²/（９ａ）｝ｘ＋ｄ−ｂｃ/（９ａ）＝Ｒ₁ｘ＋Ｒ₀

　Ｆ’（ｘ）÷Ｒ（ｘ）　は、組立除法により、

　Ｓ（ｘ）＝｛３ａｘ＋２ｂ−３ａＲ₀/Ｒ₁）/Ｒ₁＝（３ａ/Ｒ₁）ｘ＋（２ｂ−３ａＲ₀/Ｒ₁）/Ｒ₁

　Ｔ（ｘ）＝ｃ−２ｂＲ₀/Ｒ₁＋３ａＲ₀²/Ｒ₁²


●　３次方程式　ｘ³−３ｘ＋１＝０　について、Excel VBAを利用して、β、γを具体的に、α
　で表してみよう。

●　３次方程式　Ｆ（ｘ）＝ｘ³＋ａｘ＋ｂ＝０　について、β-γを求めてみた。

　Ｆ（ｘ）＝ｘ³＋ａｘ＋ｂ＝（ｘ−α）（ｘ−β）（ｘ−γ）　とすると、

解と係数の関係より、　α＋β＋γ＝０　、　αβ＋βγ＋γα＝ａ

　よって、　β＋γ＝−α　、　βγ＝α²＋ａ　より、

　（α−β）（α−γ）＝α²−（β＋γ）α＋βγ＝３α²＋ａ

　（β−γ）²＝（β＋γ）²−４βγ＝−３α²−４ａ

ここで、　判別式　Ｄ＝（α−β）²（α−γ）²（β−γ）²＝−４ａ³−２７ｂ²

　また、　β-γ＝{(α−β)(α−γ)(β−γ)²}/{(α−β)(α−γ)(β−γ)}

において、　分母＝±√D

　分子＝（３α²＋ａ）（−３α²−４ａ）＝−６ａα²＋９ｂα−４ａ²

なので、　β-γ＝±（−６ａα²＋９ｂα−４ａ²）/√D

　ここで、　ａ＝−３　、ｂ＝１　を代入して、　Ｄ＝１０８−２７＝８１　より、

　β-γ＝±（１８α²＋９α−３６）/９＝±（２α²＋α−４）


（補足）　平成１９年９月２９日付け

　３次方程式　Ｘ³−３Ｘ＋１＝０　の解の一つを α とすると、３つの解は

　α 、　−α²−α＋２　、　α²−２

であることが示されたが、これらの解の間に次のような性質が成り立つことも面白い。
（もっとも、ガロア理論を熟知されていれば当然のことだろうが．．．。）

　Ｆ（α）＝−α²−α＋２　とおくと、

　Ｆ（Ｆ（α））
＝−（−α²−α＋２）²−（−α²−α＋２）＋２
＝−α⁴−２α³＋４α²＋５α−４
＝−α（３α−１）−２（３α−１）＋４α²＋５α−４　　（←　α³＝３α−１）
＝−３α²＋α−６α＋２＋４α²＋５α−４
＝α²−２

　Ｆ（Ｆ（Ｆ（α）））
＝（−α²−α＋２）²−２
＝α⁴＋２α³−３α²−４α＋２
＝α（３α−１）＋２（３α−１）−３α²−４α＋２
＝３α²−α＋６α−２−３α²−４α＋２
＝α

　同様にして、

　Ｇ（α）＝α²−２　とおくと、　Ｇ（Ｇ（α））＝−α²−α＋２　、Ｇ（Ｇ（Ｇ（α）））＝α

が成り立つ。　（→　参考：「解の巡回」）


（４次方程式の解の公式）

　４次方程式　ａＸ⁴＋ｂＸ³＋ｃＸ²＋ｄＸ＋ｅ＝０　については、Ｆｅｒｒａｒｉの解法　が有名だろう。

例 題　４次方程式　Ｘ⁴−８Ｘ³＋２８Ｘ²−８０Ｘ＋４８＝０　を解け。

　Ｘ＝Ｙ＋２　とおくと、　（Ｙ＋２）⁴−８（Ｙ＋２）³＋２８（Ｙ＋２）²−８０（Ｙ＋２）＋４８＝０

より、　Ｙ⁴＋４Ｙ²−３２Ｙ−４８＝０　すなわち、　Ｙ⁴＝−４Ｙ²＋３２Ｙ＋４８

　いま、ある数 λ を考え、　（Ｙ²＋λ）²　を計算してみる。

　（Ｙ²＋λ）²
＝Ｙ⁴＋２λＹ²＋λ²＝−４Ｙ²＋３２Ｙ＋４８＋２λＹ²＋λ²＝（２λ−４）Ｙ²＋３２Ｙ＋λ²＋４８

このとき、右辺が完全平方式になるように、λの値を定めればよい。

判別式を Ｄ とすると、

　Ｄ/４＝１６²−（２λ−４）（λ²＋４８）＝−２λ³＋４λ²−９６λ＋４４８＝０

すなわち、　　　λ³−２λ²＋４８λ−２２４＝０

　この３次方程式の左辺は、（λ−４)(λ²＋２λ＋５６） と因数分解され、解の一つとして、

λ＝４ を得る。このとき、（Ｙ²＋４）²＝４(Ｙ＋４)²　となり、４次方程式は、２つの２次方程式

　Ｙ²＋４＝±２（Ｙ＋４）　　すなわち、　　Ｙ²−２Ｙ−４＝０　、　Ｙ²＋２Ｙ＋１２＝０

に分解される。　これを解いて、　　、　

ところで、Ｘ＝Ｙ＋２ なので、求める解は、　　、　


（コメント）　Ｆｅｒｒａｒｉの解法は、完全平方化を２回行うところがポイントですね！


（追記）　当ＨＰ読者のＨＮ「ＬＲＷ」さんから別解をいただきました。（令和３年６月２２日付け）

　４次方程式　ｘ⁴−８ｘ³＋２８ｘ²−８０ｘ＋４８＝０　の解について、あくまでも有理数の範囲
で因数分解できる場合に限りますが、次のような方法も有効です。

　x^4-8x^3+28x^2-80x+48　の定数項の約数に着目し、x^2+4 で平方完成すると、

　 　(x^2+4)^2-8x^3+20x^2-80x+32

　このうち、x^3の項を -8x(x^2+4) でくくり出して、

　　(x^2+4)^2-8x(x^2+4)+20x^2-48x+32

　このうち、定数項がくくれるように、8(x^2+4) とくくると、

　　(x^2+4)^2-8x(x^2+4)+8(x^2+4)+12x^2-48x

　そこで、(x^2+4) の係数をまとめると、

　　(x^2+4)^2+(8-8x)(x^2+4)+12x^2-48x

　たすきがけの方法で、掛けて 12x^2-48x、足して 8-8x になるように残りを分解する。

　よって、　(x^2-6x+4)(x^2-2x+12)=0　を解けば、答えが出る。


（コメント）　ＬＲＷさん、別解をありがとうございました。


　Ａ²＝Ｂ²　より、　（Ａ＋Ｂ）（Ａ−Ｂ）＝０　なので、次のような解法も考えられる。

例 題　４次方程式　Ｘ⁴−２Ｘ²−３２Ｘ−６３＝０　を解け。

　試しに、　Ｘ⁴−２Ｘ²−３２Ｘ−６３＝（Ｘ²＋ｋＸ＋ｍ）（Ｘ²−ｋＸ＋ｎ）　としてみる。

このとき、　右辺＝Ｘ⁴＋（ｍ＋ｎ−ｋ²）Ｘ²＋ｋ（ｎ−ｍ）Ｘ＋ｍｎ　なので、

　ｍ＋ｎ−ｋ²＝−２　、　ｋ（ｎ−ｍ）＝−３２　、　ｍｎ＝−６３

ここで、 ｍ＝−７　、ｎ＝９　とすると、 ｋ＝−２　で、 ｍ＋ｎ−ｋ²＝−２　を満たす。

　よって、与えられた４次方程式は、因数分解されて、

　（Ｘ²−２Ｘ−７）（Ｘ²＋２Ｘ＋９）＝０

となる。　したがって、

　Ｘ²−２Ｘ−７＝０　の解は、　Ｘ＝１±２

　Ｘ²＋２Ｘ＋９＝０　の解は、　Ｘ＝−１±２i　（ i は虚数単位）


（コメント）　上記では、　ｋ 、 ｍ 、 ｎ が直ちに求まったが、一般には見つけ難い。
　　　　　　この解法は、デカルトによるものといわれている。

　さて、５次以上方程式には解の公式は存在しないわけであるが、解は確かに存在するし、
方程式の係数の状況によっては解を求めることが可能な場合がある。

　５次以上方程式で、解が具体的に求められる例をいくつかあげよう。

例　５次方程式 ｘ⁵ ＝ １　を解け。

　見かけ上は５次方程式だが、　（ｘ−１）（ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１）＝０　と因数分解されるの
で、実質は、４次方程式　ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１＝０　の解法である。

　ここで、Ｆｅｒｒａｒｉの解法やデカルトの解法を持ち出すまでもなく、次のような美しい解法が
知られている。

　ｘ≠０　なので、　ｘ²＋ｘ＋１＋１/ｘ＋１/ｘ²＝０

このとき、　　（ｘ＋１/ｘ）²−２＋（ｘ＋１/ｘ）＋１＝０

すなわち、　　（ｘ＋１/ｘ）²＋（ｘ＋１/ｘ）−１＝０

　よって、　Ｘ＝ｘ＋１/ｘ　とおくと、　Ｘ²＋Ｘ−１＝０　なので、

　

このとき、

　

　この方程式の４つの解は、

　

　となる。


（コメント）　この計算から、

　

であることが分かる。この結果も興味深いですね！

　また、上記の解法は、相反方程式の解法で、私が高校１年のときに洗礼を受けた解法で
ある。両辺を ｘ² で割るというアクロバット的解法にしびれたものだ。ただ、現在の学習指導
要領では疎遠になっている解法でもある。


（追記）　平成２１年２月２８日付け

　当ＨＰがいつもお世話になっているＳ（Ｈ）さんからの出題である。

問　題　　実数 ａ 、ｂ に対して、４次方程式　ｘ⁴＋ａｘ³＋ｂｘ²＋ａｘ＋１＝０　が少なくとも

　　　　１つの実数解を持つとき、ａ²＋ｂ²　の最小値を求めよ。

（解）　ｘ≠０　なので、　ｘ²＋ａｘ＋ｂ＋ａ/ｘ＋１/ｘ²＝０　より、

　（ｘ＋１/ｘ）²＋ａ（ｘ＋１/ｘ）＋ｂ−２＝０

よって、　Ｘ＝ｘ＋１/ｘ　とおくと、　Ｘ²＋ａＸ＋ｂ−２＝０　となる。

　Ｘ≦−２ 、 ２≦Ｘ　の範囲に少なくとも１つ解を持つとき、ａ 、ｂ の条件を求める。

　Ｆ（Ｘ）＝Ｘ²＋ａＸ＋ｂ−２　とおくと、軸の方程式は、　Ｘ＝−ａ/２

よって、　−ａ/２≦−２　すなわち、　ａ≧４　のとき、

　判別式 Ｄ＝ａ²−４ｂ＋８≧０　すなわち、　ｂ≦（1/4）ａ²＋２

−ａ/２≧２　すなわち、　ａ≦−４　のとき、

　判別式 Ｄ＝ａ²−４ｂ＋８≧０　すなわち、　ｂ≦（1/4）ａ²＋２

−２≦−ａ/２≦２　すなわち、　−４≦ａ≦４　のとき、

　Ｆ（−２）＝４−２ａ＋ｂ−２＝２−２ａ＋ｂ≦０

　または、　Ｆ（２）＝４＋２ａ＋ｂ−２＝２＋２ａ＋ｂ≦０

よって、条件を満たす（ ａ ， ｂ ）は、次の領域内の点である。（境界も含む。）

　　　

上図より、ａ²＋ｂ²　の最小値は、４/５　となる。　（終）


例　５次方程式 ｘ⁵＋ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１＝０　を解け。

　両辺に　ｘ−１　を掛けて、 （ｘ−１）（ｘ⁵＋ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１）＝０　すなわち、　ｘ⁶ ＝ 1

　この解は、　ｘ ＝ ｃｏｓ（ｋπ/３）＋ｉ・ｓｉｎ（ｋπ/３）　　（ｋ＝０、１、２、３、４、５）

すなわち、

　ｘ ＝ １ 、 （１＋ｉ）/２ 、 （−１＋ｉ）/２ 、 −１ 、 （−１−ｉ）/２ 、 （１−ｉ）/２

よって、　５次方程式 ｘ⁵＋ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１＝０　の解は、

　（１＋ｉ）/２ 、 （−１＋ｉ）/２ 、 −１ 、 （−１−ｉ）/２ 、 （１−ｉ）/２


（補足）　上記では、解答の最速を考えて、「ｘ−１　を掛けて」としたが、相反方程式の解法
　　　　　を意識すれば次のように解くことも可能だろう。

　５次式 ｘ⁵＋ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１　は、 ｘ ＋１ で割り切れるので、

　ｘ⁵＋ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１＝（ｘ ＋１）（ｘ⁴＋ｘ²＋１）

　ｘ⁴＋ｘ²＋１＝０　より、　ｘ≠０　なので、　ｘ²＋１＋１/ｘ²＝０

　よって、　（ｘ＋１/ｘ）²＝１　より、　ｘ＋１/ｘ＝１、−１

　すなわち、　　ｘ²−ｘ＋１＝０　、　ｘ²＋ｘ＋１＝０

　これらを解いて、　ｘ＝（１±ｉ）/２　、　（−１±ｉ）/２

　したがって、　５次方程式 ｘ⁵＋ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１＝０　の解は、

　（１＋ｉ）/２ 、 （−１＋ｉ）/２ 、 −１ 、 （−１−ｉ）/２ 、 （１−ｉ）/２


また、次のように解くことも可能だろう。ただ、お勧めはできない拙速と思われる解法だが．．．。

　５次式 ｘ⁵＋ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１　は、 ｘ ＋１ で割り切れるので、

　ｘ⁵＋ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１＝（ｘ ＋１）（ｘ⁴＋ｘ²＋１）

　ｘ⁴＋ｘ²＋１＝０　より、　ｘ² ＝ ω、ω²　　（ 但し、　ω ＝（−１＋ｉ）/２ ）

　ｘ² ＝ ω²　からは、　ｘ ＝ ω 、−ω

　ｘ² ＝ ω　とする。　（ａ＋ｂｉ）² ＝ ω　を展開して係数を比較すると、

　２ａ²−２ｂ²＝−１　　、　　４ａｂ＝

これより、　　ａ²＋２ａｂ−ｂ²＝０　なので、（ａ−ｂ）（ａ＋ｂ）＝０

　よって、　　ｂ＝ａ　、　ａ＝−ｂ

　ｂ＝ａ　のとき、　４ａｂ＝　から、　ａ＝±１/２　、　ｂ＝±/２

　このとき、　ｘ＝±（１＋ｉ）/２　である。

　ａ＝−ｂ　のとき、　４ａｂ＝　から、　ｂ²＜０　となり矛盾。

以上から、　５次方程式 ｘ⁵＋ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１＝０　の解は、

　（１＋ｉ）/２ 、 （−１＋ｉ）/２ 、 −１ 、 （−１−ｉ）/２ 、 （１−ｉ）/２


例　６次方程式 ｘ⁶＋ｘ⁵＋ｘ⁴＋ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１＝０　を解け。

　　ｘ≠０　なので、　ｘ³＋ｘ²＋ｘ＋１＋１/ｘ＋１/ｘ²＋１/ｘ³＝０

　　このとき、　（ｘ＋１/ｘ）³−３（ｘ＋１/ｘ）＋（ｘ＋１/ｘ）²−２＋（ｘ＋１/ｘ）＋１＝０

　すなわち、　（ｘ＋１/ｘ）³＋（ｘ＋１/ｘ）²−２（ｘ＋１/ｘ）−１＝０

　　よって、　Ｘ＝ｘ＋１/ｘ　とおくと、　Ｘ³＋Ｘ²−２Ｘ−１＝０

　３次方程式については解の公式があるので、具体的に解を求めることが出来る。
（途中まで計算したが、手計算では面倒になってきたので打ち切り！）
その解について、さらに２次方程式を解くことにより、所要の解が求められる（筈）。



　　　以下、工事中