3次方程式を解く

数学 詰めチャレ以外

恥ずかしいんだけど 3 次方程式のカルダノの公式の説明読んで、あまりしっくり来ないんだよな
方程式の係数からできる式は解の対称式でなければならないはずで、個々の解にたどりつくためには係数から決まらない何かを導入しているはずで、その辺がポイントなのかな

https://twitter.com/yamyam_topo/status/1780989795797504354

補助方程式u³+v³=p, uv=qの解の選び方のコンベンションじゃないかな…(実際にはu,vの入れ替えと3乗根の選び方で2×3=6通りの選び方があるので)

https://twitter.com/recorderPS/status/1781005522126409975

私も以前にまったく同じことが気になったことがあって、そのときの愚直に計算したメモを発掘したのでそのまま書きます。

代数学で習ったこと：対称性を放棄する

3次方程式の3つの解を \alpha, \beta, \gammaとしましょう。これらの基本対称式、 \alpha+ \beta+\gammaと \alpha \beta +\alpha \gamma + \beta \gammaと \alpha \beta \gammaは値がわかっています。対称な多項式は基本対称式の和や積に分解できるので、それらの値もわかります。あと、1の3乗根\omega= \dfrac{-1+\sqrt{-3}}{2}を使います。

3つの解の対称性を、3次対称群\mathfrak{S}_3→3次交代群\mathfrak{A}_3 →単位元のみからなる群、という順序で放棄していきます。 \alpha, \beta, \gamma の差積の定義をここでは
\Delta = ( \alpha-\beta) ( \alpha-\gamma) ( \beta- \gamma)
としましょう。これは\mathfrak{A}_3不変で、\mathfrak{S}_3 \setminus \mathfrak{A}_3の元の作用では-1倍されます。2乗した \Delta ^2 は\mathfrak{S}_3不変、つまり \alpha, \beta, \gamma の対称な多項式なので、値がわかります。

その \Delta^2 = … を \Delta = … と開くときに、対称性を部分的に諦めることになります。このとき諦めた対称性が、\mathfrak{S}_3と\mathfrak{A}_3の間の分です。あとのために、 \alpha^2\beta + \beta^2 \gamma+ \gamma^2 \alpha や \alpha\beta^2 + \beta\gamma^2 + \gamma \alpha^2を考えておきたいんですけど、 \Deltaを展開した式
\Delta = (\alpha^2\beta + \beta^2 \gamma+ \gamma^2 \alpha) - (\alpha\beta^2 + \beta\gamma^2 + \gamma \alpha^2)
と、対称式
(\alpha^2\beta + \beta^2 \gamma+ \gamma^2 \alpha) + (\alpha\beta^2 + \beta\gamma^2 + \gamma \alpha^2)
から、 \alpha^2\beta + \beta^2 \gamma+ \gamma^2 \alpha と \alpha\beta^2 + \beta\gamma^2 + \gamma \alpha^2 が \Deltaを含む形で求まります。

\alpha, \beta, \gamma について、まだ、\mathfrak{A}_3の分、つまりcyclicに回す分の対称性が残っていてあとはこれなんですけど、このときには\omega が有効です。 \alpha, \beta, \gamma をこの順で回す置換を \sigmaと書くことにしましょう。 \alpha+\omega \beta + \omega^2 \gammaは \sigmaの作用によって\omega倍されるので、その3乗は \sigmaで不変、つまり\mathfrak{A}_3で不変ですね。ということは、 \Deltaを含む形で値がわかるはずです。実際に、その値は
(\alpha+\beta+\gamma)^3 + 3(\omega-1) (\alpha^2\beta + \beta^2 \gamma+ \gamma^2 \alpha)+ 3(\omega^2-1)(\alpha\beta^2 + \beta\gamma^2 + \gamma \alpha^2)
で、 \alpha^2\beta + \beta^2 \gamma+ \gamma^2 \alpha や \alpha\beta^2 + \beta\gamma^2 + \gamma \alpha^2はさっきの計算でわかっています。この (\alpha+\omega \beta + \omega^2 \gamma)^3=…の式から \alpha+\omega \beta + \omega^2 \gamma=…を得るときに、残っていた\mathfrak{A}_3対称性が失われます。

こうしてすべての対称性が失われたので、理論上、あとは四則演算だけで \alpha, \beta, \gammaにたどり着くはずです。
(\alpha+\omega \beta + \omega^2 \gamma) ( \alpha+\omega ^2 \beta + \omega \gamma )
は対称式なので、これを \alpha+\omega \beta + \omega ^2 \gammaで割れば \alpha+\omega ^2 \beta + \omega \gamma が（ \Deltaと \alpha+\omega \beta + \omega ^2 \gammaを含む形で）わかって、1次の連立方程式
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & \omega & \omega^2 \\ 1 & \omega^2 & \omega \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha \\ \beta \\ \gamma \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \alpha+ \beta+\gamma \\ \alpha+\omega \beta + \omega ^2 \gamma \\ \alpha+\omega ^2 \beta + \omega \gamma \end{pmatrix}
の右辺が全部できたことになります。逆行列を掛けて、
\begin{pmatrix} \alpha \\ \beta \\ \gamma \end{pmatrix} = \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & \omega ^2 & \omega \\ 1 & \omega & \omega^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha+ \beta+\gamma \\ \alpha+\omega \beta + \omega ^2 \gamma \\ \alpha+\omega ^2 \beta + \omega \gamma \end{pmatrix}.
これが \alpha, \beta, \gammaを与えます。例えば、 \alphaは、
\alpha = \dfrac{1}{3}( \alpha+ \beta+\gamma) + \dfrac{1}{3} (\alpha+\omega \beta + \omega ^2 \gamma) + \dfrac{1}{3} (\alpha+\omega ^2 \beta + \omega \gamma)
です。

実際の計算

\alpha+ \beta+\gamma = 0となるように3次方程式を適切に変数変換しておきます。つまり、 x^3 + px + q =0です。このとき、 \alpha \beta +\alpha \gamma + \beta \gamma=pと \alpha \beta \gamma= -qです。

\Delta ^2と (\alpha^2\beta + \beta^2 \gamma+ \gamma^2 \alpha) + (\alpha\beta^2 + \beta\gamma^2 + \gamma \alpha^2)は、よく知られた計算によってそれぞれ、 -27 q^2 - 4 p^3と3qです。

(\alpha+\omega \beta + \omega^2 \gamma)^3の値は、
\begin{align*} (\alpha^2\beta + \beta^2 \gamma+ \gamma^2 \alpha) + (\alpha\beta^2 + \beta\gamma^2 + \gamma \alpha^2) &= 3q, \\ (\alpha^2\beta + \beta^2 \gamma+ \gamma^2 \alpha) - (\alpha\beta^2 + \beta\gamma^2 + \gamma \alpha^2) &= \Delta \end{align*}
から、
\alpha^2\beta + \beta^2 \gamma+ \gamma^2 \alpha = \dfrac{3q+\Delta}{2}と \alpha\beta^2 + \beta\gamma^2 + \gamma \alpha^2 = \dfrac{3q - \Delta}{2}
がわかるので、
\begin{split} (\alpha+\omega \beta + \omega^2 \gamma)^3 &= 3(\omega-1) \dfrac{3q+\Delta}{2} + 3(\omega^2-1) \dfrac{3q - \Delta}{2}\\ &= \dfrac{-27q + 3\sqrt{-3} \Delta}{2} \end{split}
です。

\begin{split} (\alpha+\omega \beta + \omega^2 \gamma) ( \alpha+\omega ^2 \beta + \omega \gamma ) &= \alpha^2 + \beta^2 +\gamma^2 + (\omega+ \omega^2)(\alpha\beta + \alpha\gamma + \beta\gamma) \\ &= (\alpha + \beta +\gamma)^2 + (\omega+ \omega^2-2)(\alpha\beta + \alpha\gamma + \beta\gamma) \\ &= -3p \end{split}
なので、
\alpha+\omega ^2 \beta + \omega \gamma = \dfrac{-3p}{\alpha+\omega \beta + \omega^2 \gamma}.

実係数

x^3 + px + q =0の形をしているという条件の上に、さらに、 pも qも実という条件も課しましょう。このとき、3解のうち少なくとも1つは実です。 \Delta ^2の正負によって3つとも実か、実解1つ・虚解2つであるかが分かれます（ \Delta ^2=0のときは、（実係数条件と無関係に）重解の存在が言えて、ここまでの議論よりもずっと簡単に解が求まります）。今は、 \Delta ^2が負であるとしましょう。実解1つ・虚解2つで、虚解は互いに複素共役です。

3つの解 \alpha, \beta, \gammaを、例えば、 \alphaは実、\betaは複素平面の上側（ \sqrt{-1}や \sqrt{-3}と同じ側）、\gammaは下側である、というふうに決めましょう。こうすると、 \Delta = (\alpha-\beta) ( \alpha-\gamma) ( \beta- \gamma)は複素平面の上側にあると決まって、より具体的な、実の根号に基づいた表記
\Delta = \sqrt{27 q^2 + 4 p^3}\sqrt{-1}
を書いても良いことになります。こうして、
(\alpha+\omega \beta + \omega^2 \gamma)^3 = 27 \dfrac{-q -\sqrt{q^2 + \dfrac{4}{27} p^3}}{2}
今は、 \omega \betaと \omega^2 \gammaは互いに複素共役ですから、この3乗根 \alpha+\omega \beta + \omega^2 \gammaは実です。その意味で、
\alpha+\omega \beta + \omega^2 \gamma = 3 \sqrt[3] {\dfrac{-q -\sqrt{q^2 + \dfrac{4}{27} p^3}}{2}} .
これを \alpha+\omega ^2 \beta + \omega \gamma = \dfrac{-3p}{\alpha+\omega \beta + \omega^2 \gamma} に代入すると、
\begin{split} \alpha+\omega ^2 \beta + \omega \gamma &= \sqrt[3]{\dfrac{2p^3} {q + \sqrt{q^2 + \dfrac{4}{27} p^3}}} \\ &= \sqrt[3]{\dfrac{27}{2} ( -q + \sqrt{q^2 + \dfrac{4}{27} p^3})} \\ &= 3 \sqrt[3]{\dfrac{-q + \sqrt{q^2 + \dfrac{4}{27} p^3}}{2}} . \end{split}
これらを
\alpha = \dfrac{1}{3}( \alpha+ \beta+\gamma) + \dfrac{1}{3} (\alpha+\omega \beta + \omega ^2 \gamma) + \dfrac{1}{3} (\alpha+\omega ^2 \beta + \omega \gamma)
に代入して、良く知られている公式が得られます。