三次方程式の解の公式

※この記事は表示に時間がかかる場合があります。

結論

わたしのかんがえたさいきょうの

$ax^3+bx^2+cx+d=0~の解$

$\displaystyle x=\frac{-b+\omega^N\sqrt[3]{t+\sqrt{u}}+\omega^{2N}\sqrt[3]{t-\sqrt{u}}}{3a}$

$t=\frac{9a\left(bc-3ad\right)}{2}-b^3，~u=t^2-\left(b^2-3ac\right)^3$

$\omega~は~1~の三乗根、N~は任意の整数。$

$ちなみに、x^3+ax+b=0~の解は$

$\displaystyle x=\omega^N\sqrt[3]{\frac{-b+\sqrt{b^2-4(-a/3)^3}}2}+\omega^{2N}\sqrt[3]{\frac{-b-\sqrt{b^2-4(-a/3)^3}}2}$

$\displaystyle もし、~b=pq~かつ~a=-(p^2+q)~となる~p,q~が見つかるなら$

$\displaystyle x=p、\frac{-p\pm\sqrt{p^2+4q}}2$

$Fine||$

唐突な書き出しでゴメンナサイ。「自己流で解の公式を求めてみた」というお題にて書いていたところ、ひたすら数式がならぶだけの超ツマンナイ記事になってしまったため、論文アレルギーの方への配慮で結論から先に書かせて頂きました。

とゆーわけで、ここから先は「数式ウェルカム♡」という物好きさんだけどうぞ！

解の公式の一般形予想

$1$ 元 $n$ 次方程式の $N$ 番目の解を表す解の公式の一般形を、 $n$ 個の解の対称性により\begin{align}x=\sum_{m=-\infty}^{\infty}s'_m\left(e^{2i\pi\cdot\frac{N}{n}}\right)^m\end{align}と予想しました。これは原始 $n$ 乗根の無限級数和をイメージしたもので、\begin{align}\tag{S}\label{S}x=\sum_{m=0}^{n-1}s_m\cdot e^{2i\pi\cdot\frac{mN}{n}}\end{align}へと集約することが可能です。ここで、 $1$ 元 $n$ 次方程式の一般形\begin{align}\sum_{p=0}^na_px^{n-p}=0　(a_0\neq0)\end{align}の両辺を $a_0$ で割った\begin{align}\sum_{p=0}^n\frac{a_p}{a_0}x^{n-p}=0\end{align}を $A_p=\frac{a_p}{a_0}$ で置換すると（ $A_0=\frac{a_0}{a_0}=1$ ）\begin{align}\tag{1}\label{1}\sum_{p=0}^nA_px^{n-p}=0\end{align}になるため、 $\eqref{S}$ を解に持つ\begin{align}\tag{2}\label{2}\prod_{N=0}^{n-1}\left(x-\sum_{m=0}^{n-1}s_m\cdot e^{2i\pi\cdot\frac{mN}{n}}\right)=0\end{align}を展開し、 $\eqref{1}$ と $\eqref{2}$ の係数比較で各 $s_k$ を $A_p$ で表すことにします。

※ちなみにこの予想を立てた当初はまだ $1$ の原始 $n$ 乗根と指数関数の等式を見出しておらず、
※ $e^{2i\pi\cdot\frac{N}{n}}$ ではなく独自に創作した $\mathbb{P}^{\frac{N}{n}}\left(=\cos{\frac{2N\pi}{n}}+i\sin{\frac{2N\pi}{n}}\right)$ を用いていました。

$n=1$ の場合（ $1$ 次方程式）

$\tag{1.1}\label{1.1}x+A_1=0$

$\tag{1.2}\label{1.2}(x-s_0)=0$

$\eqref{1.1}$ 、 $\eqref{1.2}$ より

$A_1=-s_0$

$\tag{1.a}\label{1.a}s_0=-A_1$

$\eqref{1.2}$ 、 $\eqref{1.a}$ より

$\tag{1.S}\label{1.S}x=-A_1$

$\therefore$ 　 $ax+b=0$ の解の公式は

$\displaystyle x=-\frac{b}{a}$

$n=2$ の場合（ $2$ 次方程式）

$\tag{2.1}\label{2.1}x^2+A_1x+A_2=0$

$\tag{2.2}\label{2.2}(x-(s_0+s_1))(x-(s_0-s_1))=0$

$\tag{2.2'}\label{2.2'}x^2+(-2s_0)x+(s_0^2-s_1^2)=0$

$\eqref{2.1}$ 、 $\eqref{2.2'}$ より

\begin{align}A_1&=-2s_0\\A_2&=s_0^2-s_1^2\end{align}\begin{align}\tag{2.a}\label{2.a}s_0&=-\frac{A_1}{2}\\s_1^2&=\left(-\frac{A_1}{2}\right)^2-A_2\\\tag{2.b}\label{2.b}s_1&=\pm\sqrt{\left(-\frac{A_1}{2}\right)^2-A_2}\end{align}

$\eqref{2.2}$ 、 $\eqref{2.a}$ 、 $\eqref{2.b}$ より

$\tag{2.S}\label{2.S}\displaystyle x=-\frac{A_1}{2}\pm\sqrt{\left(-\frac{A_1}{2}\right)^2-A_2}$

$\therefore$ 　 $ax^2+bx+c=0$ の解の公式は

\begin{align}x&=-\frac{b}{2a}\pm\sqrt{\left(-\frac{b}{2a}\right)^2-\frac{c}{a}}\\&=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\end{align}

$n=3$ の場合（ $3$ 次方程式）

$\tag{3.1}\label{3.1}x^3+A_1x^2+A_2x+A_3=0$

$\tag{3.2}\label{3.2}(x-(s_0+s_1+s_2))(x-(s_0+s_1\omega+s_2\omega^2)(x-(s_0+s_1\omega^2+s_2\omega))=0$

$\tag{3.2'}\label{3.2'}x^3+(-3s_0)x^2+3(s_0^2-s_1s_2)x+(3s_0s_1s_2-s_0^3-s_1^3-s_2^3)=0$

便宜上、 $1$ の原始 $3$ 乗根を $\omega~(=\frac{-1\pm\sqrt{3}i}{2})$ と表記します。

$\eqref{3.1}$ 、 $\eqref{3.2'}$ より

\begin{align}A_1&=-3s_0\\A_2&=3(s_0^2-s_1s_2)\\A_3&=3s_0s_1s_2-s_0^3-s_1^3-s_2^3\end{align}\begin{align}\tag{3.a}\label{3.a}s_0&=-\frac{A_1}{3}\\\tag{3.b}\label{3.b}s_1s_2&=\left(-\frac{A_1}{3}\right)^2-\frac{A_2}{3}\\s_1^3+s_2^3&=3\left(-\frac{A_1}{3}\right)\left(\left(-\frac{A_1}{3}\right)^2-\frac{A_2}{3}\right)-\left(-\frac{A_1}{3}\right)^3-A_3\\&=3\left(-\frac{A_1}{3}\right)^3+\frac{A_1A_2}{3}-\left(-\frac{A_1}{3}\right)^3-A_3\\\tag{3.c}\label{3.c}&=2\left(-\frac{A_1}{3}\right)^3+\frac{A_1A_2}{3}-A_3\end{align}

ここで、 $s_1^3$ と $s_2^3$ を解に持つ二次方程式を考えます。

$(X-s_1^3)(X-s_2^3)=0$

$X^2-(s_1^3+s_2^3)+s_1^3s_2^3=0$

$\eqref{2.S}$ より

\begin{align}X&=-\frac{-(s_1^3+s_2^3)}{2}\pm\sqrt{\left(-\frac{-(s_1^3+s_2^3)}{2}\right)^2-s_1^3s_2^3}\\&=\frac{s_1^3+s_2^3}{2}\pm\sqrt{\left(\frac{s_1^3+s_2^3}{2}\right)^2-(s_1s_2)^3}\end{align}

$\eqref{3.b}$ 、 $\eqref{3.c}$ を代入

$\displaystyle X=\left(-\frac{A_1}{3}\right)^3+\frac{A_1A_2}{6}-\frac{A_3}{2}\pm\sqrt{\left(\left(-\frac{A_1}{3}\right)^3+\frac{A_1A_2}{6}-\frac{A_3}{2}\right)^2-\left(\left(-\frac{A_1}{3}\right)^2-\frac{A_2}{3}\right)^3}$

$s_1^3$ と $s_2^3$ は $s_1$ と $s_2$ をそれぞれ三乗して得たものですので、 $X$ の三乗根の主値より

\begin{align}\tag{3.d}\label{3.d}s_1=\sqrt[3]{\left(-\frac{A_1}{3}\right)^3+\frac{A_1A_2}{6}-\frac{A_3}{2}+\sqrt{\left(\left(-\frac{A_1}{3}\right)^3+\frac{A_1A_2}{6}-\frac{A_3}{2}\right)^2-\left(\left(-\frac{A_1}{3}\right)^2-\frac{A_2}{3}\right)^3}}\\\tag{3.d'}\label{3.d'}s_2=\sqrt[3]{\left(-\frac{A_1}{3}\right)^3+\frac{A_1A_2}{6}-\frac{A_3}{2}-\sqrt{\left(\left(-\frac{A_1}{3}\right)^3+\frac{A_1A_2}{6}-\frac{A_3}{2}\right)^2-\left(\left(-\frac{A_1}{3}\right)^2-\frac{A_2}{3}\right)^3}} \end{align}

とすることができます。（冪根の対称性により、 $s_1$ と $s_2$ は逆でも構いません。）

$\eqref{3.2}$ 、 $\eqref{3.a}$ 、 $\eqref{3.d}$ 、 $\eqref{3.d'}$ より任意の整数 $N$ を用いて

\begin{align}x=&-\frac{A_1}{3}\\&+\omega^N\sqrt[3]{\left(-\frac{A_1}{3}\right)^3+\frac{A_1A_2}{6}-\frac{A_3}{2}+\sqrt{\left(\left(-\frac{A_1}{3}\right)^3+\frac{A_1A_2}{6}-\frac{A_3}{2}\right)^2-\left(\left(-\frac{A_1}{3}\right)^2-\frac{A_2}{3}\right)^3}}\\\tag{3.S}\label{3.S}&+\omega^{2N}\sqrt[3]{\left(-\frac{A_1}{3}\right)^3+\frac{A_1A_2}{6}-\frac{A_3}{2}-\sqrt{\left(\left(-\frac{A_1}{3}\right)^3+\frac{A_1A_2}{6}-\frac{A_3}{2}\right)^2-\left(\left(-\frac{A_1}{3}\right)^2-\frac{A_2}{3}\right)^3}}\end{align}

$\therefore$ 　 $ax^3+bx^2+cx+d=0$ の解の公式は

\begin{align}x=&-\frac{b}{3a}\\&+\omega^N\sqrt[3]{\left(-\frac{b}{3a}\right)^3+\frac{bc}{6a^2}-\frac{d}{2a}+\sqrt{\left(\left(-\frac{b}{3a}\right)^3+\frac{bc}{6a^2}-\frac{d}{2a}\right)^2-\left(\left(-\frac{b}{3a}\right)^2-\frac{c}{3a}\right)^3}}\\&+\omega^{2N}\sqrt[3]{\left(-\frac{b}{3a}\right)^3+\frac{bc}{6a^2}-\frac{d}{2a}-\sqrt{\left(\left(-\frac{b}{3a}\right)^3+\frac{bc}{6a^2}-\frac{d}{2a}\right)^2-\left(\left(-\frac{b}{3a}\right)^2-\frac{c}{3a}\right)^3}}\\=&-\frac{b}{3a}\\&+\omega^N\cdot\frac{1}{3a}\sqrt[3]{\frac{9a(bc-3ad)}{2}-b^3+\sqrt{\left(\frac{9a(bc-3ad)}{2}-b^3\right)^2-(b^2-3ac)^3}}\\&+\omega^{2N}\cdot\frac{1}{3a}\sqrt[3]{\frac{9a(bc-3ad)}{2}-b^3-\sqrt{\left(\frac{9a(bc-3ad)}{2}-b^3\right)^2-(b^2-3ac)^3}}\end{align}

$t=\frac{9a(bc-3ad)}{2}-b^3$ 、 $u=t^2-(b^2-3ac)^3$ として書き改めて

$\displaystyle x=\frac{-b+\omega^N\sqrt[3]{t+\sqrt{u}}+\omega^{2N}\sqrt[3]{t-\sqrt{u}}}{3a}$

$n=4$ の場合（ $4$ 次方程式）

$\tag{4.1}\label{4.1}x^4+A_1x^3+A_2x^2+A_3x+A_4=0$

$\tag{4.2}\label{4.2}(x-(s_0+s_1+s_2+s_3))(x-(s_0+s_1i-s_2-s_3i))(x-(s_0-s_1+s_2-s_3))(x-(s_0-s_1i-s_2+s_3i))=0$

$\tag{4.2'}\label{4.2'}x^4+(-4s_0)x^3+2(3s_0^2-s_2^2-2s_1s_3)x^2+4(2s_0s_1s_3-s_0^3+s_0s_2^2-s_1^2s_2-s_2s_3^2)x+(s_0^4-s_1^4+s_2^4-s_3^4-2 s_0^2s_2^2+2s_1^2 s_3^2-4s_0^2s_1 s_3+4s_0s_1^2s_2+4s_0s_2s_3^2-4s_1s_2^2s_3)=0$

$\eqref{4.1}$ 、 $\eqref{4.2'}$ より

\begin{align}A_1&=-4s_0\\A_2&=2(3s_0^2-s_2^2-2s_1s_3)\\A_3&=4(2s_0s_1s_3-s_0^3+s_0s_2^2-s_1^2s_2-s_2s_3^2)\\A_4&=s_0^4-s_1^4+s_2^4-s_3^4-2s_0^2s_2^2+2s_1^2s_3^2-4s_0^2s_1s_3+4s_0s_1^2s_2+4s_0s_2s_3^2-4s_1s_2^2s_3\\&=s_0^4-s_1^4+s_2^4+4s_2^4-4s_2^4-s_3^4-2s_0^2s_2^2+4s_1^2s_3^2-2s_1^2s_3^2-4s_0^2s_1s_3+4s_0s_1^2s_2+4s_0s_2s_3^2+4s_1s_2^2s_3-8s_1s_2^2s_3\\&=4s_2^4-4s_2^4-8s_1s_2^2s_3+s_0^4+s_2^4+4s_1^2s_3^2+4s_1s_2^2s_3-2s_0^2s_2^2-4s_0^2s_1s_3+4s_0s_1^2s_2+4s_0s_2s_3^2-s_1^4-s_3^4-2s_1^2s_3^2\\&=4s_2^4-(4s_2^4+8s_1s_2^2s_3)+s_0^4+(s_2^4+4s_1^2s_3^2+4s_1s_2^2s_3)-(2s_0^2s_2^2+4s_0^2s_1s_3)+(4s_0s_1^2s_2+4s_0s_2s_3^2)-(s_1^4+s_3^4+2s_1^2s_3^2)\\&=4s_2^4-4s_2^2(s_2^2+2s_1s_3)+s_0^4+(s_2^2+2s_1s_3)^2-2s_0^2(s_2^2+2s_1s_3)+4s_0s_2(s_1^2+s_3^2)-(s_1^2+s_3^2)^2\end{align}

\begin{align}\tag{4.a}\label{4.a}s_0&=-\frac{A_1}{4}\\s_2^2+2s_1s_3&=3\left(-\frac{A_1}{4}\right)^2-\frac{A_2}{2}\\&=\frac{3A_1^2-8A_2}{16}\\s_2(s_1^2+s_3^2)&=-s_0^3+s_0(s_2^2+2s_1s_3)-\frac{A_3}{4}\\&=-\left(-\frac{A_1}{4}\right)^3+\left(-\frac{A_1}{4}\right)\left(3\left(-\frac{A_1}{4}\right)^2-\frac{A_2}{2}\right)-\frac{A_3}{4}\\&=2\left(-\frac{A_1}{4}\right)^3+\frac{A_1A_2}{8}-\frac{A_3}{4}\\&=\frac{-A_1^3+4A_1A_2-8A_3}{32}\end{align}

\begin{align}4s_2^6-4(s_2^2+2s_1s_3)s_2^4+(s_0^4+(s_2^2+2s_1s_3)^2-2s_0^2(s_2^2+2s_1s_3)+4s_0s_2(s_1^2+s_3^2)-A_4)s_2^2-s_2^2(s_1^2+s_3^2)^2=0\end{align}

$p=s_0$ ， $q=s_2^2+2s_1s_3$ ， $r=s_2(s_1^2+s_3^2)$ とおき、

\begin{align}4s_2^6-4qs_2^4+(p^4+q^2-2p^2q+4pr-A_4)s_2^2-r^2=0\end{align}

を $s_2^2$ の $3$ 次方程式とみなして $s_2$ を求め、

[ $s_2\neq0$ だったら]
$s_1^2$ と $s_3^2$ を解とする $2$ 次方程式から $s_1$ と $s_3$ を導出します。

[ $s_2=0$ だったら]

\begin{align}s_1s_3&=\frac{3A_1^2-8A_2}{32}\\s_1^4+s_3^4&=s_0^4+2s_1^2s_3^2-4s_0^2s_1s_3-A_4\\&= \left(-\frac{A_1}{4}\right)^4+2\left(\frac{3A_1^2-8A_2}{32}\right)^2-4\left(-\frac{A_1}{4}\right)^2\left(\frac{3A_1^2-8A_2}{32}\right)-A_4\end{align}

ですので、 $s_1^4$ と $s_3^4$ を解に持つ $2$ 次方程式から $s_1$ と $s_3$ を導出します。

あとは当て嵌めるだけで完成なのですが…

Hanc marginis exiguitas non caperet.
(この余白はそれを書くには狭すぎる)

$D.C.||$

arith blog

気ままにらくがきブログ

三次方程式の解の公式