5 3 次方程式の累乗根

前節のカルダノの解法で追加した累乗根は、

$$I_1 = \sqrt{D_1} = \sqrt{A_3^2+\frac{4}{27}A_2^3}$$ (18)

と、

$$I_2 = \sqrt[3]{\frac{-A_3+\sqrt{D_1}}{2}} = \sqrt[3]{\frac{-A_3+I_1}{2}}$$ (19)

である。次はこれらを $x_1,x_2,x_3$ の有理式に変形することを考える。

なお、(18) は実際には $\pm$ のついた 2 つの平方根があり、 よって $I_2$ の (19) の累乗根の中の $I_1$ も $\pm$ のついた 2 種類のものがある (前節の $u$ と $v$ に対応する)。 さらに $I_2$ は 3 乗根なので $\omega$ 倍と $\omega^2$ 倍の 3 種類、 よって$I_2$ は合計 6 種類あることになるが、 根が有理式で表されることを確認するだけなら、 $I_1$ は平方根のうちの 1 つのみ考えればよく、 その 1 つに対してのみ $I_2$ を考え、 3 乗根もそのうちの 1 つのみを考えればよい。

実際、$I_2$ は $+I_1$ に対するものが $x_1,x_2,x_3$ に対する有理式となれば、 $-I_1$ に対する $I_2$ は、(15) より $v=-A_2/(3u)$ と 表されるから明らかにそれも有理式となるし、 $\omega,\omega^2$ 倍の定数倍については当然考える必要はない。 しかし、根の有理式が実際にどのような式になるかについていえば、 $+I_1$ に対する $I_2$ と $-I_1$ に対する $I_2$ (すなわち $u$ と $v$) の両方を見る必要があり、本稿でもそれを確認する。

以下では、$I_1$, $I_2$ の有理式を求めるために、$I_1^2$, $I_2^3$ を それぞれ $x_1,x_2,x_3$ の有理式の 2 乗、3 乗の形への変形を行っていく。 ただし、その係数には、前節でも述べたように $\omega$ が含まれることに 注意する。なお、それは、[2] にも書かれている。

計算の方針としては、$I_1^2$, $I_2^3$ に (13) を代入して $s_1,s_2,s_3$ の式にして、それに (6) を代入して 整理していけばよいのであるが、それだと変数が多くてかなり大変なので、 変数を一つ減らす作業を最初に紹介する。 今、

$$\bar{x}_1 = x_1-x_3,\hspace{1zw}\bar{x}_2 = x_2-x_3$$

とし、 $s_j=s_j(x_1,x_2,x_3)$ の $x_1,x_2,x_3$ を $\bar{x}_1,\bar{x}_2, 0$ に置き換えたものを $\bar{s}_j$ とし、 $A_k=A_k(s_1,s_2,s_3)$ の $x_1,x_2,x_3$ を $\bar{x}_1,\bar{x}_2, 0$ に置き換えたもの (すなわち $s_1,s_2,s_3$ を $\bar{s}_1,\bar{s}_2,\bar{s}_3$ に 置き換えたもの) を $\bar{A}_k$ とする。

$$\bar{s}_j=s_j(\bar{x}_1,\bar{x}_2,0)\hspace{0.5zw}(j=1,2,3), \hspace{1zw}\bar{A}_k=A_j(\bar{s}_1,\bar{s}_2,\bar{s}_3)\hspace{0.5zw}(k=2,3)$$ (20)

これによって、実質的に $x_3=0$ としたような式になり、 また $\bar{s}_3$ も 0 となるので、変数が一つ減らせる格好になる。 その具体的な表現を見てみる。

$$s_1=x_1+x_2+x_3,\hspace{1zw}s_2=x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3,\hspace{1zw}s_3=x_1x_2x_3$$

に対して (20) より $\bar{s}_j$ は

$$\bar{s}_1=\bar{x}_1+\bar{x}_2,\hspace{1zw}\bar{s}_2=\bar{x}_1\bar{x}_2, \hspace{1zw}\bar{s}_3=0$$ (21)

とし、$\bar{A}_k$ は (13), (20) より

$$\bar{A}_2 = -\frac{\bar{s}_1^2}{3}+\bar{s}_2, \hspace{1zw}\bar{A}_3 = -\frac{2}{27}\bar{s}_1^3+\frac{1}{3}\bar{s}_1\bar{s}_2$$ (22)

とすることになる。そしてこれに対して $s_j$ と $\bar{s}_j$ の関係、$A_k$ と $\bar{A}_k$ の関係を見てみる。

	$$s_1$$	$=$	$$x_1 + x_2 + x_3 \ =\ (\bar{x}_1+x_3)+(\bar{x}_2 + x_3) + x_3 \ =\ \bar{s}_1 + 3x_3$$	(23)
	$$s_2$$	$=$	$$x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3$$
		$=$	$$(\bar{x}_1+x_3)(\bar{x}_2+x_3)+(\bar{x}_1+x_3)x_3 + (\bar{x}_2 + x_3)x_3$$
		$=$	$$\bar{x}_1\bar{x}_2+2(\bar{x}_1+\bar{x}_2)x_3+3 x_3^2 \ =\ \bar{s}_2 + 2\bar{s}_1x_3 + 3x_3^2$$	(24)
	$$s_3$$	$=$	$$x_1x_2x_3 \ =\ (\bar{x}_1+x_3)(\bar{x}_2+x_3)x_3 \ =\ \bar{x}_1\bar{x}_2x_3 + (\bar{x}_1+\bar{x}_2)x_3^2 + x_3^3$$
		$=$	$$\bar{s}_2 x_3 + \bar{s}_1 x_3^2 + x_3^3$$	(25)

となる。これらを (13) に代入すると、

	$$A_2$$	$=$	$$-\frac{s_1^2}{3}+s_2 \ =\ -\frac{1}{3}(\bar{s}_1+3x_3)^2+\bar{s}_2+2\bar{s}_1x_3+3x_3^2$$
		$=$	$$-\frac{1}{3}(\bar{s}_1^2+6\bar{s}_1x_3+9x_3^2) +\bar{s}_2+2\bar{s}_1x_3+3x_3^2 \ =\ -\frac{\bar{s}_1^2}{3}+\bar{s}_2 \ =\ \bar{A}_2,$$
	$$A_3$$	$=$	$$-\frac{2}{27}s_1^3+\frac{1}{2}s_1s_2-s_3$$
		$=$	$$-\frac{2}{27}(\bar{s}_1+3x_3)^3 +\frac{1}{3}(\bar{s}_1+3x_3)(\bar{s}_2+2\bar{s}_1x_3+3x_3^2) -(\bar{s}_2x_3+\bar{s}_1x_3^2+x_3^3)$$
		$=$	$$-\frac{2}{27}(\bar{s}_1^3+9\bar{s}_1^2x_3+27\bar{s}_1x_3^2+27x_3^3)$$
			$$\mbox{} +\frac{1}{3}(\bar{s}_1\bar{s}_2+3\bar{s}_2x_3 +2\bar{s}_1^2x_3+9\bar{s}_1x_3^2+9x_3^3) -\bar{s}_2x_3-\bar{s}_1x_3^2-x_3^3$$
		$=$	$$-\frac{2}{27}\bar{s}_1^3+\frac{1}{3}\bar{s}_1\bar{s}_2 +\bar{s}_2... ...) + \bar{s}_1^2x_3\left(-\frac{2}{3}+\frac{2}{3}\right) +\bar{s}_1x_3^2(-2+3-1)$$
			$$\mbox{} +x_3^3(-2+3-1)$$
		$=$	$$-\frac{2}{27}\bar{s}_1^3+\frac{1}{3}\bar{s}_1\bar{s}_2 \ =\ \bar{A}_3$$

となり、$A_2=\bar{A}_2$, $A_3=\bar{A}_3$, すなわち $A_k$ は不変であることが わかる。 実はこれらは一般化できる。 本筋とは関係ないが、あとで 4 次方程式でも使用するので、 少し寄り道してその一般化を簡単に紹介する。

$n$ 次方程式 (8) に対しても、

$$x = t+\frac{s_1}{n}$$ (26)

により $n-1$ 次の項を消した方程式

$$t^n + A_2 t^{n-2}+\cdots +A_n = 0$$ (27)

の係数として $A_k = A_k(s_1,\ldots,s_n)$ を定義する。この $A_k$ は、 便宜的に $s_0=1, A_0=1, A_1=0$ とすれば、

	$${\sum_{j=0}^n x^j(-1)^{n-j} s_{n-j} \ =\ \sum_{j=0}^n \left(t+\frac{s_1}{n}\right)^j(-1)^{n-j} s_{n-j} }$$
		$=$	$$\sum_{j=0}^n (-1)^{n-j} s_{n-j} \sum_{\ell=0}^j\left(\begin{array... ...{j-\ell}} \left(\begin{array}{c}j\\ \ell\end{array}\right) s_{n-j}s_1^{j-\ell}$$
		$=$	$$\sum_{\ell=0}^n t^\ell \sum_{j=\ell}^n C(j,\ell) \ =\ \sum_{\ell... ...{m=0}^{n-\ell} C(n-m,\ell) \ =\ \sum_{k=0}^n t^{n-k} \sum_{m=0}^{k} C(n-m,n-k)$$
		$=$	$$\sum_{k=0}^n t^{n-k} A_k$$

より、

$$A_k = \sum_{m=0}^{k} C(n-m,n-k) = \sum_{m=0}^{k} \frac{(-1)^{m}}{n^{k-m}} \left(\begin{array}{c}n-m\\ n-k\end{array}\right)s_{m}s_1^{k-m}$$ (28)

となる。 この $m=0,1$ の項は

$$\frac{1}{n^k}\left(\begin{array}{c}n\\ n-k\end{array}\right)s_1^k -\frac{1}{n^{k-1}}\left(\begin{array}{c}n-1\\ n-k\end{array}\right)s_1s_1^{k-1}$$

で同類項なのでまとめると、

	$${\frac{1}{n^k}\left(\begin{array}{c}n\\ n-k\end{array}\right)-\f... ...\end{array}\right)-n\left(\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right)\right\}}$$
		$=$	$$\frac{1}{n^k}\left\{\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right... ...t)\right\} \ =\ -\frac{k-1}{n^k}\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)$$

となるので、よって、$A_k$ は

$$A_k = -\frac{k-1}{n^k}\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\r... ...1)^{m}}{n^{k-m}}\left(\begin{array}{c}n-m\\ n-k\end{array}\right)s_{m}s_1^{k-m}$$ (29)

と表される。

そして、$\bar{x}_j$ を $\bar{x}_j = x_j - x_n$ とし、 (6) の $s_j=s_j(x_1,\ldots,x_n)$ に対して $\bar{s}_j$ を

$$\bar{s}_j = s_j(\bar{x}_1,\ldots,\bar{x}_{n-1},0) \hspace{1zw}(1\leq j\leq n)$$

と定め、(28) の $A_k = A_k(s_1,\ldots,s_n)$ に対して $\bar{A}_k$ を

$$\bar{A}_k = A_k(\bar{s}_1,\ldots,\bar{s}_{n})$$ (30)

と定めると、$\bar{s}_n=0$ で、$A_k=\bar{A}_k$ となる。これを次に示そう。

まずは (23), (24), (25) の一般化である $s_j$ と $\bar{s}_j$ の 一般的な関係式を紹介する (しかし本稿ではほぼ使用しない)。

命題 2

• $$s_j = \sum_{k=0}^j \left(\begin{array}{c}n-k\\ n-j\end{array}\right)\bar{s}_kx_n^{j-k} \hspace{1zw}(1\leq j\leq n)$$
  ただし、 $\bar{s}_0 = 1, \bar{s}_n=0$ とする。

証明

• まず $1\leq j<n$ の $s_j$ について考える。

  (6) の和のうち, $x_n$ を含まないものを $R_1$, $x_n$ を 含むものを $R_2$ とする。

  $$s_j = R_1 + R_2,\hspace{1zw}\left\{\begin{array}{ll} R_1 &\displ... ...eq i_1<\cdots<i_{j-1}\leq n-1} x_{i_1}\cdots x_{i_{j-1}} \end{array}\right.$$
  $R_1$ は $x_1,\ldots,x_{n-1}$ の対称式だから、 $x_j=\bar{x}_j+x_n$ を 代入した式も $x_n$ の有理式を係数に持つ $\bar{x}_1,\ldots,\bar{x}_{n-1}$ の 対称式。 元々の $R_1$ の項数は $$\left(\begin{array}{c}n-1\\ j\end{array}\right)$$ 個あり、
  $$x_{i_1}\cdots x_{i_j} = (\bar{x}_{i_1}+x_n)\cdots(\bar{x}_{i_j}+x_n)$$
  を展開すると $\bar{x}$ の $k$ 個 ($0\leq k\leq j$) の異なるものの積と $x_n^{j-k}$ の積の項が出てくるが、 この $\bar{x}$ の $k$ 次の項はここからは $$\left(\begin{array}{c}j\\ k\end{array}\right)$$ 個出てくる。 それらのすべての和が $R_1$ で $\bar{s}_kx_n^{j-k}$ の項を作るが、 対称式なのですべての $\bar{x}$ の $k$ 次の係数は重複分だけ同じ係数がつく。 $\bar{s}_k$ の項数は $$\left(\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right)$$ なので、よってその係数は、
  

  	$$\frac{\displaystyle \left(\begin{array}{c}n-1\\ j\end{array}\rig... ...{array}\right)}{\displaystyle \left(\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right)}$$	$=$	$$\frac{\displaystyle \frac{(n-1)!}{j!(n-j-1)!}\cdot\frac{j!}{k!(j-... ...{\displaystyle \frac{(n-1)!}{k!(n-k-1)!}} \ =\ \frac{(n-k-1)!}{(n-j-1)!(j-k)!}$$
  		$=$	$$\left(\begin{array}{c}n-k-1\\ n-j-1\end{array}\right)$$

  となる。よって、
  $$R_1 = \sum_{k=0}^j \left(\begin{array}{c}n-k-1\\ n-j-1\end{array}\right)\bar{s}_kx_n^{j-k}$$
  となる。 一方 $R_2$ は$R_1$ より $j$ が一つ少なく、$x_n$ 倍が外につくので、
  $$R_2 = x_n\sum_{k=0}^{j-1} \left(\begin{array}{c}n-k-1\\ n-j\end{a... ...}^{j-1} \left(\begin{array}{c}n-k-1\\ n-j\end{array}\right)\bar{s}_kx_n^{j-k}$$
  となる。なお、$k=j$ の場合 $$\left(\begin{array}{c}n-k-1\\ n-j\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}n-j-1\\ n-j\end{array}\right) =0$$ なので, $R_2$ は
  $$R_2 = \sum_{k=0}^j\left(\begin{array}{c}n-k-1\\ n-j\end{array}\right)\bar{s}_kx_n^{j-k}$$
  と書けることになるが、
  $$\left(\begin{array}{c}n-k-1\\ n-j-1\end{array}\right)+\left(\begi... ...\ n-j\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}n-k\\ n-j\end{array}\right)$$
  より、よって
  $$s_j = R_1 + R_2 = \sum_{k=0}^j\left(\begin{array}{c}n-k\\ n-j\end{array}\right)\bar{s}_kx_n^{j-k}$$
  となって $1\leq j<n$ の場合は命題 2 は 成立する。

  次に $j=n$ の場合であるが、この場合 $R_1=0$ で、

  $$s_n = x_n x_1\cdots x_{n-1} = x_n (\bar{x}_1+x_n)\cdots(\bar{x}_{n-1}+x_n)$$
  の展開では同類項はなく、すべての係数が 1 なので、
  $$s_n = x_n\sum_{k=1}^{n-1} \bar{s}_k x_n^{n-1-k} = \sum_{k=1}^{n-1} \bar{s}_k x_n^{n-k}$$
  となって、よってこの場合も命題 2 は成立する。

命題 3

• $A_k=\bar{A}_k$ ($2\leq k\leq n$)

証明

• 便宜的に $s_0=1, A_0=1, A_1=0$ とする。 方程式 (8) の左辺を $f(x)$ と書くことにする。
  $$f(x) =\sum_{k=0}^n x^{n-k}(-1)^ks_k =(x-x_1)\cdots (x-x_n)$$
  であり、またここに (26) を代入して $t$ の $n$ 次式に まとめたものが (27) であるから、
  $$f(x) =\sum_{k=0}^n t^{n-k} A_k(s_1,\ldots,s_n) =\left(t+\frac{s_1}{n}-x_1\right)\cdots\left(t+\frac{s_1}{n}-x_n\right)$$ (31)
  である。ここで、 $x_j=\bar{x}_j+x_n$ とすると $s_1=\bar{s}_1+nx_n$ で、
  $$\frac{s_1}{n}-x_j = \frac{\bar{s}_1}{n}+x_n-x_j = \frac{\bar{s}_1}{n}-\bar{x}_j$$
  となるので、
  $$f(x) = \left(t+\frac{\bar{s}_1}{n}-\bar{x}_1\right)\cdots \left(t+\frac{\bar{s}_1}{n}-\bar{x}_{n-1}\right) \left(t+\frac{\bar{s}_1}{n}\right)$$
  となる。これは、(31) の右辺の $x_1,\ldots,x_n$ を、 $\bar{x}_1,\ldots,\bar{x}_{n-1},0$ に置き換えた式なので、 $s_j$ を $\bar{s}_j$ で置き換えたものにもなっていて、 よって $\bar{A}_k$ の定義 (30) より
  $$f(x) = \sum_{k=0}^n t^{n-k} A_k(\bar{s}_1,\ldots,\bar{s}_n) = \sum_{k=0}^n t^{n-k} \bar{A}_k$$
  となる。この式と (31) は $t$ に関して恒等式なので、 係数を比較して $A_k=\bar{A}_k$ が得られる。

さて $I_1^2$, $I_2^3$ に戻る。これらを $\bar{A}_k$, $\bar{s}_j$ に 置きかえて計算していく。

(18), (21), (22) より、

	$$I_1^2$$	$=$	$$A_3^2+\frac{4}{27}A_2^3 \ =\ \bar{A}_3^2+\frac{4}{27}\bar{A}_2^3... ...bar{s}_2\right)^2 +\frac{4}{27}\left(-\frac{1}{3}\bar{s}_1^2+\bar{s}_2\right)^3$$
		$=$	$$\left(\frac{4}{3^6}\bar{s}_1^6-\frac{4}{3^4}\bar{s}_1^4\bar{s}_2 ... ..._1^6+\frac{1}{3}\bar{s}_1^4\bar{s}_2 -\bar{s}_1^2\bar{s}_2^2+\bar{s}_2^3\right)$$
		$=$	$$\bar{s}_1^6\left(\frac{4}{3^6}-\frac{4}{3^6}\right) +\bar{s}_1^4\... ...s}_1^2\bar{s}_2^2\left(\frac{1}{9}-\frac{4}{27}\right) +\frac{4}{27}\bar{s}_2^3$$
		$=$	$$-\frac{1}{27}\bar{s}_1^2\bar{s}_2^2+\frac{4}{27}\bar{s}_2^3 \ =\ ... ...\frac{\bar{x}_1^2\bar{x}_2^2}{27} (4\bar{x}_1\bar{x}_2-(\bar{x}_1+\bar{x}_2)^2)$$
		$=$	$$-\frac{\bar{x}_1^2\bar{x}_2^2}{27}(\bar{x}_1-\bar{x}_2)^2$$

となるので、$I_1$ は、平方根の片方を取れば、

$$I_1 = \frac{\sqrt{3}\,i}{9}(\bar{x}_1-\bar{x}_2)\bar{x}_1\bar{x}_2$$ (32)

となる。ここで、$\omega$ は (9) より $\sqrt{3}\,i = \omega-\omega^2$ と $\omega$ で表せる。 また、差積 $P_n$ を

$$P_n = P_n(x_1,\cdots,x_n) = \prod_{1\leq i<j\leq n}(x_i-x_j)$$

と定義すると、

$$\bar{P}_2\bar{s}_2 = (\bar{x}_1-\bar{x}_2)\bar{x}_1\bar{x}_2 = (x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_2-x_3) = P_3(x_1,x_2,x_3)$$

と書ける。 よって、$I_1$ は、

$$I_1 = \frac{\omega-\omega^2}{9}\bar{P}_2\bar{s}_2 = \frac{\omega-\omega^2}{9}P_3$$ (33)

と書けることがわかる。これが $I_1$ を表す有理式 (3 次の多項式) である。 なお、最初に追加される累乗根は一般に差積の定数倍であることが [2] でも示されている。

次は $I_2^3$ 。 (19), (21), (22), (32) より、

	$$I_2^3$$	$=$	$$\frac{-A_3 + I_1}{2} \ =\ -\frac{1}{2}\bar{A}_3+\frac{I_1}{2}$$
		$=$	$$\frac{1}{27}\bar{s}_1^3-\frac{1}{6}\bar{s}_1\bar{s}_2 +\frac{\sqrt{3}\,i}{18}(\bar{x}_1-\bar{x}_2)\bar{x}_1\bar{x}_2$$
		$=$	$$\frac{1}{27}\left\{(\bar{x}_1+\bar{x}_2)^3 -\frac{9}{2}(\bar{x}_1... ...bar{x}_2 +\frac{3\sqrt{3}\,i}{2}(\bar{x}_1-\bar{x}_2)\bar{x}_1\bar{x}_2\right\}$$
		$=$	$$\frac{1}{27}\left\{\bar{x}_1^3+\bar{x}_2^3 -\frac{3}{2}(\bar{x}_1... ...bar{x}_2 +\frac{3\sqrt{3}\,i}{2}(\bar{x}_1-\bar{x}_2)\bar{x}_1\bar{x}_2\right\}$$
		$=$	$$\frac{1}{27}\left\{\bar{x}_1^3+\bar{x}_2^3 +3\bar{x}_1\bar{x}_2\l... ...c{-1+\sqrt{3}\,i}{2}\bar{x}_1 +\frac{-1-\sqrt{3}\,i}{2}\bar{x}_2\right)\right\}$$
		$=$	$$\frac{1}{27}\{\bar{x}_1^3+(\omega\bar{x}_2)^3 +3\bar{x}_1^2(\omeg... ...ega\bar{x}_2)^2\} \ =\ \left\{\frac{1}{3}(\bar{x}_1+\omega\bar{x}_2)\right\}^3$$

となるので、よって $I_2$ は 3 乗根のひとつを取れば、

$$I_2 = \frac{1}{3}(\bar{x}_1+\omega\bar{x}_2) = \frac{1}{3}(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3)$$ (34)

となる。ここで、 $- x_3-\omega x_3 = (-1-\omega)x_3 = \omega^2 x_3$ である。

ちなみに、$I_1$ を $-I_1$ にして $I_2$ を計算すると係数が共役に 代わるので、それに対する $I_2$ は

$$I_2' = \frac{1}{3}(\bar{x}_1+\omega^2 \bar{x}_2) = \frac{1}{3}(x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3)$$ (35)

となる。 この (33), (34), (35) が 目標とした累乗根を根で表した有理式であるが、実際にはいずれも根の多項式 になっていることがわかる。

なお、この (34) と (35) と係数 $s_1$ が あれば、

$$\left\{\begin{array}{ll} s_1 & = x_1 + x_2 + x_3 \\ 3I_2 & = ... ... x_2+\omega^2 x_3\\ 3I_2' & = x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3 \end{array}\right.$$ (36)

より、(9) から容易に

$$\left\{\begin{array}{ll} x_1 &\displaystyle = \frac{1}{3}(s_1 +... ...splaystyle = \frac{1}{3}(s_1 + 3\omega I_2 + 3\omega^2I_2') \end{array}\right.$$ (37)

が得られる。すなわち 3 次方程式の解が求まることになる。

$I_2$, $I_2'$ は、4 節の $u_0$, $v_0$ に対応 するので、これは丁度カルダノの解 (17) 一致していることも わかる。