6 4 次方程式のフェラーリの解法

次は 4 次方程式を考える。 まずはフェラーリの解法を紹介する。 方程式

$$x^4-s_1 x^3+s_2x^2-s_3x+s_4=0$$

に $x=t+s_1/4$ を代入して

$$t^4+A_2t^2+A_3t+A_4=0$$ (38)

とすると (29) より

	$$A_2$$	$=$	$$-\frac{1}{4^2}6s_1^2 +\sum_{m=2}^2 \frac{(-1)^m}{4^{2-m}}\left(\b... ...{array}{c}4-m\\ 4-2\end{array}\right)s_ms_1^{2-m} \ =\ -\frac{3}{8}s_1^2+s_2,$$
	$$A_3$$	$=$	$$-\frac{2}{4^3}4s_1^3 +\sum_{m=2}^3 \frac{(-1)^m}{4^{3-m}}\left(\b... ...-3\end{array}\right)s_ms_1^{3-m} \ =\ -\frac{1}{8}s_1^3+\frac{1}{2}s_1s_2-s_3,$$
	$$A_4$$	$=$	$$-\frac{3}{4^4}s_1^4 +\sum_{m=2}^4 \frac{(-1)^m}{4^{4-m}}\left(\begin{array}{c}4-m\\ 4-4\end{array}\right)s_ms_1^{4-m}$$
		$=$	$$-\frac{3}{256}s_1^4+\frac{1}{16}s_1^2s_2-\frac{1}{4}s_1s_3+s_4$$

なので、

$$\left\{\begin{array}{ll} \bar{A}_2 &\displaystyle = -\frac{3}... ...{1}{16}\bar{s}_1^2\bar{s}_2 -\frac{1}{4}\bar{s}_1\bar{s}_3 \end{array}\right.$$ (39)

となる。

(38) の左辺に $t^4$ を残してその他は右辺に移項し、 両辺に $t^2z + z^2/4$ を加える。

$$t^4+t^2z+\frac{z^2}{4} = (z-A_2)t^2-A_3t+\frac{z^2-4A_4}{4}$$ (40)

左辺は $t^2+z/2$ の 2 乗なので、右辺も完全平方になるような $z$ を取る。 すなわち、右辺の $t$ の 2 次式の判別式が

$$D_2 = A_3^2-(z-A_2)(z^2-4A_4) = 0$$ (41)

となるような $z$ を一つ取る。これは $z$ の 3 次方程式なので、 その解 $z$ を求めるために累乗根が 2 つ追加されることになる。 そしてその $z$ に対して (40) は

$$\left(t^2+\frac{z}{2}\right)^2 =(z-A_2)\left(t-\frac{A_3}{2(z-A_2)}\right)^2$$

となるので、この $t$ の 4 次方程式は 2 本の 2 次方程式

$$t^2+\frac{z}{2} = \pm\sqrt{z-A_2}\left(t-\frac{A_3}{2(z-A_2)}\right)$$ (42)

に直すことができ、この 2 本の 2 次方程式を解くことで 4 つの $t$ が求まり、 $x=t+s_1/4$ により 4 つの $x$ が求まる、というのがフェラーリの解法である。