「3次方程式の解の公式(長過ぎて覚える気も起きない公式)」【代数学の基礎シリーズ】群論編 その9

本記事の内容

本記事は三次方程式の解の公式について解説する記事です。
本記事を読むにあたり、逆行列の計算方法について知っている必要があるため、以下の記事も合わせてご覧ください。

「余因子行列の性質〜逆行列が存在することの必要十分条件〜」【線型代数学の基礎シリーズ】行列式編 その6

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2022.07.10

なぜいきなり三次方程式の公式？(読み飛ばしてOKです)

なぜいきなり三次方程式の解の公式を解説するか、ということだけでなく、そもそもなぜ群を学ぶか、ということを少しお話したいと思います。

群を学ぶ理由は少なくとも2つあるのではないか、と筆者は思います。
その一つはなんといっても群の概念が生まれたきっかけが方程式論だからです。
3次、4次方程式の解の公式は存在しますが、5次以上の方程式には解の公式が存在しません。
勿論、「5次以上の方程式にも解の公式があるのではないか？」と研究されていました。

「5次以上の方程式をベキ根で解く公式がない。」ということを最初に証明したのはアーベル(Abel)だと言われています。
人によっては、ルフィニ(Ruffini)も証明を発見していたと言いますが、高木貞治はそれが妥当な評価ではないということを著書『近代数学史談』の中で述べています。
アーベルの証明がすぐには受け入れられなかった理由の１つが、証明の中で群や体の概念を用いていて、ソレが当時の数学者たちにはよほどわかりにくかったからだと思われます。

少し後には、ガロア(Galois)が方程式がベキ根で解けるための必要十分条件を、現在「ガロア理論」と呼ばれるものを使って発見し、それによって5次方程式がベキ根で解けないことの別証明を与えました。
アーベルの証明はそれ自身興味深いものですが、現在では、5次方程式をベキ根で解くことが出来ないことは、ガロア理論を用いて証明するのが一般的です。

群論を学ぶに当たり、最終的に群論がどのようにガロア理論の中でで使われているのかを知ることは重要だと思われます。

2次方程式の解の公式

これは中学校で学んだと思います(厳密には高校かも知れません)。

これは、平方完成を用いて証明しましたね。

余談(ちょっとした落とし穴)

「2次方程式$ax^2+bx+c=0$の解を求めよ。」という問題文に対しては、 $$x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$$ と書くだけでOKですが、「方程式$ax^2+bx+c=0$の解を求めよ。」と言われたら、$a=0$の場合と$a\neq0$の場合に分けなければ不正解です。
なぜなら、前者の場合は仮定として「$2$次方程式」が与えられているため、$a\neq0$が保証されていますが、後者は単に「方程式」なので、$a=0$の場合も含むからです。

一方で、3次方程式の解の公式は尋常ではないくらい長く、覚えるものではありませんし、実用的では有りません。

3次方程式の解の公式を導出する前に…

まずは、「解とは何か？」という話をします。

「解」とは何か？

厳密に定めておきます。

どういう状況を考えるか？

$\alpha_1$、$\alpha_2$、$\alpha_3$を変数として、
$$f(x)=(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)(x-\alpha_3)=x^3+a_1x^2+a_2x+a_3\tag{\((\ast)\)}$$
とします。

我々が普段目にしている形の3次方程式は
$$ax^3+bx^2+cx+d=0$$
ですが、仮定として「3次方程式」ですので、$a\neq0$だから
$$\begin{eqnarray} ax^3+bx^2+cx+d=0&\Longleftrightarrow&x^3+\frac{b}{a}x^2+\frac{c}{a}x+\frac{d}{a}=0 \end{eqnarray}$$
と変形できます。
この方程式において、
$$a_1=\frac{b}{a},\quad a_2=\frac{c}{a},\quad a_3=\frac{d}{a}$$
とすることで、$(\ast)$となるため、最初から$(\ast)$の形の方程式を考えます。

では、解きます。

目標の確認

さて、
$$f(x)=(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)(x-\alpha_3)=x^3+a_1x^2+a_2x+a_3\tag{\((\ast)\)}$$
としたとき、簡単な計算で、
$$\begin{eqnarray} a_1&=&-(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3),\\ a_2&=&\alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3,\\ a_3&=&-\alpha_1\alpha_2\alpha_3 \end{eqnarray}$$
が導けます。

目標は

です。

計算しやすいように変数を用意して、目標を明瞭に。

$$\omega=\frac{1+\sqrt{-3}}{2}$$
とおくと、
$$\begin{eqnarray} &&\omega^2=\frac{-1-\sqrt{-3}}{2},\\ &&\omega^3=1 \end{eqnarray}$$
です。
$\omega\neq1$ですので、$\omega^2+\omega+1=0$です。

$$\begin{eqnarray} &&U=\alpha_1+\omega\alpha_2+\omega^2\alpha_3,\\ &&V=\alpha_1+\omega^2\alpha_2+\omega\alpha_3,\\ &&-a_1=\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 \end{eqnarray}$$
とします。
これを行列を使って書けば、
$$\left( \begin{array}{c} U\\ V\\ -a_1 \end{array} \right)= \begin{pmatrix} 1&\omega&\omega^2\\ 1&\omega^2&\omega\\ 1&1&1 \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} \alpha_1\\ \alpha_2\\ \alpha_3 \end{array} \right)$$
となります。

故に、$U,V$を求めることで目標達成です。

$U,V$をどう求めるか。

先の行列の行列式はファンデルモンドの行列式と呼ばれるもので、$0$ではないことが知られています。
途中計算は省略しますが(地道に余因子展開をすれば計算できます)、実際に先の行列式を計算すると、
$$\det \begin{pmatrix} 1&\omega&\omega^2\\ 1&\omega^2&\omega\\ 1&1&1 \end{pmatrix}=-3\sqrt{3}i$$
となり、$0$ではありません。
従って、逆行列が存在します。

なぜ行列式が$0$でないと逆行列が存在するかというと、以下が成り立っているからです。

定理2.の証明は【線型代数学の基礎シリーズ】行列式編 その6を御覧ください。

さて、先程の行列
$$\begin{pmatrix} 1&\omega&\omega^2\\ 1&\omega^2&\omega\\ 1&1&1 \end{pmatrix}$$
の逆行列を計算すると、
$$\frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1&1&1\\ \omega^2&\omega&1\\ \omega&\omega^2&1\\ \end{pmatrix}$$
となるため、
$$\left( \begin{array}{c} U\\ V\\ -a_1 \end{array} \right)= \begin{pmatrix} 1&\omega&\omega^2\\ 1&\omega^2&\omega\\ 1&1&1 \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} \alpha_1\\ \alpha_2\\ \alpha_3 \end{array} \right)\Longleftrightarrow \left( \begin{array}{c} \alpha_1\\ \alpha_2\\ \alpha_3 \end{array} \right)= \begin{pmatrix} 1&1&1\\ \omega^2&\omega&1\\ \omega&\omega^2&1\\ \end{pmatrix} \left( \begin{array}{c} U\\ V\\ -a_1 \end{array} \right)$$
となります。

$U^3+V^3$、$U^3V^3$が$a_1,a_2,a_3$の多項式になることを示す。

補題3.の証明

$\omega^2+\omega+1=0$を使えば、
$$\begin{eqnarray} U^3+V^3&=&(U+V)(U+\omega V)(U+\omega^2V)\\ &=&(2\alpha_1+(\omega+\omega^2)\alpha_2+(\omega+\omega^2)\alpha_3)\\ &&\times((1+\omega)\alpha_1+(1+\omega)\alpha_2+2\omega^2\alpha_3)\\ &&\times((1+\omega^2)\alpha_1+2\omega\alpha_2+(1+\omega^2)\alpha_3)\\ &=&\omega^2\cdot\omega(2\alpha_1-\alpha_2-\alpha_3)(2\alpha_2-\alpha_1-\alpha_3)(2\alpha_3-\alpha_1-\alpha_2)\\ &=&(3\alpha_1+a_1)(3\alpha_2+a_1)(3\alpha_3+a_1)\\ &=&-27f\left( -\frac{a_1}{3}\right)=9a_1a_2-2a_1^3-27a_3=A \end{eqnarray}$$
です。
また、
$$\begin{eqnarray} UV&=&\alpha_1^2+\alpha_2^2+\alpha_3^2+(\omega+\omega^2)\alpha_1\alpha_2+(\omega+\omega^2)\alpha_1\alpha_3+(\omega+\omega^2)\alpha_2\alpha_3\\ &=&\alpha_1^2+\alpha_2^2+\alpha_3^2-\alpha_1\alpha_2-\alpha_1\alpha_3-\alpha_2\alpha_3\\ &=&(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3)^2-3(\alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3)\\ &=&a_1^2-3a_2 \end{eqnarray}$$
です。
従って、$U^3V^3=B^3$です。

補題3.の証明終わり

補題3.から、、$U^3,V^3$は2次方程式
$$t^2-At+B^3=0\tag{1}$$
の解です。
従って、
$$U^3,\ V^3=\frac{A\pm\sqrt{A^2-4B^3}}{2}$$
となります。

方程式(1)を3次方程式$f(x)=0$の分解方程式と呼びます。

実際に、$U$と$V$を求めてみます。

$\mathbb{R}$では正の数という概念があるため、正の平方根(例えば$\sqrt{2}$)というものが一意的に定まりますが、$A^2-4B^3$は一般に複素数なので、$\sqrt{A^2-4B^3}$は2乗が$A^2-4B^3$となる元と解釈します。
故に、$\sqrt{A^2-4B^3}$には2通りの選択肢が存在します。
従って、
$$U^3=\frac{A+\sqrt{A^2-4B^3}}{2},\quad V^3=\frac{A-\sqrt{A^2-4B^3}}{2}\tag{2}$$
としてOKです。

ちなみに、
$$\begin{eqnarray} A^2-4B^3&=&(U^3+V^3)^2-4U^3V^3=(U^3-V^3)^2\\ &=&(U-V)^2(U-\omega V)^2(U-\omega^2 V)^2 \end{eqnarray}$$
ですが、
$$\begin{eqnarray} &&U-V=(\omega-\omega^2)(\alpha_2-\alpha_3),\\ &&U-\omega V=(1-\omega)(\alpha_1-\alpha_2),\\ &&U-\omega V=(1-\omega^2 V)=(1-\omega^2)(\alpha_1-\alpha_3) \end{eqnarray}$$
であり、
$$\omega-\omega^2=\sqrt{-3},\quad 1-\omega=\frac{3-\sqrt{-3}}{2},\quad 1-\omega^2=\frac{3+\sqrt{-3}}{2}$$
です。

故に、
$$A^2-4B^3=-27(\alpha_1-\alpha_2)^2(\alpha_1-\alpha_3)^2(\alpha_2-\alpha_3)$$
です。

解はどうなりますか？

(1)と(2)から$f(x)$の根がベキ根により求まりましたが、$\alpha_1$だけを明示します(後で本気のヤバイ公式を書きます)。
$$\alpha_1=\frac{1}{3}\left( \sqrt[3]{\frac{A+\sqrt{A^2-4B^3}}{2}}+\sqrt[3]{\frac{A-\sqrt{A^2-4B^3}}{2}}-a_1\right)$$

尚、$UV=B$ですので、上の2つの3乗根は積が$B$と等しくなるように選びます。

絶対に覚えられない(というより覚えたくないし、覚える必要がない)3次方程式の解の公式

では、行きます。

方程式$ax^3+bx^2+cx+d=0$の解$x_1,x_2,x_3$は
$$\begin{eqnarray} x_1&=&-\frac{b}{3a} +\sqrt[3]{ \frac{-2b^3+9abc-27a^2d}{54a^3} +\frac{\sqrt{3(27a^2d^2-18abcd+4b^3d+4ac^3-b^2c^2)}}{18a^2}}\\ &&-\frac{b}{3a} +\sqrt[3]{ \frac{-2b^3+9abc-27a^2d}{54a^3} -\frac{\sqrt{3(27a^2d^2-18abcd+4b^3d+4ac^3-b^2c^2)}}{18a^2}},\\ x_2&=& -\frac{b}{3a} +\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{ \frac{-2b^3+9abc-27a^2d}{54a^3} +\frac{\sqrt{3(27a^2d^2-18abcd+4b^3d+4ac^3-b^2c^2)}}{18a^2}}\\ &&-\frac{b}{3a} +\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{ \frac{-2b^3+9abc-27a^2d}{54a^3} -\frac{\sqrt{3(27a^2d^2-18abcd+4b^3d+4ac^3-b^2c^2)}}{18a^2}},\\ x_3&=& -\frac{b}{3a} +\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{ \frac{-2b^3+9abc-27a^2d}{54a^3} +\frac{\sqrt{3(27a^2d^2-18abcd+4b^3d+4ac^3-b^2c^2)}}{18a^2}}\\ &&-\frac{b}{3a} +\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{ \frac{-2b^3+9abc-27a^2d}{54a^3} -\frac{\sqrt{3(27a^2d^2-18abcd+4b^3d+4ac^3-b^2c^2)}}{18a^2}},\\ \end{eqnarray}$$
です。
えらいことです。

覚えなくていいですし、実用的ではありませんが、どんな3次方程式でも一応解くことができます。

皆様のコメントを下さい！

今回はラグランジュです。

ラグランジュ(Joseph-Louis Lagrange;1736–1813)は、イタリア出身のフランスで活躍した数学者、天文学者。
オイラーと並んで18 世紀最大の数学者といわれています。
彼の初期の業績は、微分積分学の物理学、特に力学への応用です。
その後さらに力学を一般化して、最小作用の原理に基づく、解析力学(ラグランジュ力学)をつくり出しました。
数論の研究では、すべての自然数が高々四つの平方数の和によって表されることを証明しました(ラグランジュの四平方定理;1770 年)。
ラグランジュの『解析力学』はラプラスの『天体力学』と共に18世紀末の古典的著作となりました。
力学系の現代的理論、量子力学において、「ラグラジ アン」という用語が用いられています。
フランス革命に翻弄されましたが、ナポレオンが創設したエコール・ポリテクニークの初代校長を務めました。

如何でしたか？
ラグランジュは数学者のイメージがありましたが(勿論そうですが)、 物理学への貢献も大きいのですね。
ここに書かれている事のほかにでラグランジュについてご存知のことがあれば是非コメントで教えて下さい！

結

今回は、3次方程式の解の公式を解説しました。
絶対に覚えたくないですが、3次方程式には一応解の公式があります。
また、群論は方程式論がきっかけで出来た概念だということも述べました。

次回は三次方程式の解法について解説します。

乞うご期待！
質問、コメントなどお待ちしております！
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代数についてより詳しく知りたい方は以下を参考にすると良いと思います！