もっと分かりやすく➇「カルダノの方法」による３次方程式の解の公式の導出

　３次方程式 $ax^3+bx^2+cx+d=0$ を考えます。簡単のため、係数 $a,  b,  c,  d$ の範囲を有理数とします。係数の範囲は複素数まで拡張できますが、まずは有理数の範囲で理解できれば、複素数まで拡張することは容易です（注１で数の分類）。また、３次方程式なので当然 $a\ne 0$ です。
　なお本記事は、本シリーズ (3) の復習です。さらに詳しく解説しています。

　まず、 $ax^3+bx^2+cx+d=0$ の両辺を $a(\ne0)$ で割って $x^3$ の係数を $1$ にします。

$$\begin{align*} x^3+\dfrac{b}{a}x^2+\dfrac{c}{a}x+\dfrac{d}{a}=0 \end{align*}$$

チルンハウス変換

　この式に

$$\begin{align*} x=y-\dfrac{b}{3a} \end{align*}$$

を代入し、$x$ についての３次方程式を、$y$ についてに変換します。

$$\underline{\left(y-\dfrac{b}{3a}\right)^{3}}+\dfrac{b}{a}\underline{\underline{\left(y-\dfrac{b}{3 a}\right)^{2}}}+\dfrac{c}{a}\left(y-\dfrac{b}{3 a}\right)+\dfrac{d}{a}=0　\cdots ①$$

進めていけば分かりますが、この操作を行うことによって、２乗の項（$y^2$ の項）を消すことができます。この変換を『チルンハウス変換』といいます。
　まず、一重線部の $\left(y-\dfrac{b}{3a}\right)^{3}$ 部分は、高校で習う３乗の展開公式

$$\begin{align*} (A+B)^{3}&=A^3+3A^2B+3AB^2+B^3\\ (A-B)^{3}&=A^3-3A^2B+3AB^2-B^3 \end{align*}$$

の下の方を使って展開できるので、$A=y,  B=\dfrac{b}{3a}$ として

$$\begin{align*} \left(y-\frac{b}{3a}\right)^{3}&=y^{3}-3 \cdot y^{2}\cdot\left(\frac{b}{3 a}\right)+3\cdot y\cdot\left(\frac{b}{3a}\right)^{2}-\left(\frac{b}{3a}\right)^{3}\\ &=y^{3}-\cancel{3}y^{2}\cdot\frac{b}{\cancel{3}a}+\bcancel{3}y\cdot\frac{b^{2}}{\underset{3}{\bcancel{9}}a^{2}}-\frac{b^{3}}{27 a^{3}}\\[-4pt] &=y^{3}-\frac{b}{a}y^{2}+\frac{b^{2}}{3a^{2}}y-\frac{b^{3}}{27a^{3}}\\ &=y^{3}-\frac{b}{a}y^{2}+\frac{1}{3}\cdot \frac{b^{2}}{a^{2}}y-\frac{1}{27} \cdot\frac{b^{3}}{a^{3}}\\ &=y^{3}-\frac{b}{a}y^{2}+\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)^{2}y-\frac{1}{27}\left(\frac{b}{a}\right)^{3}　\cdots ② \end{align*}$$

　また二重線部は、中学で習う２乗の展開公式

$$\begin{align*} (A+B)^{2}&=A^{2}+2AB+B^{2}\\ (A-B)^{2}&=A^{2}-2AB+B^{2} \end{align*}$$

 の下の方を使って展開できるので、$A=y,  B=\dfrac{b}{3 a}$ として

$$\begin{aligned} \left(y-\dfrac{b}{3a}\right)^{2} &=y^{2}-2\cdot y\cdot\frac{b}{3 a}+\left(\dfrac{b}{3a}\right)^{2}\\ &=y^{2}-\dfrac{2b}{3a}y+\dfrac{b^{2}}{9a^{2}}\\ &=y^{2}-\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{b}{a}y+\dfrac{1}{9}\cdot\dfrac{b^{2}}{a^{2}}\\ &=y^{2}-\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{b}{a}y+\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{2}　\cdots ③ \end{aligned}$$

　よって、$①$ 式

$$\underline{\left(y-\dfrac{b}{3a}\right)^{3}}+\dfrac{b}{a}\underline{\underline{\left(y-\dfrac{b}{3 a}\right)^{2}}}+\dfrac{c}{a}\left(y-\dfrac{b}{3 a}\right)+\dfrac{d}{a}=0　\cdots ①$$

の一重線部に $②$、二重線部に $③$ を代入して

$$\begin{align*} &\underset{② を代入した}{\underline{y^{3}-\dfrac{b}{a}y^{2}+\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{2}y-\dfrac{1}{27}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{3}}}\\ &\hspace{10pt}+\dfrac{b}{a}\underset{③ を代入した}{\left\{\underline{\underline{y^{2}-\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{b}{a}y+\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{2}}}\right\}}+\dfrac{c}{a}\left(y-\dfrac{b}{3a}\right)+\dfrac{d}{a}=0\\ &y^{3}-\dfrac{b}{a}y^{2}+\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{2}y-\dfrac{1}{27}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{3}\\ &\hspace{10pt}+\dfrac{b}{a}\left\{y^{2}-\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{b}{a}y+\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{2}\right\}+\dfrac{c}{a}\left(y-\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{b}{a}\right)+\dfrac{d}{a}=0 \end{align*}$$

　$\dfrac{b}{a}$ と $\dfrac{c}{a}$ を展開して

$$\begin{align*} y^{3}&-\dfrac{b}{a} y^{2}+\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{2} y-\dfrac{1}{27}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{3}\\ &+\dfrac{b}{a} y^{2}-\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{2} y+\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{3} +\dfrac{c}{a} y-\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{b}{a}\right)\left(\dfrac{c}{a}\right)+\dfrac{d}{a}=0 \end{align*}$$

 　このように、$\dfrac{b}{a},  \dfrac{c}{a},  \dfrac{d}{a}$  の形を保つように展開していくのがコツです。
　さらに、$y$ について次数の大きい順 に並べ替えて

$$\begin{align*} y^{3}&-\cancel{\frac{b}{a}y^{2}}+\cancel{\frac{b}{a}y^{2}}+\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)^{2}y-\frac{2}{3}\left(\frac{b}{a}\right)^{2}y+\frac{c}{a}y\\ &+\frac{1}{9}\left(\frac{b}{a}\right)^{3}-\frac{1}{27}\left(\frac{b}{a}\right)^{3}-\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)\left(\frac{c}{a}\right)+\frac{d}{a}=0 \end{align*}$$

　すると $y^2$ の項がうまく消えて

$$\begin{align*} y^{3}&+\underline{\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{2}y-\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{2} y+\dfrac{c}{a}y}\\ &+\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{3}-\dfrac{1}{27}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{3}-\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{b}{a}\right)\left(\dfrac{c}{a}\right)+\dfrac{d}{a}=0 \end{align*}$$

　上式の同類項（下線部）を $y$ でくくって

$$\begin{align*} y^{3}&+\left\{\underline{\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)^{2}-\frac{2}{3}\left(\frac{b}{a}\right)^{2}}+\frac{c}{a}\right\}y\\ &+\underline{\frac{3}{27}\left(\frac{b}{a}\right)^{3}-\frac{1}{27}\left(\frac{b}{a}\right)^{3}}-\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)\left(\frac{c}{a}\right)+\frac{d}{a}=0 \end{align*}$$

　上式の下線部をまとめると

$$\begin{align*} \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{2}-\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{2}&=\left(\frac{1}{3}-\dfrac{2}{3}\right)\left(\dfrac{b}{a}\right)^{2}\\ &=-\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{2}\\ \frac{3}{27}\left(\frac{b}{a}\right)^{3}-\frac{1}{27}\left(\frac{b}{a}\right)^{3}&=\left(\frac{3}{27}-\dfrac{1}{27}\right)\left(\dfrac{b}{a}\right)^{3}\\ &=\dfrac{2}{27}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{3} \end{align*}$$

より

$$\begin{align*} y^{3}&+\left\{-\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)^{2}+\frac{c}{a}\right\}y\\ &+\frac{2}{27}\left(\frac{b}{a}\right)^{3}-\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)\left(\frac{c}{a}\right)+\frac{d}{a}=0 \end{align*}$$

　ここで、この式について、下のように一重線部を $p$ 、二重線部を $q$ とおきます。

$$\begin{align*} y^{3}&+\underset{p  とおく}{\underline{\left\{-\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)^{2}+\frac{c}{a}\right\}}}y\\ &+\underset{q  とおく}{\underline{\underline{\frac{3}{27}\left(\frac{b}{a}\right)^{3}-\frac{1}{27}\left(\frac{b}{a}\right)^{3}-\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)\left(\frac{c}{a}\right)+\frac{d}{a}}}}=0 \end{align*}$$

　つまり

$$\begin{align*} -\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)^{2}+\frac{c}{a}&=p \\ \frac{2}{27}\left(\frac{b}{a}\right)^{3}-\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)\left(\frac{c}{a}\right)+\frac{d}{a}&=q \end{align*}$$

とおくと

$$y^{3}+py+q=0$$

　これで $y^2$ の項の無い、非常にシンプルな $y$ についての３次方程式ができました。この変形を『チルンハウス変換』ということは最初に述べました。後はこの３次方程式を解いて $y$ を求めれば、それを

$$x=y-\dfrac{b}{3a}$$

に代入することによって、解の公式を得ることができます。

　それでは

$$y^{3}+py+q=0$$

を解いています。ここで、次のテクニックを使います。

$$y=s+t$$

とおいて、 $s$ と $t$ を求めるという方法です。 $s$ と $t$ を求めて、それを $y=s+t$ に代入することで $y$ を求める狙いです。このようにして３次方程式の解の公式を求める方法を『カルダノの方法』とよびます。

カルダノの方法

　まず、$y^{3}+py+q=0$ に $y=s+t$ を代入して

$$\underline{(s+t)^{3}}+p(s+t)+q=0　\cdots ➃$$

　すると、下線部 $(s+t)^{3}$ 部分は、先ほど述べた３乗の展開公式（の上の方）

$$(A+B)^{3}=A^3+3A^2B+3AB^2+B^3$$

より、 $A=s,  B=t$ として

$$(s+t)^{3}=s^{3}+3 s^{2} t+3 s t^{2}+t^{3}$$

　これを $➃$ 式

$$\underline{(s+t)^{3}}+p(s+t)+q=0　\cdots ➃$$

の下線部に代入して

$$s^{3}+3 s^{2}t+3st^{2}+t^{3}+p(s+t)+q=0$$

　順番を入れ替えて

$$s^{3}+t^{3}+\underline{3s^{2} t+3st^{2}}+p(s+t)+q=0$$

　中央の 2 つの項（上式の下線部）を $3st$ でくくって

$$\begin{align*} s^{3}+t^{3}+3st(s+t)+p(s+t)+q&=0\\ s^{3}+t^{3}+q+\underline{3st(s+t)+p(s+t)}&=0 \end{align*}$$

　さらに、上式の下線部を $s+t$ でくくって

$$\begin{align*} s^{3}+t^{3}+q+(3st+p)(s+t)=0 \end{align*}$$

　ここで、次のように、この式の一重線部と二重線部に着目します。

$$\begin{align*} \underline{s^{3}+t^{3}}+q+(\underline{\underline{3st+p}})(s+t)=0 \end{align*}$$

　仮に、この一重線部と二重線部を $0$ とすると、この方程式は $0=0$ となり成り立ちます。

$$\begin{align*} \underset{0  とする}{\underline{s^{3}+t^{3}+q}}+(\underset{0  とする}{\underline{\underline{3st+p}}})(s+t)=0\\ \end{align*}$$

　つまり

$$\begin{align*} 0+0\cdot(s+t)=0\\ \end{align*}$$

より、$0=0$ となり成り立つ。
　よって、ひとまずこの一重線部と二重線部が $0$ となるような $s,  t$ についての連立方程式を考えます。

$$\begin{cases} s^{3}+t^{3}+q=0（一重線部が  0）\\ \hspace{15pt}3st+p=0（二重線部が  0） \end{cases}$$

　「一重線部と二重線部は必ず $0$ になるの？」「$0$ にならない場合もあるんでないの？」という疑問もわいてきますが、このようにして得られた解が妥当であることは最後に証明されるので、後からこの解法が正当化されます。
　さて、その連立方程式

$$\begin{cases} s^{3}+t^{3}+q=0\\ \hspace{15pt}3st+p=0 \end{cases}$$

より

$$\begin{cases} s^{3}+t^{3}=-q\\ \hspace{15pt}3st=-p \end{cases}$$

$$\begin{cases} s^{3}+t^{3}=-q\\[6pt] \hspace{21pt}st=-\dfrac{p}{3} \end{cases}$$

　この連立方程式の下の式

$$\begin{align*} st=-\dfrac{p}{3}　\cdots ➄ \end{align*}$$

は、後に $s,  t$ を決定するときに使う重要な式なので、$➄$ として強調しておきます。
　さて、この連立方程式を解くにあたっては、下の式の両辺を３乗して

$$\begin{cases} s^{3}+t^{3}=-q\\[4pt] \hspace{9pt}(s t)^{3}=\left(-\dfrac{p}{3}\right)^{3} \end{cases}$$

　ここで、$(-2)^3=(-1)^32^3=-2^3$ と同様の計算より、マイナスの３乗はマイナスを外に出せるので

$$\begin{align*} \left(-\dfrac{p}{3}\right)^{3}&={(-1)}^3\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}\\ &=-\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3} \end{align*}$$

　よって

$$\begin{cases} s^{3}+t^{3}=-q\\[4pt] \hspace{9pt}(s t)^{3}=-\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3} \end{cases}$$

　$(st)^3=s^3t^3$ より

$$\begin{cases} s^{3}+t^{3}=-q\\[4pt] \hspace{12pt}s^{3}t^{3}=-\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3} \end{cases}$$

　ここで $s^{3}=u,  t^{3}=v$ とおくと、次のように $u,  v$ の連立方程式が得られます。

$$\begin{cases} u+v=-q\\[4pt] \hspace{13pt}uv=-\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3} \end{cases}$$

　さて、この連立方程式を解くには次の定理を使います。

解の和と差から２次方程式の決定

　$u,  v$ を解に持つような 2 次方程式は、変数を大文字 $X$ として

$$(X-u)(X-v)=0$$

　これを展開して

$$X^{2}-(u+v)X+uv=0$$

と表せる（注２）。

$$***$$

　これは高校１年で習います。
　２つの解の和 $u+v$ のマイナス１倍が $X$ の係数、２つの解の積 $uv$ が定数項になるという定理です。

$$X^{2}-(\underset{解の和}{\underline{u+v}})X+\hspace{-4pt}\underset{解の積}{\underline{uv}}\hspace{-4pt}=0$$

　例えば、$2,  3$ を解に持つような 2 次 方程式は、变数を $X$ として

$$(X-2)(X-3)=0$$

　これを展開して

$$X^2-(2+3)X+2\times3=0$$

より

$$X^2-5 X+6=0$$

と表すことができます。この方程式を解けば、計算を逆に辿ることで $x=2,  3$ が解として得られます。
　すると、$u,  v$ を解に持つ２次方程式は

$$X^{2}-(u+v)X+uv=0$$

となることより、これに先ほどの連立方程式

$$\begin{cases} u+v=-q\\[4pt] \hspace{13pt}uv=-\left(\dfrac{p}{3}\right)^3 \end{cases}$$

を代入して

$$\begin{align*} X^2-(-q)X-\left(\dfrac{p}{3}\right)^3&=0\\[8pt] X^2+qX-\left(\dfrac{p}{3}\right)^3&=0 \end{align*}$$

　この 2 次方程式を解けば、その解 $X$ は $u,  v$ そのものです。つまり、この方程式を解くことによって $u,  v$ が決定できます。

$$\begin{gather*} X^2+qX-\left(\dfrac{p}{3}\right)^3=0  を解く\\ \downarrow\\ X  の決定\\ \downarrow\\ u,  v  の決定 \end{gather*}$$

　するとこの方程式を解くには 、すでに既知である＜２次方程式の解の公式＞を用いることができます。

２次方程式の解の公式

　２次方程式 $ax^2+bx+c=0$ の解は

$$\begin{align*} x=\dfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a} \end{align*}$$

$$***$$

　すると、これから解く２次方程式

$$\begin{align*} X^2+q X-\left(\dfrac{p}{3}\right)^3&=0 \end{align*}$$

について

$$\begin{align*} \underset{a}{\underline{1}}\hspace{-1pt}\cdot\hspace{-1pt}X^{2}\underset{b}{\underline{+q}}X\underset{c}{\underline{-\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}&=0 \end{align*}$$

より
　$a=1,  b=q,  c=-\left(\dfrac{p}{3}\right)^3$
として、２次方程式の解の公式を用いると

$$\begin{align*} X&=\dfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\\[8pt] &=\dfrac{-q\pm\sqrt{q^2-4\cdot1\cdot\left\{-\left(\dfrac{p}{3}\right)^3\right\}}}{2\cdot1}\\[8pt] &=\dfrac{-q\pm\sqrt{q^2-4\left\{-\left(\dfrac{p}{3}\right)^3\right\}}}{2\cdot1}\\[8pt] &=\dfrac{-q\pm\sqrt{q^2+4\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}{2}\\[8pt] &=\dfrac{-q}{2}\pm\dfrac{\sqrt{q^2+4\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}{2}\\[8pt] &=-\dfrac{q}{2}\pm\dfrac{\sqrt{q^2+4\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}{2} \end{align*}$$

　$2=\sqrt{2^2}=\sqrt{4}$ より、分母を平方根にして

$$\begin{align*} X&=-\dfrac{q}{2}\pm\dfrac{\sqrt{q^2+4\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}{2}\\[8pt] &=-\dfrac{q}{2}\pm\dfrac{\sqrt{q^2+4\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}{\sqrt{4}} \end{align*}$$

　$\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}=\sqrt{\dfrac{a}{b}}$ より、平方根をまとめて

$$\begin{align*} X&=-\dfrac{q}{2}\pm\dfrac{\sqrt{q^2+4\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}{\sqrt{4}}\\[8pt] &=-\dfrac{q}{2}\pm\sqrt{\dfrac{q^2+4\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}{4}}\\[8pt] &=-\dfrac{q}{2}\pm\sqrt{\dfrac{q^2}{4}+\dfrac{4\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}{4}}\\[8pt] &=-\dfrac{q}{2}\pm\sqrt{\dfrac{q^2}{2^2}+\dfrac{\cancel{4}\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}{\cancel{4}}}\\[8pt] &=-\dfrac{q}{2}\pm\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3} \end{align*}$$

より

$$\begin{align*} X=-\dfrac{q}{2}\pm\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3} \end{align*}$$

　この $X$ が $u,  v$ となりますが、プラスとマイナスの２通りあるので、プラスとマイナスの入れ替えで、$u,  v$ は次の２組が考えられます。

$$\begin{cases} u=-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\\[10pt] v=-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3} \end{cases}$$

$$\begin{cases} u=-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\\[10pt] v=-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3} \end{cases}$$

　ただし、$u$ と $v$ は対等で区別が無いので、プラスの方を $u$、マイナスの方を $v$ としても一般性を失いません。$u,  v$ は次の連立方程式

$$\begin{cases} u+v=-q\\[4pt] \hspace{13pt}uv=-\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3} \end{cases}$$

の解であり、$u,  v$ を入れ替えても連立方程式は変わらないので、どちらをプラス、どちらをマイナスにしても、まったく同じ議論になるということです。
　以上のことから  $u,  v$ を次のように決定することができます。

$$\begin{cases} u=-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\\[10pt] v=-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3} \end{cases}$$

　すると、$u=s^3,  v=t^3$ だったので

$$\begin{cases} s^3=-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\\[10pt] t^3=-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3} \end{cases}$$

　あとは、これを解き進めて $s,  t$ を求めます。
　ここで

$$\begin{align*} A&=-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\\[8pt] B&=-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3} \end{align*}$$

とおいて、次のように式を簡単にします。

$$\begin{cases} s^3=A\\ t^3=B \end{cases}$$

　これを解くには、前回の本シリーズ (24) でやった、次の定理があります。

「３乗＝a」の解

　３次方程式 $x^3=a$ の解は

$$\begin{align*} x=\sqrt[3]{a},    \omega\sqrt[3]{a},    \omega^2\sqrt[3]{a} \end{align*}$$

　ただし $\omega$ は、「３乗して $1$ になる数のうち虚数である定数」、つまり「１の３乗根のうち虚数であるもの」を表します。具体的には

$$\begin{align*} \omega=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2} \end{align*}$$

　または

$$\begin{align*} \omega=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2} \end{align*}$$

$$***$$

　これにより、$s,  t$ の値は

$$\begin{align*} s&=\sqrt[3]{A},    \omega\sqrt[3]{A},    \omega^2\sqrt[3]{A}\\ t&=\sqrt[3]{B},    \omega\sqrt[3]{B},    \omega^2\sqrt[3]{B} \end{align*}$$

　ただし

$$\begin{align*} A&=-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\\[8pt] B&=-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3} \end{align*}$$

となります。
　さて次は、$s,  t$ を決定するにあたって、$s,  t$ の組み合わせをどう選ぶかということになります。$s$ は $3$ 通り、$t$ も $3$ 通りあるので、単純に考えると $s,  t$ の組み合わせは全部で
　$3\times3=9$ 通り
あるように思えますが、
　『$n$ 次方程式は、同じになる場合も含めて $n$ 個の解をもつ』
という＜代数学の基本定理＞より、
　『３次方程式は、同じになる場合も含めて $3$ 個の解をもつ』
ので、解となる $s,  t$ の組み合わせを $3$ 通りに絞り込まなければなりません。$s,  t$ の組み合わせを $3$ 通りに決定できれば、それを $y=s+t$ に代入して $y^3+py^2+q=0$ の解が得られます。
　そこで、 $s,  t$ には $➄$ 式

$$\begin{align*} st=-\dfrac{p}{3}　\cdots ➄ \end{align*}$$

という条件があるので、これを満たす組み合わせが $s,  t$ の解となります。ここから、$➄$ を満たすような $s,  t$ の組み合わせを求めていきます。
　まず、$s,  t$ の組み合わせを、仮に

$$\begin{cases} s=\sqrt[3]{A}\\ t=\sqrt[3]{B} \end{cases}$$

と仮定して、$st$ を計算してみます。この $s,  t$ の組み合わせは、$➄$ を満たすでしょうか？
　すると

$$\begin{align*} st&=\sqrt[3]{A}\sqrt[3]{B}\\ &=\sqrt[3]{\underline{AB}} \end{align*}$$

となるので、まずは $AB$（下線部）を計算していきましょう。それを計算してから、次にその３乗根 $\sqrt[3]{AB}$ と順に求めていきます。
　ここで、分かりやすくするため

$$\begin{align*} A&=-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\\[8pt] B&=-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3} \end{align*}$$

について、共通部分を

$$\begin{align*} \sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}=C \end{align*}$$

とおくと

$$\begin{align*} A&=-\dfrac{q}{2}+C\\[8pt] B&=-\dfrac{q}{2}-C \end{align*}$$

　すると $AB$ は

$$\begin{align*} AB=\left(-\dfrac{q}{2}+C\right)\left(-\dfrac{q}{2}-C\right) \end{align*}$$

　ここで、中学３年でならう展開公式

$$\begin{align*} (a+b)(a-b)=a^2-b^2 \end{align*}$$

について、$a=-\dfrac{q}{2},   b=C$ とすると

$$\begin{align*} \left(-\dfrac{q}{2}+C\right)\left(-\dfrac{q}{2}-C\right)={\left(-\dfrac{q}{2}\right)}^2-C^2 \end{align*}$$

　よって

$$\begin{align*} AB&=\left(-\dfrac{q}{2}+C\right)\left(-\dfrac{q}{2}-C\right)\\[6pt] &={\left(-\dfrac{q}{2}\right)}^2-C^2\\[6pt] &={\left(\dfrac{q}{2}\right)}^2-C^2 \end{align*}$$

　さらに、$C^2$ の部分は、平方根の２乗は平方根が取れることにより

$$\begin{align*} C^2&＝{\left(\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right)}^2\\ &=\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3 \end{align*}$$

　よって

$$\begin{align*} AB&={\left(\dfrac{q}{2}\right)}^2-C^2\\ &={\left(\dfrac{q}{2}\right)}^2-\left\{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3\right\}\\ &=\cancel{{\left(\dfrac{q}{2}\right)}^2}-\cancel{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2}-\left(\dfrac{p}{3}\right)^3\\ &=-\left(\dfrac{p}{3}\right)^3 \end{align*}$$

　$-2^3={(-2)}^3$ と同様の計算より、マイナスを３乗の中にいれて

$$\begin{align*} AB&={-\left(\dfrac{p}{3}\right)}^3\\ &={\left(-\dfrac{p}{3}\right)}^3\\ \end{align*}$$

　これで、$AB$ が決定しました。
　すると、$\sqrt[3]{(-2)^3}=-2$ と同様の計算（３乗の３乗根は３乗根が取れる）より、$AB$ の３乗根 $\sqrt[3]{AB}$ は

$$\begin{align*} \sqrt[3]{AB}&=\sqrt[3]{{\left(-\dfrac{p}{3}\right)}^3}\\ &=-\dfrac{p}{3} \end{align*}$$

　よって

$$\begin{align*} \sqrt[3]{AB}=-\dfrac{p}{3}　\cdots ➅ \end{align*}$$

と、$\sqrt[3]{AB}$ が決定されます。
　すると、先に仮定した $s,  t$ の組み合わせ

$$\begin{cases} s=\sqrt[3]{A}\\ t=\sqrt[3]{B} \end{cases}$$

について、$st$ は

$$\begin{align*} st&=\sqrt[3]{A}\sqrt[3]{B}\\ &=\sqrt[3]{AB}\\ &=-\dfrac{p}{3}　（➅より） \end{align*}$$

となるので、これで $➄$ 式

$$\begin{align*} st=-\dfrac{p}{3}　\cdots ➄ \end{align*}$$

を満たすことが示されました。
　以上より、連立方程式の解の１つとして

(case1)

$$\begin{cases} s=\sqrt[3]{A}\\ t=\sqrt[3]{B} \end{cases}$$

が得られました。
　すると、同様に考えることによって、次の (case2)、(case3) も解になることが分かります。

(case2)

$$\begin{cases} s=\omega\sqrt[3]{A}\\ t=\omega^2\sqrt[3]{B} \end{cases}$$

(case3)

$$\begin{cases} s=\omega^2\sqrt[3]{A}\\ t=\omega\sqrt[3]{B} \end{cases}$$

　実際に確認してみます。
　$\omega^3=1$ と、$➅$ 式

$$\begin{align*} \sqrt[3]{AB}=-\dfrac{p}{3}　\cdots ➅ \end{align*}$$

より、(case2) は

$$\begin{align*} st&=\omega\sqrt[3]{A}\cdot\omega^2\sqrt[3]{B}\\ &=\omega\cdot\omega^2\sqrt[3]{AB}\\ &=\underset{1}{\underline{\omega^3}}\sqrt[3]{AB}\\ &=1\cdot\sqrt[3]{AB}\\ &=\sqrt[3]{AB}\\ &=-\dfrac{p}{3}　（➅より） \end{align*}$$

(case3) は

$$\begin{align*} st&=\omega^2\sqrt[3]{A}\cdot\omega\sqrt[3]{B}\\ &=\omega^2\cdot\omega\sqrt[3]{AB}\\ &=\underset{1}{\underline{\omega^3}}\sqrt[3]{AB}\\ &=1\cdot\sqrt[3]{AB}\\ &=\sqrt[3]{AB}\\ &=-\dfrac{p}{3}　（➅より） \end{align*}$$

となり、いずれも

$$\begin{align*} st=-\dfrac{p}{3}　\cdots ➄ \end{align*}$$

を満たすことが確認されました。
　以上により、求める $s,  t$ の組み合わせは、以下の３組

(case1)

$$\begin{cases} s=\sqrt[3]{A}\\ t=\sqrt[3]{B} \end{cases}$$

(case2)

$$\begin{cases} s=\omega\sqrt[3]{A}\\ t=\omega^2\sqrt[3]{B} \end{cases}$$

(case3)

$$\begin{cases} s=\omega^2\sqrt[3]{A}\\ t=\omega\sqrt[3]{B} \end{cases}$$

となります（注３）。ここで、$A,  B$ は

$$\begin{cases} A=-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\\[8pt] B=-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3} \end{cases}$$

であったのて、求める $s,  t$ は、最終的に

(case1)

$$\begin{cases} s=\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt] t=\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}} \end{cases}$$

(case2)

$$\begin{cases} s=\omega  \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt] t=\omega^2  \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}} \end{cases}$$

(case3)

$$\begin{cases} s=\omega^3  \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[12pt] t=\omega  \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}} \end{cases}$$

の３組となります。すると
　$y=s+t$
だったので、(case1) ～ (case3) について $y$ は

(case1)

$$\begin{align*} y=\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}+\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}} \end{align*}$$

(case2)

$$\begin{align*} y=\omega  \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}+\omega^2  \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}} \end{align*}$$

(case3)

$$\begin{align*} y=\omega^2  \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}+\omega  \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}} \end{align*}$$