「カルダノの方法」による３次方程式の解の公式の導出方法を、差積とラグランジュ・リゾルベントに関連付けながらもう少し深掘りします。カルダノの方法は「ラグランジュ・リゾルベントによる方法」（本シリーズ (6)、(7)）につながっていることの大まかな解説です。
まずは、３次方程式の解の公式の導出（カルダノの方法）の流れを再掲します。
３次方程式の解の公式の導出の流れ（復習）
前章 (25) でやったカルダノの方法は以下のような流れでした。
（再掲）
ax3+bx2x3+abx2y3+py+ただし s3+t3+qX2+qXX=−2qただし 解の公式の決定ただし +cx+d=0↓ 両辺を a で割る+acx+ad=0↓ x=y−3ab とおく（チルンハウス変換）q=0p=−31(ab)2+acq=272(ab)3−31(ab)(ac)+ad↓ y=s+t とおく（カルダノの方法）+(3st+p)(s+t)=0↓ 下線部を 0 にする⎩⎨⎧s3+t3=−qst=−3p↓ 下の式の両辺を３乗⎩⎨⎧s3+t3=−qs3t3=−(3p)3↓ s3=u, t3=v とおく⎩⎨⎧u+v=−quv=−(3p)3↓ 解の和と積から２次方程式の決定−(3p)3=0 ⋯(∗1)↓ ２次方程式の解の公式より±(2q)2+(3p)3 ⋯(∗2)↓ プラスの方を u、マイナスの方を v として⎩⎨⎧u=−2q+(2q)2+(3p)3v=−2q−(2q)2+(3p)3↓ u=s3, v=t3 より⎩⎨⎧s3=−2q+(2q)2+(3p)3t3=−2q−(2q)2+(3p)3 ⋯(∗3)↓ s, t を解くと{s=3A, ω3A, ω23At=3B, ω3B, ω23B ⋯(∗4)A=−2q+(2q)2+(3p)3B=−2q−(2q)2+(3p)3↓ st=−3p を満たす組み合わせより(case1)⎩⎨⎧s=3−2q+(2q)2+(3p)3t=3−2q−(2q)2+(3p)3(case2)⎩⎨⎧s=ω 3−2q+(2q)2+(3p)3t=ω23−2q−(2q)2+(3p)3(case3)⎩⎨⎧s=ω23−2q+(2q)2+(3p)3t=ω3−2q−(2q)2+(3p)3↓ y=s+t よりy=⎩⎨⎧ 3−2q+(2q)2+(3p)3+3−2q−(2q)2+(3p)3ω3−2q+(2q)2+(3p)3+ω23−2q−(2q)2+(3p)3ω23−2q+(2q)2+(3p)3+ω3−2q−(2q)2+(3p)3↓ x=−3ab+y よりx=⎩⎨⎧−3ab+3−2q+(2q)2+(3p)3+3−2q−(2q)2+(3p)3−3ab+ω3−2q+(2q)2+(3p)3+ω23−2q−(2q)2+(3p)3−3ab+ω23−2q+(2q)2+(3p)3+ω3−2q−(2q)2+(3p)3p=−31(ab)2+acq=272(ab)3−31(ab)(ac)+ad
３次方程式の解の公式を観察
３次方程式の解の公式を改めて観察すると、３乗恨の中に平方根が入っていることがわかります。
平方根が現れるのは、カルダノの方法流れ（再掲）の (∗1) から (∗2) の、２次方程式の解の公式を用いる部分です。２次方程式の解の公式を用いることは
〇2=□
から
〇=±□
と、平方根を取る操作と同じことになります。２乗の式 〇2 をつくり（平方完成）、そこから平方根をとって 〇 を導きます。２次方程式の解の公式は、この平方完成によって導出されます（本シリーズ (1)）。
なお □ は、チルンハウス変換された３次方程式
y3+py+q=0
について
□=３次方程式の係数 p, q と有理数の加減乗除で表された式
であり、□ は対称式となります。詳しく言えば、本シリーズ (13) でやった、集合 Q(ω) 内で構成される式です。Q(ω) は「３次方程式の係数 p, q と有理数と定数 ω の加減乗除で構成されるすべての式の集合」で、これらの集合内で構成される式はすべて対称式です。
〇2=対称式□
２次方程式 ax2+bx+c=0 の係数 a, b, c と有理数の加減乗除で表される式が対称式となることは、本シリーズ (19) でやりましたが、その拡張として、３次以上の方程式でも成り立ちます。
さて、〇2 は対称式なので、〇2 は係数と有理数の加減乗除で表現できます。しかし、〇 を決定するには平方根を取る操作が必要です。その平方根を取る操作は加減乗除では実現できないので
「平方根の添加」
が必要になります（本シリーズ (18) ）。
２次方程式の解の公式の導出はここまでで十分でした。３次方程式はこれだけでは不十分で、さらに３乗根をとる操作が必要です。３乗根が現れるのは、カルダノの方法流れ（再掲）の (∗3) から (∗4) の計算過程にあります。それは
◎3=△
から
◎=3△, ω3△, ω23△
と３乗根を取る操作です。この △ は
△=３次方程式の係数 p, q と有理数と定数 ω と「平方根」の加減乗除で表された式
となり、新しく「平方根」が加えられます。平方根も仲間に入れた加減乗除で構成される式です。詳しく言えば、本シリーズ (13) でやった、集合 Q(ω, X3) 内で構成される式でもあります。
しかし、◎3 から ◎ にかけては３乗根を取る必要があります。その３乗根を取る操作は加減乗除では実現できないので
「３乗根の添加」
が必要になります。この３乗根を取る操作（３乗根の添加）によって、最終的に３次方程式の解の公式が実現できるようになります。
カルダノの方法は、このように（ザックリ言うと）
「２乗＝対称式」を作って平方根を取る↓「３乗＝先ほど取った平方根の入った式」を作って３乗恨を取る
という操作により、３次方程式の解の公式を導く方法です。このステップを辿ることによって、３次方程式の解の公式は、３乗根の中に平方根の入る「入れ子」構造の形になります。
対称性の破壊の観点でもっと詳しく
ここからはカルダノの方法を、対称性の破壊という観点でみていきましょう。それには、これまで何度も出てきた「差積」と「ラグランジュ・リゾルベント」が関連しています。なお詳しい計算は本シリーズで行っているので、参照を示すか（注）で述べていきます。
さて
〇2=対称式□
を満たす 〇 について、２乗が対称式であるものとして、３次方程式 y3+py+q=0 の解を α, β, γ としたときの差積
(α−β)(β−γ)(γ−α)
を考えることができます。まずはこの差積との関連をみていきます。
差積との関連
α, β, γ の入れ替えで差積は変化するので、差積そのもの
(α−β)(β−γ)(γ−α)
は対称式ではありません（注１）。しかし、差積の２乗
{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2
は、α, β, γ をどのように入れ替えても変化しないので対称式です（注２）。
(α−β)(β−γ)(γ−α){(α−β)(β−γ)(γ−α)}2→対称式ではない→対称式
この差積の２乗は、チルンハウス変換された３次方程式 y3+py+q=0 の係数 p, q を用いて次のように表せることは、本シリーズ (9) で（小学５年生の森田君が）証明しました。
{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2=−4⋅27{(2q)2+(3p)3}
平方完成との関連を明示するために、この式を変形していくと、両辺を −4⋅27 で割って
−4⋅271{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2=(2q)2+(3p)3
32=3 を逆にした 3=32 と同様の計算より
−4⋅271=(−4⋅271)2
と計算できるので
(−4⋅271)2{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2=(2q)2+(3p)3
22⋅32=(2⋅3)2 と同様の計算（指数法則）より
{−4⋅271⋅(α−β)(β−γ)(γ−α)}2=(2q)2+(3p)3 ⋯➀
すると、下式のように一重線部を ◯、二重線部を □
〇{−4⋅271⋅(α−β)(β−γ)(γ−α)}2=□(2q)2+(3p)3 ⋯➀
とすれば
〇2=□
と平方完成の部分に対応します。差積は 〇 の部分の構成に活用され、差積によって平方完成という操作を可能にしています。
さらに、この ➀ 式の両辺は対称式になります。
対称式{−4⋅271⋅(α−β)(β−γ)(γ−α)}2=対称式(2q)2+(3p)3 ⋯➀
左辺について、定数
−4⋅271
が掛けてありますが、定数部分は α, β, γ の入れ替えで変化しないので影響ありません（注３）。差積の２乗部分は対称式なので、左辺全体としては対称式です。
また、右辺も３次方程式 y3+py+q=0 の係数 p, q で構成されるので対称式です。詳しく言うと、p, q は
pq=−31(ab)2+ac=272(ab)3−31(ab)(ac)+ad
より ab, ac, ad で構成されていますが、その部分は次の定理
＜３次方程式の解と係数の関係＞
３次方程式 ax3+bx2+cx+d=0 の 3 つの解を α,β, γ とすると、次の等式が成り立つ。
α+β+γ=−abαβ+βγ+γα=acαβγ=−ac
より
abacac=−(基本対称式α+β+γ)=基本対称式αβ+βγ+γα=−基本対称式αβγ
これから、ab, ac, ad はダイレクトに基本対称式（及びそのマイナス１倍）であるので、それらで構成される p, q は対称式であることがわかります。
すると、その対称式 p, q の加減乗除で構成される式も対称式となるので、➀ 式
対称式{−4⋅271⋅(α−β)(β−γ)(γ−α)}2=対称式(2q)2+(3p)3 ⋯➀
の右辺も対称式となります。対称式なので、３つの解 α, β, γ のすべての置き換えである『３次置換』では変化しません。
ここで、３次置換を復習しておきましょう（本シリーズ (6)）。対称性の破壊を理解するのに必要です。
３次置換（復習）
➀ (α β γα β γ) は、α を α に、β を β に、γ を γ に、つまりそのままで変わらない置換。カッコの中は、上の配列から下の配列に置き換えるとみる。これは作用させても変化しないので『恒等置換』といい、記号 I と表す。
(α β γα β γ)=I
➁ (γ α βα β γ) は、α を γ に、γ を β に、β を α に置き換える置換。これは
α→γ→β→α
と巡回する３つの文字の置換なので『３次巡回置換』といい、(α γ β) と表す（本シリーズ (14)）。
(γ α βα β γ)=(α γ β)
➂ (β γ αα β γ) は、 α を β に、β を γ に、γ を α に置き換える置換。これは
α→β→γ→α
と巡回する３つの文字の置換なので、これも『３次巡回置換』となり、(α β γ) と表す。
(β γ αα β γ)=(α β γ)
➃ (α γ βα β γ) は、α はそのままで、β を γ に、γ を β に置き換える置換。これは β と γ を入れ替える置換なので『互換』といい、(β γ) と表す（本シリーズ (8)）。
(ααβγγβ)=(βγ)
なお、互換は２つの文字の巡回置換『２次巡回置換』とみることもできる。
➄ (γ β αα β γ) は、β はそのままで、α を γ に、γ を α に置き換える置換。これは α と γ を入れ替える置換なので『互換』となり、(α γ) と表す。
(αγββγα)=(αγ)
➅ (β α γα β γ) は、γ はそのままで、α を β に、β を α に置き換える置換。これは α と β 入れ替える置換なので『互換』となり、 (α β) と表す。
(αββαγγ)=(αβ)
まとめると、次のようになります。
➀(ααββγγ)=I➁(αγβαγβ)=(α γ β)➂(αββγγα)=(α β γ)⎭⎬⎫偶置換➃(ααβγγβ)=(βγ)➄(αγββγα)=(αγ)➅(αββαγγ)=(αβ)⎭⎬⎫奇置換
上位３つが偶置換、下位３つが奇置換です。偶置換とは偶数個の互換で表される置換、奇置換は奇数個の互換で表される置換です（本シリーズ (8)）。
ここで ➀ 式
{−4⋅271⋅(α−β)(β−γ)(γ−α)}2=(2q)2+(3p)3 ⋯①
について、両辺の平方根を取ると
−4⋅271⋅(α−β)(β−γ)(γ−α)=±(2q)2+(3p)3
となりますが、この時点で両辺は対称式ではありません。左辺は差積
(α−β)(β−γ)(γ−α)
の部分より、偶置換では変化しませんが奇置換では変化します。その変化は −1 倍となる変化であり（注１）、それが右辺のプラスとマイナスの変換に、一対一で対応しています。この対応関係は、２次方程式の解の公式でみられた対応関係と同じです（本シリーズ (23)）
つまり、ここで対称性が破壊されます。平方根を取るという操作によって、対称性が３次置換から偶置換にまで破壊されてるわけです。
（図解）
ラグランジュ・リゾルベントとの関連
つぎの段階は y=s+t と置いた部分です。実はこの s, t は、次のラグランジュ・リゾルベント
AB=α+ωβ+ω2γ=α+ω2β+ωγ
と関連していています。具体的には
⎩⎨⎧s=3At=3B ⋯➁
という関連です。 y=s+t の s, t は、後に出てくるラグランジュ・リゾルベント A, B を 3 で割ったものです。これで「カルダノの方法」と「ラグランジュ・リゾルベント」を数学的に結びつけることができます。カルダノの方法は本シリーズ (3) で初登場、ラグランジュ・リゾルベントは本シリーズ (6) で初登場、歴史的にもこの順番で登場し、この２つが数学的に結びついているのです（注３）。
さて、ここで ➁ を証明します。それには、本シリーズ (9) で（小学５年生の森田君が）証明した次の式が必要です。
⎩⎨⎧A3=27{−2q+(2q)2+(3p)3}B3=27{−2q−(2q)2+(3p)3} ⋯➂
これを解くことによって、ラグランジュ・リゾルベント A, B を次の３組に決定できました。
(case1)⎩⎨⎧A=3 3−2q+(2q)2+(3p)3B=3 3−2q−(2q)2+(3p)3(case2)⎩⎨⎧A=3ω 3−2q+(2q)2+(3p)3B=3ω23−2q−(2q)2+(3p)3(case3)⎩⎨⎧A=3ω23−2q+(2q)2+(3p)3B=3ω3−2q−(2q)2+(3p)3
このすべてについて両辺を 3 で割ると
(case1)⎩⎨⎧3A= 3−2q+(2q)2+(3p)33B= 3−2q−(2q)2+(3p)3(case2)⎩⎨⎧3A=ω 3−2q+(2q)2+(3p)33B=ω23−2q−(2q)2+(3p)3(case3)⎩⎨⎧3A=ω23−2q+(2q)2+(3p)33B=ω 3−2q−(2q)2+(3p)3
これと、カルダノの方法で得られた s, t の解を比較してみます。
(case1)⎩⎨⎧s=3−2q+(2q)2+(3p)3t=3−2q−(2q)2+(3p)3(case2)⎩⎨⎧s=ω 3−2q+(2q)2+(3p)3t=ω23−2q−(2q)2+(3p)3(case3)⎩⎨⎧s=ω23−2q+(2q)2+(3p)3t=ω3−2q−(2q)2+(3p)3
(case1) 同士
(case1)⎩⎨⎧3A= 3−2q+(2q)2+(3p)33B= 3−2q−(2q)2+(3p)3 ⋯(∗5)
と
(case1)⎩⎨⎧s=3−2q+(2q)2+(3p)3t=3−2q−(2q)2+(3p)3 ⋯(∗6)
を比較すると、(∗5) と (∗6) の右辺が同じになるので
(case1)⎩⎨⎧s=3−2q+(2q)2+(3p)3=3at=3−2q−(2q)2+(3p)3=3b
より、➁ 式
⎩⎨⎧s=3At=3B ⋯➁
が得られます。これは (case2)、(case3) 同士でも同じことが言えるので、これですべての場合において ➁ が証明されました。
３次方程式の解法の導出における２つの方法、カルダノの方法より s3, t3 から３乗根を取って s, t を求める過程と、ラグランジュ・リゾルベントの３乗 A3, B3 から３乗根を取って A, B を求める過程は本質的に同じです。
ここで、ラグランジュ・リゾルベントの３乗 A3, B3 は偶置換シンメトリーをもちます。つまり、ラグランジュ・リゾルベントの３乗を変化させない置換は偶置換のみです（注４）。
しかし、ラグランジュ・リゾルベントそのもの A, B を変化させない置換は恒等置換のみです（注５）。つまり、差積の２乗、差積と同じ対称性をもつラグランジュ・リゾルベントの３乗、ラグランジュ・リゾルベントと次々と累乗根を取るのに合わせて、現れる式の対称性も次々と破棄され、最後は恒等置換にまで破壊されていることがわかります（本シリーズ (6)、(20)）。
（図解）
このようにして求められたラグランジ・リゾルベント
AB=α+ωβ+ω2γ=α+ω2β+ωγ
によって得られる次の恒等式
αβγ=3(α+β+γ)+(α+ωβ+ω2γA)+(α+ω2β+ωγB)=3(α+β+γ)+ω2(α+ωβ+ω2γ)+ω(α+ω2β+ωγ)=3(α+β+γ)+ω(α+ωβ+ω2γ)+ω2(α+ω2β+ωγ)
によって、３次方程式の解の公式は導出されます（本シリーズ (6)、(7)）。
（追記始め）
このように、解の公式の導出は、平たく言えば
「累乗根を取ることによる、解の置換の対称性の破壊」
と結びついています。
平方根を取る → ３次置換から偶置換へと対称性を破壊
３乗根を取る → 偶置換から恒等置換へと対称性を破壊
→ 解の公式の実現
なお、ラグランジュ・リゾルベントの３乗 A3, B3 は差積 (α−β)(β−γ)(γ−α) と同じ対称性（偶置換シンメトリー）をもちます。
（図解）の赤字部分から、A3, B3 は（差積で表せる）平方根の加減乗除で表現できることからも、同じ対称性をもつことが確認できます。差積の対称性が、そのまま A3, B3 に受け継がれているわけです。
（追記終わり）
この解の公式の導出を、解の置換の対称性と結びつける考え方は、フランスの数学者ラグランジュが編み出したものですが、このラグランジュの考え方は、アーベルやガロアによる「５次以上の方程式には解の公式が存在しないことの証明」に向けて、大きな原動力になりました。
ジョゼフ＝ルイ・ラグランジュ（仏 1736年1月25日 - 1813年4月10日）
ニールス・アーベル（諾 1802年8月5日 - 1829年4月6日）
エヴァリスト・ガロア（仏 1811年10月25日 - 1832年5月31日）（注１）差積が偶置換シンメトリーをもつことの証明（復習）
（注１）（注２）は、本シリーズ (9) でやった内容の復習です。
次の ➀～➅ の３次置換
➀(ααββγγ)=I➁(αγβαγβ)=(α γ β)➂(αββγγα)=(α β γ)⎭⎬⎫偶置換➃(ααβγγβ)=(βγ)➄(αγββγα)=(αγ)➅(αββαγγ)=(αβ)⎭⎬⎫奇置換
によって、３つの解 α, β, γ の差積
(α−β)(β−γ)(γ−α)
がどのように変化するのかをみていきます。
➀ (α β γα β γ)=I について。
これは恒等置換であり、同じ文字同士を置き換える置換なので変化しません。
⟶(α−β)(β−γ)(γ−α)↓↓↓↓↓↓(α−β)(β−γ)(γ−α) ⇐変化しない
➁ (γ α βα β γ)=(α γ β) について。
α を γ に、β を α に、γ を β に置き換える置換なので
⟶=(α−β)(β−γ)(γ−α)↓↓↓↓↓↓(γ−α)(α−β)(β−γ)(α−β)(β−γ)(γ−α) ⇐変化しない
カッコ ( ) の順番が入れ替わるだけなので、もとの式と変わらないことがわかります。
➂ (β γ αα β γ)=(α β γ) について。
α は β に、β を γ に、γ を α に置き換える置換なので
⟶=(α−β)(β−γ)(γ−α)↓↓↓↓↓↓(β−γ)(γ−α)(α−β)(α−β)(β−γ)(γ−α) ⇐変化しない
これも、カッコ ( ) の順番が入れ替わるだけなので、もとの式と変わりません。
➃ (α γ βα β γ)=(β γ) について。
α はそのままで、β を γ に、γ を β に置き換える置換なので
⟶=====(α−β)(β−γ)(γ−α)↓↓↓↓(α−γ)(γ−β)(β−α)(β−α)(γ−β)(α−γ) ⇐( ) を入れ替えた(−α+β)(−β+γ)(−γ+α){−(α−β)}{−(β−γ)}{−(γ−α)}(−1)3(α−β)(β−γ)(γ−α)−(α−β)(β−γ)(γ−α) ⇐−1 倍と変化する
この場合は −1 倍に変化します。
➄ (γ β αα β γ)=(α γ) について。
β はそのままで、α を γ に、γ を α に置き換える置換なので
⟶=====(α−β)(β−γ)(γ−α)↓↓↓↓(γ−β)(β−α)(α−γ)(β−α)(γ−β)(α−γ) ⇐( ) を入れ替えた(−α+β)(−β+γ)(−γ+α){−(α−β)}{−(β−γ)}{−(γ−α)}(−1)3(α−β)(β−γ)(γ−α)−(α−β)(β−γ)(γ−α) ⇐−1 倍と変化する
この場合も −1 倍に変化します。
➅ (β α γα β γ)=(α β) について。
γ はそのままで、α を β に、β を α に置き換える置換なので
⟶=====(α−β)(β−γ)(γ−α)↓↓↓↓(β−α)(α−γ)(γ−β)(β−α)(γ−β)(α−γ) ⇐( ) を入れ替えた(−α+β)(−β+γ)(−γ+α){−(α−β)}{−(β−γ)}{−(γ−α)}(−1)3(α−β)(β−γ)(γ−α)−(α−β)(β−γ)(γ−α) ⇐−1 倍と変化する
この場合も −1 倍に変化します。
以上をまとめると、➀～➂ の偶置換では (α−β)(β−γ)(γ−α) は変化しません。
➀(ααββγγ)➁(αγβαγβ)➂(αββγγα)⎭⎬⎫では(α−β)(β−γ)(γ−α)⟶(α−β)(β−γ)(γ−α)
一方 ➃～➅ の奇置換では、−1 倍と変化します。
➃(ααβγγβ)➄(αγββγα)➅(αββαγγ)⎭⎬⎫では(α−β)(β−γ)(γ−α)⟶−(α−β)(β−γ)(γ−α)
以上により、差積を変化させるのは偶置換のみなので、差積は偶置換シンメトリーをもちます。
では次に、(α−β)(β−γ)(γ−α) を 2 乗した
{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2
に、➀～➅ の３次置換を作用してみます。
（注２）差積の２乗が対称式であることの証明（復習）
➀～➂ の偶置換で差積は変化しないので、2 乗しても変化しません。
➀(ααββγγ)➁(αγβαγβ)➂(αββγγα)⎭⎬⎫では{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2⟶{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2
➃～➅ の奇置換でも、−1 倍の 2 乗は 1 倍となるので変化しません。
➃(ααβγγβ)➄(αγββγα)➅(αββαγγ)⎭⎬⎫では{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2⟶{−(α−β)(β−γ)(γ−α)}2=(−1)2{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2={(α−β)(β−γ)(γ−α)}2
以上より、３次置換 ➀～➅ のすべての置換で変化しないので、差積の２乗
{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2
は対称式となります。
➀(ααββγγ)➁(αγβαγβ)➂(αββγγα)➃(ααβγγβ)➄(αγββγα)➅(αββαγγ)⎭⎬⎫では{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2⟶{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2⟶対称式
（注３）「カルダノの方法」と「ラグランジュ・リゾルベント」による方法での置き換えの違い
本シリーズ (3)、(25) でやった「カルダノの方法」では、次のように u, v で置き換えました。
（カルダノの方法）
⎩⎨⎧s3+t3=−qs3t3=−(3p)3
について、s3=u, t3=v とおくことによって、その u, v は２次方程式
X2+qX−(3p)3=0
の解となり、２次方程式の解の公式によって
⎩⎨⎧u=−2q+(2q)2+(3p)3v=−2q−(2q)2+(3p)3
と決定できる。
一方、本シリーズ (6)、(7) でやった「ラグランジュ・リゾルベントによる方法」では、次にように u, v で置き換えました。
（ラグランジュ・リゾルベントによる方法）
A3+B3A3B3=−27q=−27p3
について、A3=u, B3=v とおくことによって、その u, v は２次方程式
X2+27qX−27p3=0
の解となり、２次方程式の解の公式によって
uv=27{−2q+(2q)2+(3p)3}=27{−2q−(2q)2+(3p)3}
と決定できる。
このように置き替えの違いによって、現れる数式の見た目が違ってくるので要注意（どちらかを大文字の U, V にするなど文字を変えればよかったかも）。両者は ➁ 式
⎩⎨⎧s=3At=3B ⋯➁
で変換できることは本文で解説したので、数式の見た目が違っても本質的には同じです。
（注４）３次置換によるラグランジュ・リゾルベントの変化（復習）
（注４）（注５）は、本シリーズ (6) でやった内容の復習です。
次の ➀～➅ の３次置換
➀(ααββγγ)=I➁(αγβαγβ)=(α γ β)➂(αββγγα)=(α β γ)⎭⎬⎫偶置換➃(ααβγγβ)=(βγ)➄(αγββγα)=(αγ)➅(αββαγγ)=(αβ)⎭⎬⎫奇置換
によって、ラグランジュ・リゾルベント
A=α+ωβ+ω2γ
B=α+ω2β+ωγ
がどのように変化するのかをみていきます。
➀ (α β γα β γ)=I について。
α を α に、β を β に、γ を γ に変換すると
A=α+ωβ+ω2γ↓↓↓α+ωβ+ω2γ=A
B=α+ω2β+ωγ↓↓↓α+ω2β+ωγ=B
より ➀ の置換では、A は A のまま、B は B のままで変わりません。
➁ (γ α βα β γ)=(α γ β) について。
α を γ に、γ を β に、β を α に置き換えると
A====α+ωβ+ω2γ↓↓↓γ+ωα+ω2β1ω3γ+ωα+ω2βω(ω2γ+α+ωβ)ω(α+ωβ+ω2γ)=ωA
B=====α+ω2β+ωγ↓↓↓γ+ω2α+ωβ1ω3γ+ω2α+1ω3⋅ωβω3γ+ω2α+ω4βω2(ωγ+α+ω2β)ω2(α+ω2β+ωγ)=ω2B
よって ➁ の置換では、A は ωA に、B は ω2B に変化します。
ところどころで ω3=1 をうまく使っていることに注意。Aでは γ に ω3 をかけ、 Bでは γ と ωβ の２か所に ω3 をかけます。 ω3 は 1 なので、掛けても式の値は変わりません。
また A では最後に ω でくくって ωA を導き、B では最後に ω2 でくくってω2B を導導くことに注意。くくったときに、α の係数が 1 となるように操作するのがポイントです。
➂ (β γ αα β γ)=(α β γ) について。
α を β に、β を γ に、γ を α に置き換えると
A=====α+ωβ+ω2γ↓↓↓β+ωγ+ω2αω3β+ω3⋅ωγ+ω2αω3β+ω4γ+ω2αω2(ωβ+ω2γ+α)ω2(α+ωβ+ω2γ)=ω2A
B====α+ω2β+ωγ↓↓↓β+ω2γ+ωαω3β+ω2γ+ωαω(ω2β+ωγ+α)ω(α+ω2β+ωγ)=ωB
よって ➂ の置換では、A は ω2A に、B は ωB に変化します。
ここでもところどころで ω3=1 を使っていることに注意。また A では最後に ω2 でくくって ω2A を導き、B では最後に ω でくくってωB を導いていることにも注意。ここでもくくったときに、α の係数が 1 となるように操作するのがポイントです。
➃ (α γ βα β γ)=(β γ) について。
α はそのままで、β を γ に、γ を β に置き換えると
A==α+ωβ+ω2γ↓↓↓α+ωγ+ω2βα+ω2β+ωγ=B
B==α+ω2β+ωγ↓↓↓α+ω2γ+ωβα+ωβ+ω2γ=A
よって ➃ の置換では、A は B に、B は A に変化します。つまり、A と B が入れ替わります。
➄ (γ β αα β γ)=(α γ) について。
β はそのままで、α を γ に、γ を α に置き換えると
A=====α+ωβ+ω2γ↓↓↓γ+ωβ+ω2αω3γ+ω3⋅ωβ+ω2αω3γ+ω4β+ω2αω2(ωγ+ω2β+α)ω2(α+ω2β+ωγ)=ω2B
B====α+ω2β+ωγ↓↓↓γ+ω2β+ωαω3γ+ω2β+ωαω(ω2γ+ωβ+α)ω(α+ωβ+ω2γ)=ωA
よって ➄ の置換では、A は ω2B に、B は ωA に変化します。
ところどころで ω3=1 を使います。また A では最後に ω2 でくくって ω2B を導き、B では最後に ω でくくってωA を導きます。ここでもくくったときに、α の係数が 1 となるように操作するのがポイントです。
➅ (β α γα β γ)=(α β) について。
γ はそのままで、α を β に、β を α に置き換えると
A====α+ωβ+ω2γ↓↓↓β+ωα+ω2γω3β+ωα+ω2γω(ω2β+α+ωγ)ω(α+ω2β+ωγ)=ωB
B=====α+ω2β+ωγ↓↓↓β+ω2α+ωγω3β+ω2α+ω3⋅ωγω3β+ω2α+ω4γω2(ωβ+α+ω2γ)ω2(α+ωβ+ω2γ)=ω2A
よって ➅ の置換では、A は ωB に、B は ω2A に変化します。
ω3=1 を使い、A では最後に ω でくくって ωB を、B では最後に ω2 でくくってω2A を導きます。ここでもくくったときに、α の係数が 1 となるように操作するのがポイントです。
以上をまとめると
➀(ααββγγ)ではAB⟶A⟶B➁(αγβαγβ)ではAB⟶ωA⟶ω2B➂(αββγγα)ではAB⟶ω2A⟶ωB➃(ααβγγβ)ではAB⟶B⟶A➄(αγββγα)ではAB⟶ω2B⟶ωA➅(αββαγγ)ではAB⟶ωB⟶ω2A
すると、A, B は ➁～➅ で変化するので対称式ではありません。対称式は３次置換のすべてで変化しないので、少なくとも１つで変化すれば対称式ではありません。
なお、この結果をながめると、➀～➂ では A, B は入れ替わらず、その中の ➁ と ➂ で、係数の ω と ω2 が入れ替わります
➃～➅ では A, B はいずれも入れ替わり、その中の ➄ と ➅ で、係数の ω と ω2 が入れ替わります。
そして、ラグランジュ・リゾルベントを変化させない置換は、恒等置換のみです。よって、ラグランジュ・リゾルベントは「完全に対称性の破壊された式」とみることができます。
（注５）ラグランジュ・リゾルベントの３乗が偶置換シンメトリーをもつことの証明（復習）
ω3ω6=1=(ω3)2=12=1
に注意すると（本シリーズ (2)、(24)）、ラグランジュ・リゾルベントの３乗
A3=(α+ωβ+ω2γ)3
B3=(α+ω2β+ωγ)3
の置換は
➀では A3→A3B3→B3②では A3→==B3→==(ωA)3ω3A31⋅A3=A3(ω2B)3ω6B31⋅B3=B3③では A3→==B3→==(ω2A)3ω6A31⋅A3=A3(ωB)3ω3B31⋅B3=B3④では A3→B3B3→A3➄では A3→==B3→==(ω2B)3ω6B31⋅B3=B3(ωA)3ω3A31⋅A3=A3⑥では A3→==B3→==(ωB)3ω3B31⋅B3=B3(ω2A)3ω6A31⋅A3=A3
以上をまとめると
➀(ααββγγ)ではA3B3⟶A3⟶B3②(αγβαγβ)ではA3B3⟶A3⟶B3③(αββγγα)ではA3B3⟶A3⟶B3④(ααβγγβ)ではA3B3⟶B3⟶A3➄(αγββγα)ではA3B3⟶B3⟶A3➅(αββαγγ)ではA3B3⟶B3⟶A3
となります。A3, B3 の行き先は、①～③ の偶置換では変化しません。
➀(ααββγγ)②(αγβαγβ)③(αββγγα)⎭⎬⎫ではA3B3⟶A3⟶B3
一方 ④～➅ の奇置換だと、A3 と B3 が入れ替わります。
④(ααβγγβ)➄(αγββγα)➅(αββαγγ)⎭⎬⎫ではA3B3⟶B3⟶A3
以上のことより、ラグランジュ・リゾルベントの３乗
A3=(α+ωβ+ω2γ)3
B3=(α+ω2β+ωγ)3
を変化せるのは偶置換のみなので、A3, B3 は偶置換シンメトリーを持ちます。これは、同じく偶置換シンメトリーをもつ差積
(α−β)(β−γ)(γ−α)
と同じ対称性となります。そして、ラグランジュ・リゾルベントそのもの
A=α+ωβ+ω2γ
B=α+ω2β+ωγ
を変化させるのは恒等置換のみなので、A, B の決定により３次方程式の解の公式が実現できるようになります。
（参考）各章の内容
（１）「２次方程式の解の公式」を式変形で導出
・平方完成
（２）「３次方程式の解の公式」を導出するための準備
・1 の３乗根 ω
（３）「３次方程式の解の公式」を式変形で導出
・チルンハウス変換
（４）「解と係数の関係」と「対称式」の解説
（５）「対称式」を用いた「２次方程式の解の公式」の導出
（６）「解の置換」と「ラグランジュ・リゾルベント」の解説
（７）「ラグランジュ・リゾルベント」による「３次方程式の解の公式」の導出
（８）「偶置換」と「奇置換」の解説（ここから「アーベルの証明」の準備）
（９）「差積の２乗」が対称式となること、及び「差積」と平方根を結ぶ等式の証明。
（10）「平方根」「３乗根」と次々と累乗根を加えていくアイデア
（11）「アーベルの証明」のアイデアを用いて、なぜ「２次方程式の解の公式が存在するのか」を解説（添加する式について加筆予定）
（12）「アーベルの証明」のアイデアを用いて、なぜ「３次方程式の解の公式が存在するのか」を解説（前編）。「差積の２乗の平方根」を用いて対称性を保つ置換を「偶置換」にまで絞り込む（対称性の破壊）。
（13）「アーベルの証明」のアイデアを用いて、なぜ「３次方程式の解の公式が存在するのか」を解説（後編）。「ラグランジュ・リゾルベント」を用いて対称性を保つ置換を「恒等置換」にまで絞り込む（対称性の破壊）。⟶ ３次方程式の解の公式の完成
（14）「アーベルの証明」の解説①。５次方程式の解の差積（または差積の２乗の平方根）を添加して、加減乗除ができる式の範囲を拡大。その結果、構成可能な式の対称性が５次置換（対称式）から偶置換シンメトリーへと破壊されることを解説。
（15）「アーベルの証明」の解説②。すべての置換は互換で表せることから、５次置換をすべて互換の積で表して、偶置換と奇置換に分類する。
（16）「アーベルの証明」の解説➂。「すべての偶置換は３次巡回置換の積で表される」ことの解説。
（17）「アーベルの証明」の解説➃（最後）。「任意の３次巡回置換が５次巡回置換の積で表せる」ことによって、５次方程式には解の公式が存在しないことが証明されることの解説。
（18）もっと分かりやすくシリーズ①「累乗根の添加」について重点解説。
（19）もっと分かりやすくシリーズ②「対称性の破壊」について重点解説。
（20）もっと分かりやすくシリーズ③「対称性を恒等置換まで破壊」することについて重点解説。
（21）もっと分かりやすくシリーズ➃ 何次方程式でも「最初に解の差積を添加して対称性を破壊すること」は常套手段。
（22）もっと分かりやすくシリーズ➄「解の和と差の連立」による２次方程式の解の公式の導出について。
（23）もっと分かりやすくシリーズ➅「対称式ではない解の公式を基本対称式で表す」ことのついて。
（24）もっと分かりやすくシリーズ➆「定数 ω」について復習
（25）もっと分かりやすくシリーズ➇「３次方程式の解の公式」の導出を復習
