竹村先生が部屋に入ると、小学５年生の森田君はホワイトボードの前に立っていた。
「先生、今回は僕がわかったことを説明します」
竹村は机に座った。生徒と先生が逆になった違和感をなんとなく覚え、竹村の家庭教師が始まった。森田君はさっそくホワイトボードに書き始める。
「まずは前回までの授業を簡単に眺めてみます。３次方程式の解の公式は、次のように与えられました。
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)3
ただし
pq=−31(ab)2+ac=272(ab)3−31(ab)(ac)+ad
なお、a, b, c, d は３次方程式 ax3+bx2+cx+d=0 の係数、p, q はチルンハウス変換をした３次方程式 y3+py+q=0 の係数、α, β, γ は３次方程式 y3+py+q=0 の解となります。その解 α, β, γ で表したラグランジュ・リゾルベント
α+β+γα+ωβ+ω2γα+ω2β+ωγ
を用いて３次方程式の解の公式を導くにあたり、次の恒等式からスタートしました。恒等式とは恒に成り立つ式のことです。この式の証明は、ω3=1 と 1+ω+ω2=0 が鍵を握りました（証明は本シリーズ (6)）。
αβγ=3(α+β+γ・リゾルベントラグランジュ)+(α+ωβ+ω2γ・リゾルベントラグランジュ)+(α+ω2β+ωγ・リゾルベントラグランジュ)=3(α+β+γ)+ω2(α+ωβ+ω2γ)+ω(α+ω2β+ωγ)=3(α+β+γ)+ω(α+ωβ+ω2γ)+ω2(α+ω2β+ωγ)
このカッコ（ ）の部分がラグランジュ・リゾルベントとなります。
ただし、α+β+γ は、３次方程式 y3+py+q=0 の解と係数の関係により、ただちに 0 となります。
３次方程式の解と係数の関係（復習）
３次方程式 ax3+bx2+cx+d=0 の３つの解を α, β, γ とすると
α+β+γ αβ+βγ+γααβγ===−−abacad
これを３次方程式 y3+py+q=0 に適用すると、
a=1, b=0, c=p, d=q
となるので
α+β+γ αβ+βγ+γααβγ===−−101p1q
より
α+β+γ αβ+βγ+γααβγ===−0pq
特に y2の係数が 0 なので α+β+γ=0 となります。よって次の課題は
AB=α+ωβ+ω2γ=α+ω2β+ωγ
と置いて、この A, B を３次方程式 y3+py+q=0 の係数 p, q を用いて表すことです。 A, B が求まれば、それを先ほどの恒等式に代入すれば α, β, γ が p, q を用いて求まり、それが解の公式へとつながっていきます。
αβγ=3(α+β+γ0)+(α+ωβ+ω2γA)+(α+ω2β+ωγB)=3(α+β+γ0)+ω2(α+ωβ+ω2γA)+ω(α+ω2β+ωγB)=3(α+β+γ0)+ω(α+ωβ+ω2γA)+ω2(α+ω2β+ωγB)
そこで、ラグランジュ・リゾルベント A, B は以下のように求めました。
ラグランジュ・リゾルベントをどう求めたか？（本シリーズ (7) の復習）
まずは A, B の 3 乗 A3, B3 を求めます。それには A3, B3 を解にもつ X についての２次方程式
(X−A3)(X−B3)=0
を考えました。これを解くと X−A3=0, X−B3=0 より X=A3, B3 となるので、確かにこの方程式は A3, B3 を解にもちます。そこでこの
(X−A3)(X−B3)=0
を、以下のように分配法則で展開すれば
(X−A3)(X−B3)(X−A3)X−(X−A3)B3(X−A3)X−(B3X−A3B3)X2−A3X−B3X+A3B3X2−(A3+B3)X+A3B3=0=0=0=0=0
となります。ただしこの展開式は、(x−a)(x−b) を展開して得られる展開公式
(x−a)(x−b)=(x−a)x−(x−a)b=(x2−ax)−(bx−ab)=x2−ax−bx+ab=x2−(ax+bx)+ab=x2−(a+b)x+ab
より
(x−a)(x−b)=x2−a, b の和(a+b)x+a, b の積ab
となることを利用して
(X−A3)(X−B3)X2−(A3 と B3 の和A3+B3)X+A3 と B3 の積A3B3=0=0
と展開すると簡単です。ここで、A3+B3, AB が対称式であることを利用して求めた
A3+B3AB=−27q=−3p
さらに下の式の両辺を 3 乗した
A3+B3A3B3=−27q=−27p3
を X2−(A3+B3)X+A3B3=0 に代入して
X2−(−27q)X−27p3=0
より
X2+27qX−27p3=0
となり、これで X についての２次方程式が得られます。これを２次方程式の解の公式
を用いて解くことによって、X は
X=27{−2q±(2q)2+(3p)3}
と求まります。もともと X は (X−A3)(X−B3)=0 の解であったので、この X が A3 または B3 となります。
ここで、± のプラスの方を A3、マイナスの方を B3 とおきます。
A3B3=27{−2q+(2q)2+(3p)3}=27{−2q−(2q)2+(3p)3}
なお、同じ議論になるので、A3 と B3 は逆に置いても問題ありません。
すると、A, B は、積が AB=−3p の組み合わせとなるので、次の３組に絞られます。
⎩⎨⎧A=33−2q+(2q)2−(3p)3B=33−2q−(2q)2−(3p)3⎩⎨⎧A=3ω3−2q+(2q)2−(3p)3B=3ω23−2q−(2q)2−(3p)3⎩⎨⎧A=3ω23−2q+(2q)2−(3p)3B=3ω3−2q−(2q)2−(3p)3
ω3=1 より、どの組み合わせでも、A と B を掛けると AB=−3p になることが確認できます。
そしてどの組み合わせでも、最初に述べた３次方程式の解の公式を正しく導くことができます（本シリーズ (7)）。
さて、ここで、５字以上の方程式に解の公式が存在しないことを証明するために、より一般的な視点で３次方程式の解の公式を掘り下げてみます。それには ２次方程式では α−β、３次方程式ではその拡張としての
(α−β)(β−γ)(γ−α)
が鍵となってきます」
その (α−β)(β−γ)(γ−α) は前回の授業の最後で森田君がちらっと指摘した式。いきなり核心をついてきたので竹村は驚いた。
「あれ森田君、証明できたの？」
「まだです。とりあえず分かったところまで話してみます」
竹村は少し焦った。
「まず、先ほどの式
A3B3=27{−2q+(2q)2+(3p)3}=27{−2q−(2q)2+(3p)3}
を以下のように変形していきます。これは解の公式の導出では表立っては現れなかった変形ですが、式の構造を知る上で分かりやすいかと思います」
自分の予習とはまったく違う展開に、竹村は思わず身を乗り出した。そんな竹村をよそ目に森田君は続ける。
「まず両辺を 27 で割って
27A327B3=−2q+(2q)2+(3p)3=−2q−(2q)2+(3p)3
2q を左辺に移項して
27A3+2q27B3+2q=(2q)2+(3p)3=−(2q)2+(3p)3
ここで両辺を 2 乗すると
(27A3+2q)2(27B3+2q)2=(2q)2+(3p)3=(2q)2+(3p)3⎭⎬⎫ ⋯(∗1)
この式を (∗1) とします。すると、どちらの右辺にも現れる
(2q)2+(3p)3
は、３次方程式の解の公式の平方根 の中にあった式、次の に当たる部分です。
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)3
この (2q)2+(3p)3 を、３次方程式 x3+px+q=0 の３つの解 α, β, γ で表すことを考えてみます。
そこで、そのためのヒントとして２次方程式を考えます。２次方程式の解の公式の平方根の中身は、２次方程式の解 α, β を用いてどのように表せるでしょうか。
２次方程式の場合は
まず２次方程式 ax2+bx+c=0 の解の公式
x=2a−b±b2−4ac
を少し変形して
x=2a−b±b2−4ac=2a−b±b2−4ac=2−ab±ab2−4ac=2−ab±a2b2−4ac=2−ab±a2b2−4ac=2−ab±a2b2−a24ac=2−ab±(ab)2−a4c=2−ab±(ab)2−4⋅ac
と変形したときの平方根の中身
(ab)2−4⋅ac
が、２次方程式 ax2+bx+c=0 の解と係数の関係
α+βαβ=−ab=ac
を用いて
(ab)2−4⋅ac={−(α+β)}2−4⋅αβ=(α+β)2−4αβ=α2+2αβ+β2−4αβ=α2−2αβ+β=(α−β)2
と対称式 (α−β)2 で表せることはすでに習いました。α−β は対称式ではありませんが、その 2 乗 (α−β)2 は対称式です。対称式なので
(α−β)2=(ab)2−4⋅ac
と、 (α−β)2 を２次方程式 ax2+bx+c=0 の係数で表すことができます。そして、その平方根
α−β=(ab)2−4⋅ac
と、解と係数の関係
α+β=−ab
とを連立させることによって、２次方程式の解の公式
x=2−ab±(ab)2−4⋅ac
を実現させたのです。
そこで３次方程式の場合、２次方程式の拡張として
(α−β)(β−γ)(γ−α)
を考えてみました。後で証明しますが、この式自体は対称式ではないですが、その 2 乗
{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2
は対称式です。
これは、２次方程式の拡張としてとらえることができます。
つまり、２次方程式では α−β は対称式ではありませんが、その 2 乗 (α−β)2 は対称式であるのと同様に、３次方程式では
(α−β)(β−γ)(γ−α)
は対称式ではありませんが、その 2 乗
{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2
は対称式です。
このことから、上記の２次方程式の解の公式
x=2−ab±(ab)2−4⋅ac
の「平方根の中身」が対称式 (α−β)2 で表せたのと同様に、３次方程式の解の公式の「平方根の中身 」
(2q)2+(3p)3
も対称式
{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2
で表せると予想し、計算してみました。それが次の式です。
(2q)2+(3p)3=−27⋅41{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2 ⋯(∗2)
狙い通り、３次方程式の解の公式の「平方根の中身 」を対称式で表すことができました。この式を (∗2) とし、以下これを証明していきます」
「森田君、それ、どこかで習った？」
「自分で考えました」
森田君はかぶせるように答えた。ここは出番と竹村は補足を入れた。
平方根の中身を差積で表せることの証明
「少し補足しておくけど、この
(α−β)(β−γ)(γ−α)
を『差積』というよ。異なる文字のペアを引いて、それらをすべて掛け合わせたもの。つまり”差の積”となるので『差積』というんだね。今考えている
(α−β)(β−γ)(γ−α)
は、３次方程式 y3+py+q=0 の３つの解の差積。２次方程式でもやった
α−β
は２つの解の差積と考えることもできる。森田君の言う通り
(α−β)(β−γ)(γ−α)
は、『差積』という意味で α−β の拡張になっているんだね。差積という言葉は知っていた？」
「なるほど ”差の積” で『差積』、初めて聞きました！」
森田君が本当に自分で考えたのか、半信半疑だった竹村は、その口調に自分で考えていたのだと確信した。森田君は続ける。
「では (2q)2+(3p)3 が３つの解の差積で表されること、具体的には
(2q)2+(3p)3=−27⋅41{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2 ⋯(∗2)
と表されること証明していきます。まず右辺の {(α−β)(β−γ)(γ−α)}2 から変形していきます。右辺を計算して左辺を導くねらいです。まずは次のように、一重線部、二重線部、波線部のカッコを入れ替えて、展開する組み合わせを変えていきます。
========{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2(α−β)2⋅(β−γ)2⋅(γ−α)2(α−β)(α−β)⋅(β−γ)(β−γ)⋅(γ−α)(γ−α)(α−β)(γ−α)⋅(β−γ)(α−β)⋅(γ−α)(β−γ)(α−β)(−α+γ)⋅(β−γ)(−β+α)⋅(γ−α)(−γ+β)(α−β){−(α−γ)}⋅(β−γ){−(β−α)}⋅(γ−α){−(γ−β)}{−(α−β)(α−γ)}⋅{−(β−γ)(β−α)}⋅{−(γ−α)(γ−β)}(−1)3(α−β)(α−γ)⋅(β−γ)(β−α)⋅(γ−α)(γ−β)−(α−β)(α−γ)⋅(β−γ)(β−α)⋅(γ−α)(γ−β)
より
={(α−β)(β−γ)(γ−α)}2−(α−β)(α−γ)⋅(β−γ)(β−α)⋅(γ−α)(γ−β) ⋯(∗3)
これを (∗3) とし、これからこの式を計算していきます。最初の下線部 ( )( ) は α が先頭、２つ目は β が先頭、３つ目は γ が先頭と整理したので、先に証明した展開公式
(x−a)(x−b)=x2−a, b の和(a+b)x+a, b の積ab
を利用して、以下のように展開できます。
(x−a)(x−b)=x2−(a+b)x+ab↓↓↓↓↓↓↓↓↓(α−β)(α−γ)=α2−(β+γ)α+βγ(β−γ)(β−α)=β2−(γ+α)β+γα(γ−α)(γ−β)=γ2−(α+β)γ+αβ⎭⎬⎫ ⋯(∗4)
これらすべてを (∗4) とします。 ここで、y3+py+q=0 の解を α, β, γ としたときの３次方程式の解と係数の関係
α+β+γαβ+βγ+γααβγ=0=p=q
の２つ目の式 αβ+βγ+γα=p について、βγ, γα, αβ について解くと
βγγααβ=p−αβ−γα=p−(αβ+γα)=p−(β+γ)α=p−αβ−βγ=p−(αβ+βγ)=p−(γ+α)β=p−βγ−γα=p−(βγ+γα)=p−(α+β)γ
これらを先ほどの (∗4) 式
(α−β)(α−γ)=α2−(β+γ)α+βγ(β−γ)(β−α)=β2−(γ+α)β+γα(γ−α)(γ−β)=γ2−(α+β)γ+αβ⎭⎬⎫ ⋯(∗4)
の下線部に代入して
(α−β)(α−γ)(β−γ)(β−α)(γ−α)(γ−β)=α2−(β+γ)α+βγ=α2−(β+γ)α+p−(β+γ)α=α2−(β+γ)α−(β+γ)α+p=α2−2(β+γ)α+p=β2−(γ+α)β+γα=β2−(γ+α)β+p−(γ+α)β=β2−(γ+α)β−(γ+α)β+p=β2−2(γ+α)β+p=γ2−(α+β)γ+αβ=γ2−(α+β)γ+p−(α+β)γ=γ2−(α+β)γ−(α+β)γ+p=γ2−2(α+β)γ+p
より
(α−β)(α−γ)=α2−2(β+γ)α+p(β−γ)(β−α)=β2−2(γ+α)β+p(γ−α)(γ−β)=γ2−2(α+β)γ+p⎭⎬⎫ ⋯(∗5)
これらすべてを (∗5) とします。ここで、再び３次方程式の解と係数の関係
α+β+γαβ+βγ+γααβγ=0=p=q
について、今度は１つ目の式 α+β+γ=0 より
β+γγ+αα+β=−α=−β=−γ
これらを (∗5) 式
(α−β)(α−γ)=α2−2(β+γ)α+p(β−γ)(β−α)=β2−2(γ+α)β+p(γ−α)(γ−β)=γ2−2(α+β)γ+p⎭⎬⎫ ⋯(∗5)
の下線部に代入して
(α−β)(α−γ)(β−γ)(β−α)(γ−α)(γ−β)=α2−2(β+γ)α+p=α2−2(−α)α+p=α2−2(−α2)+p=α2+2α2+p=3α2+p=α2−2(γ+α)β+p=β2−2(−β)β+p=β2−2(−β2)+p=β2+2β2+p=3β2+p=γ2−2(α+β)γ+p=γ2−2(−γ)γ+p=γ2−2(−γ2)+p=γ2+2γ2+p=3γ2+p
より
(α−β)(α−γ)(β−γ)(β−α)(γ−α)(γ−β)=3α2+p=3β2+p=3γ2+p
これらを (∗3) 式
={(α−β)(β−γ)(γ−α)}2−(α−β)(α−γ)⋅(β−γ)(β−α)⋅(γ−α)(γ−β) ⋯(∗3)
の下線部にそれぞれ代入して
==={(α−β)(β−γ)(γ−α)}2−(α−β)(α−γ)⋅(β−γ)(β−α)⋅(γ−α)(γ−β)−(3α2+p)⋅(3β2+p)⋅(3γ2+p)−(p+3α2)(p+3β2)(p+3γ2)
より
={(α−β)(β−γ)(γ−α)}2−(p+3α2)(p+3β2)(p+3γ2) ⋯(∗6)
ここで、この式の右辺部分の
(p+3α2)(p+3β2)(p+3γ2)
を展開するにあたっては、(x+a)(x+b)(x+c) の展開
======(x+a)(x+b)(x+c){x2+(a+b)x+ab}(x+c){x2+(a+b)x+ab}x+{x2+(a+b)x+ab}cx3+(a+b)x2+abx+cx2+(a+b)cx+abcx3+(a+b)x2+abx+cx2+(ca+bc)x+abcx3+(a+b)x2+cx2+abx+(bc+ca)x+abcx3+(a+b+c)x2+(ab+bc+ca)x+abc
によって証明される次の展開公式
=(x+a)(x+b)(x+c)x3+(a+b+c)x2+(ab+bc+ca)x+abc
を利用するのが便利です。係数と定数項部分が「３変数の基本対称式」になっています。この公式を
x=p, a=3α2, b=3β2, c=3γ2
として適用すると
=(p↓x+3α2↓a)(p↓x+3β2↓b)(p↓x+3γ2↓c)p3↓x3+(3α2↓a+3β2↓b+3γ2↓c)p2↓x2+(3α2↓a3β2↓b+3β2↓b3γ2↓c+3γ2↓c3α2↓a)p↓x+3α2↓a3β2↓b3γ2↓c
より
===(p+3α2)(p+3β2)(p+3γ2)p3+(3α2+3β2+3γ2)p2+(3α2⋅3β2+3β2⋅3γ2+3γ2⋅3α2)p+3α3⋅3β2⋅3γ2p3+(3α2+3β2+3γ2)p2+(9α2β2+9β2γ2+9γ2α2)p+27α2β2γ2p3+3(α2+β2+γ2)p2+9(α2β2+β2γ2+γ2α2)p+27α2β2γ2
より
=(p+3α2)(p+3β2)(p+3γ2)p3+3(α2+β2+γ2)p2+9(α2β2+β2γ2+γ2α2)p+27α2β2γ2 ⋯(∗7)
この式を (∗7) とします。これを p についての方程式と見たときの係数と定数項部分
α2+β2+γ2α2β2+β2γ2+γ2α2α2β2γ2
はすべて、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。対称式なので、３変数の基本対称式
α+β+γαβ+βγ+γααβγ
の加減乗除で表せます。
まず x2 の係数 α2+β2+γ2 については、つぎの展開公式を用います。
(α+β+γ)2=α2+β2+γ2+2αβ+2βα+2βγ
この公式の両辺を入れ替えて
α2+β2+γ2+2αβ+2βα+2βγ=(α+β+γ)2
2αβ+2βα+2βγ を左辺に移項すれば
α2+β2+γ2=(α+β+γ)2−2αβ−2βα−2βγ=(基本対称式α+β+γ)2−2(基本対称式αβ+βγ+γα)
となり、基本対称式の加減乗除で表せます。続いて x の係数 α2β2+β2γ2+γ2α2 ですが、これは先ほど求めた
α2+β2+γ2=(α+β+γ)2−2(αβ+βγ+γα)
について、α を αβ に、β を βγ に、γ を γα に書き換えればいいでしょう。代入ではなくただの”書き換え”です。具体的には
αβ↓α2+βγ↓β2+γα↓γ2=(αβ↓α+βγ↓β+γα↓γ)2−2(αβ↓αβγ↓β+βγ↓βγα↓γ+γα↓γαβ↓α)
と書き換えて
====α2β2+β2γ2+γ2α2(αβ+βγ+γα)2−2(αβ⋅βγ+βγ⋅γα+γα⋅αβ)(αβ+βγ+γα)2−2(αβ2γ+βγ2α+γα2β)(αβ+βγ+γα)2−2αβγ(β+γ+α)(基本対称式αβ+βγ+γα)2−2基本対称式αβγ(基本対称式α+β+γ)
最後、定数項 α2β2γ2 は簡単で
α2β2γ2=(基本対称式αβγ)2
以上をまとめると
α2+β2+γ2α2β2+β2γ2+γ2α2α2β2γ2=(基本対称式α+β+γ)2−2(基本対称式αβ+βγ+γα)=(基本対称式αβ+βγ+γα)2−2基本対称式αβγ(基本対称式α+β+γ)=(基本対称式αβγ)2
これに、y3+py+q=0 の解を α, β, γ としたときの解と係数の関係
α+β+γ αβ+βγ+γααβγ===−0pq
を代入すると
α2+β2+γ2α2β2+β2γ2+γ2α2α2β2γ2=(α+β+γ)2−2(αβ+βα+βγ)=02−2⋅p=−2p=(αβ+βγ+γα)2−αβγ(α+β+γ)=p2−(−p)⋅0=p2=(αβγ)2=(−q)2=q2
これらを (∗7) 式
=(p+3α2)(p+3β2)(p+3γ2)p3+3(α2+β2+γ2)p2+9(α2β2+β2γ2+γ2α2)p+27α2β2γ2 ⋯(∗7)
の下線部に代入して
=====(p+3α2)(p+3β2)(p+3γ2)p3+3(α2+β2+γ2)p2+9(α2β2+β2γ2+γ2α2)p+27α2β2γ2p3+3(−2p)p2+9(p2)p+27⋅q2p3−6p3+9p3+27q2−5p3+9p3+27q24p3+27q2
より
(p+3α2)(p+3β2)(p+3γ2)=4p3+27q2 ⋯(∗8)
すると (∗6) 式
={(α−β)(β−γ)(γ−α)}2−(p+3α2)(p+3β2)(p+3γ2) ⋯(∗6)
の (p+3α2)(p+3β2)(p+3γ2) 部分に (∗8) を代入して
======={(α−β)(β−γ)(γ−α)}2−(p+3α2)(p+3β2)(p+3γ2)−(4p3+27q2)−(4⋅27⋅27p3+27⋅4⋅4q2)−4⋅27(27p3+4q2)−4⋅27(33p3+22q2)−4⋅27{(3p)3+(2q)2}−4⋅27{(2q)2+(3p)3}
よって
{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2=−4⋅27{(2q)2+(3p)3}
ここで両辺を入れ替えて
−4⋅27{(2q)2+(3p)3}={(α−β)(β−γ)(γ−α)}2
両辺を −4⋅27 で割ると
(2q)2+(3p)3=−4⋅271{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2 ⋯(∗2)
これで (2q)2+(3p)3 を、差積の 2 乗 {(α−β)(β−γ)(γ−α)}2 で表すことができ、先に述べた (∗2) 式を証明することができました。
これを最初に導いた (∗1) 式
(27A3+2q)2(27B3+2q)2=(2q)2+(3p)3=(2q)2+(3p)3⎭⎬⎫ ⋯(∗1)
に代入すると
(27A3+2q)2(27B3+2q)2=−4⋅271{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2=−4⋅271{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2
となります。すると
{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2
は対称式なので、それに −4⋅271 をかけた
−4⋅271{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2
も対称式となります。対称式に −4⋅271 を掛けても、α, β, γ の関係は変わらないからです。
−4⋅271{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2
は対称式なので、３次方程式の y3+py+q=0 の係数 p, q の加減乗除を用いて表せます。そうして得られたのが、最初に導いた (∗1) 式
(27A3+2q)2(27B3+2q)2=p, q の加減乗除(2q)2+(3p)3=p, q の加減乗除(2q)2+(3p)3⎭⎬⎫ ⋯(∗1)
ということです。これを解いていけば、A3, B3 が p, q を用いて求まり、やがて A, B も p, q を用いて求まり、３次方程式の解の公式が導かれます。
では次に、先ほど証明抜きで述べた「３つの解の差積
(α−β)(β−γ)(γ−α)
は対称式ではないが、それを２乗した
{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2
は対称式になる」ことを証明したいと思います。これは２次方程式の解の公式を導くときにやった「２変数の差積
α−β
は対称式ではないが、それを２乗した
(α−β)2
は対称式となる」というアイデアとつながっています。３次方程式の解の公式を導くときにも、最初に２次方程式の解の公式を利用するからです。
前置きが長くなりましたが、まず初めに、３つの解の差積
(α−β)(β−γ)(γ−α)
が対称式ではないことを証明します。
差積が対称式ではないことの証明
次の①～➅の３次置換
➀(ααββγγ)=(αβ)(α β)=(βγ)(β γ)=(γα)(γα)②(αγβαγβ)=(βγ)(γα)=(γα)(α γ)=(αβ)(βγ)③(αββγγα)=(βγ)(α β)=(γα)(β γ)=(αβ)(γα)⎭⎬⎫偶置換④(ααβγγβ)=(βγ)⑤(αγββγα)=(αγ)⑥(αββαγγ)=(αβ)⎭⎬⎫奇置換
を３つの解の差積 (α−β)(β−γ)(γ−α) に作用させていきます。復習ですが、３次置換はこの①～➅の６通りですべてであり、①～③は偶数個の互換の積なので『偶置換』、今回は２個の互換の積で表され、④～➅は奇数個の互換の積なので『奇置換』、今回は１個の互換で表されます。偶置換と奇置換は、かならず半分ずつ同じ数ずつ分かれます。今回は３個ずつに分かれました。また①～③それぞれの偶置換は、各々３通りの互換の積で表せます。
なお、互換 (α β) は α と β を入れ替える、つまり α を β に、β を α に置き換える置換。互換 (β γ) は β と γ を入れ替える、つまり β を γ に、γ を β に置き換える置換。互換 (γ α) は γ と α を入れ替える、つまり γ を α に、α を γ に置き換える置換です。
それでは①～➅のそれぞれの置換によって、３つの解の差積
(α−β)(β−γ)(γ−α)
がどう変化するのか調べていきます。
① (α β γα β γ) について。①は恒等置換、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
② (γ α βα β γ) 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。ちなみに３通りで表された互換の積で置換しても、もとの式と変わらないことがわかります。具体的にやってみます。
②-1 (β γ)(γ α) は、互換を前から作用させると定義します。右の矢印の順番です。つまり、先に互換 (β γ) によって α はそのままで、β を γ に、γ を β に置き換えてから、次に互換 (γ α) によって β はそのままで、γ を α に、α を γ に置き換えます。
⟶=====⟶=====(α−β)(β−γ)(γ−α)↓↓↓↓⇐互換 (β γ) を作用(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)↓↓↓↓⇐互換 (γ α) を作用−(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)4(α−β)(β−γ)(γ−α)}(α−β)(γ−β)(γ−α)} ⇐変化しない
②-2 (γ α)(α β) は、先に互換 (γ α) によって β はそのままで、γ を α に、α を γ に置き換えてから、次に互換 (α β) によって γ はそのままで、α を β に、β を α に置き換えます。
⟶=====⟶=====(α−β)(β−γ)(γ−α)↓↓↓↓⇐互換 (γ α) を作用(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)↓↓↓↓⇐互換 (α β) を作用−(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)4(α−β)(β−γ)(γ−α)}(α−β)(γ−β)(γ−α)} ⇐変化しない
②-3 (α β)(β γ) は、先に互換 (α β) によって γ はそのままで、α を β に、β を α に置き換えてから、次に互換 (β γ) によって α はそのままで、β を γ に、γ を β に置き換えます。
⟶=====⟶=====(α−β)(β−γ)(γ−α)↓↓↓↓⇐互換 (α β) を作用(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)↓↓↓↓⇐互換 (β γ) を作用−(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)4(α−β)(β−γ)(γ−α)}(α−β)(γ−β)(γ−α)} ⇐変化しない
つまり偶置換では、１回目の互換で −1 倍、2回目の互換で (−1)×(−1)=1 倍となり、偶数回の互換だと常時 1 倍。互換を作用させるという観点においても元の式と変わらないことがわかります。
③ (β γ αα 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
③も②と同様、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。また計算は省略しますが、③も偶置換なので、②と同じように２回の互換で (−1)×(−1)=1 倍となり、互換を作用させるという観点においても元の式と変わりません。
④ (α γ βα 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
⑤ (γ β αα β 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
⑥ (β α γα β γ) 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
④～➅は奇置換、特に一つの互換だけで表される置換なので、−1 倍と変化します。
以上をまとめますと、①～③の偶置換では (α−β)(β−γ)(γ−α) は変化しません。
➀(ααββγγ)②(αγβαγβ)③(αββγγα)⎭⎬⎫では(α−β)(β−γ)(γ−α)⟶(α−β)(β−γ)(γ−α)
一方④～➅の奇置換では、(α−β)(β−γ)(γ−α) は −1 倍と変化します。
④(ααβγγβ)➄(αγββγα)➅(αββαγγ)⎭⎬⎫では(α−β)(β−γ)(γ−α)⟶−(α−β)(β−γ)(γ−α)
では次に、(α−β)(β−γ)(γ−α) を 2 乗した
{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2
に①～➅の３次置換を作用してみます。
差積の２乗が対称式であることの証明
これは簡単です。 ①～③ 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)②(αγβαγβ)③(αββγγα)⎭⎬⎫では{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2⟶{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2
④～➅ 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。
④(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 ①～➅ のすべての置換で変化しないので
{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2
は対称式となります。
➀(ααββγγ)②(αγβαγβ)③(αββγγα)④(ααβγγβ)➄(αγββγα)➅(αββαγγ)⎭⎬⎫では{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2⟶{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2⟶対称式
今日の授業はここまでにしたいと思います。今日は３次方程式の解の公式の平方根の中身 (2q)2+(3p)3 が、３つの解の差積の２乗
{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2
を用いて
(2q)2+(3p)3=−4⋅271{(α−β)(β−γ)(γ−α)}2 ⋯(∗2)
と表せることを証明しました。このことは「５次以上の方程式に解の公式が存在しないこと」の核心部分になるので、続きは次の授業にしたいと思います。
展望としては、解の公式はその方程式の係数の加減乗除、つまり係数の足し算・引き算・掛け算・割り算だけでは表現できませんが、差積を足場にすることによって、平方根 を用いて２次方程式の解の公式が実現でき、さらにラグランジュ・リゾルベントを足場にすることによって、３乗根 3 を用いて３次方程式の解の公式が実現できる。しかしその方法は４次方程式までで、５次以上になると、平方根、３乗根・・・と加えていくその方法は使えなくなる、という方針になります。まだ整理できていないところもあるので、次の授業まで考えてみます」
「そうだね、ここからが一番難しいので、もう一度考えてみてね」
なんだか当たり障りのない言葉を最後に、竹村の家庭教師が終わった。
「『差積』という言葉しか説明してないな・・・」
帰路の途中ぽつりと呟いた竹村は、夜中までやっている図書館へと向かった。
（了）
（コメント）
流れとしてはもっと先に進めても良かったんですが、自分も勉強しながらでまだ構想を練っていないので、次の記事に回すことにしました。全体としてわかりやすい流れになっているのか不明ですが、過去を振り返らず先に進めていきます。後から全体を見まわして、もっと分かりやすくなるよう修正する予定です。
