２次方程式の解の公式はよく知られています。
目を覚ましたら、２次方程式の解の公式がこの世から消えていたら？
解の公式を導くのに、平方完成より楽な方法はないのだろうか？
ラグランジュが注目したのは、解と係数の関係でした。
解と係数の関係
高校生にとって、解と係数の関係は身近なものです。
例えば、 \(x^2-x-1=0\) の２解を \(x_1,x_2\) とすると、
\(x_1+x_2=1\) 、\(x_1x_2=-1\)
これから \(x_1-x_2\) の値を求めると、
\((x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=1+4=5\) \(\therefore x_1-x_2=\pm\sqrt{5}\)
\(x_1-x_2\) の値の１つを選び、 \(x_1+x_2=1\) と連立させると \(x_1,x_2\) を求めることができます。
即ち、\(\begin{cases}
x_1+x_2=1\\
x_1-x_2=\sqrt{5}
\end{cases}\) より \(x_1=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\:,\:x_2=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\)
このように、\(x_1-x_2\) の値を求め、 \(x_1+x_2\) の値と連立させることにより、解を求めることが可能になります。他の問題で練習してみましょう。
［問題］ \(x^2+5x-1=0\) のとき、 \(x_1-x_2\) を求めることにより \(x_1,x_2\) を求めよ。
解と係数の関係から、\(x_1+x_2=-5\) 、\(x_1x_2=-1\)
\((x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=25+4=29\) \(\therefore x_1-x_2=\pm\sqrt{29}\)
\(x_1-x_2=\sqrt{29}\) として、 \(x_1+x_2=-5\) と連立させると、
\(x_1=\dfrac{-5+\sqrt{29}}{2}\) 、\(x_2=\dfrac{-5-\sqrt{29}}{2}\)
［１般の場合］ \(ax^2+bx+c=0\) における解と係数の関係は
\(x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}\) 、\(x_1x_2=\dfrac{c}{a}\)
\((x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=\dfrac{b^2}{a^2}-4\dfrac{c}{a}=\dfrac{b^2-4ac}{a^2}\)
\(x_1-x_2=\dfrac{\sqrt{b^2-4ac}}{a}\) と \(x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}\) を連立させれば、
\(x_1=\dfrac{-b+\sqrt{b^2-4ac}} {2a}\) 、\(x_2=\dfrac{-b-\sqrt{b^2-4ac}} {2a}\) となり解の公式が導かれます。
この方法の本質は、2次方程式を連立１次方程式に帰着させることにあります。
同様の手法を3次方程式に使うことはできないでしょうか？
ラグランジュは、2次の場合で \(x_1-x_2\) の構造に注目します。
\(x_1-x_2\) は交代式と呼ばれ、 \(x_1,x_2\) を入れ換える置換を行うと符号が変わります。
\(x_1-x_2\) を解とする方程式を補助方程式と呼ぶことにします。
\(X=x_1-x_2\) とおくと、\(X^2=(x_1-x_2)^2\)
これは \(\{X-(x_1-x_2)\}\{X+(x_1-x_2)\}=0\) と同値であり、
\(\{X-(x_1-x_2)\}\{X-(-x_1+x_2)\}=0\) であることから、
補助方程式は、 \(x_1-x_2\) と置換によって得られる \(-x_1+x_2\) を解とする方程式になっています。
ラグランジュの分解式
2次の場合、根の１次式 \(x_1-x_2\) の正体は何なのでしょうか？
ラグランジュは、その係数が \(x^2=1\) の解であることに注目します。
（ \(x^2=1\) は最も基本的な2次方程式なので、2次の基本方程式と呼ぶことにします）
２次の基本方程式 \(x^2=1\) の解は、1と-1です。
1の平方根1と-1を \(x_1,x_2\) の係数としたものが、 \(x_1-x_2\)
ラグランジュは、基本方程式の解を係数とする１次式を構成したことになります。
（これは、ラグランジュの分解式と呼ばれています）
同じ方法で3次方程式の分解式を構成してみましょう。
３次の基本方程式 \(x^3=1\) の解は、\(1,\omega,\omega^2\) です。
\(1,\omega,\omega^2\) を係数とする根の１次式は、\(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\)
もし、 \(X=x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\) とおいて、\(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\) の値を求めることができれば、
\(x_1+x_2+x_3\) などの値と連立させた連立１次方程式から \(x_1,x_2,x_3\) を求めることができるのではないか、というのがラグランジュのアイディアです。
ところで、２次方程式では \(x_1-x_2\) の値を求めることは容易でした。
\(x_1-x_2\) を解とする方程式が、２乗するだけで簡単につくれたからです。
しかし、 \(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\) となると簡単には求まりません。
この式は３乗しても簡単になることはなく、 \(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\) を解とする方程式は、簡単には作れないからです。
解決のためラグランジュが用いたアイディアは根の置換（並び替え）でした。
ラグランジュは、補助方程式が \(x_1-x_2\) と置換によって得られる \(-x_1+x_2\) を解としていることに注目します。
つまり、２乗することによって補助方程式を作るのでなく、根を置換した式を解とする方程式を作ることで補助方程式を作ろうとするのです。
\(x_1-x_2\) で \(x_1,x_2\) の順序を並び替えると 、 \(x_1-x_2\) と \(-x_1+x_2\)
この2つを解とする方程式が
\(\{X-(x_1-x_2)\}\{X-(-x_1+x_2)\}=0\)
\(X^2=(x_1-x_2)^2=\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-4\dfrac{c}{a}\) ここから \(X=x_1-x_2\) の値が求まります。
分解式とその置換した式を根とする方程式を作れば補助方程式になるのではないか？
ラグランジュは、この仮説を３次方程式にも適用します。
ラグランジュの仮説
２次方程式の場合
\(x_1-x_2\) を並び替えて得られる、\(x_1-x_2\) と \(-x_1+x_2\) とを解とする補助方程式は係数が有理数で簡単に解け、そこから、 \(x_1-x_2\) の値を求めることができる。
３次方程式の場合
\(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\) を並び替えて得られるものを解とする補助方程式は係数が有理数で簡単に解け、そこから \(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\)
しかし、３個の順列は、\(3!=6\) です。補助方程式は６つの解を持つ6次方程式になり、簡単にはいかないようです。鍵を握るのは、\(\omega\) の性質の活用です。
２次方程式と３次方程式を対比して考えます。
| 2次方程式 | 3次方程式 |
| 解と係数の関係
\(ax^2+bx+c=0\) の解が \(x_1,x_2\) のとき、 \(x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}\) 、\(x_1x_2=\dfrac{c}{a}\) |
解と係数の関係
\(ax^3+bx^2+cx+d=0\) の解が \(x_1,x_2,x_3\) のとき、 \(x_1+x_2+x_3=-\dfrac{b}{a}\) 、\(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=\dfrac{c}{a}\) 、\(x_1x_2x_3=-\dfrac{d}{a}\) |
| ラグランジュの分解式
\(x_1-x_2\) （\(x^2=1\) の解 \(1,-1\) と \(x_1,x_2\) から構成） |
ラグランジュの分解式
\(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\) （\(x^3=1\) の解 \(1,\omega,\omega^2\) と \(x_1,x_2,x_3\) から構成） |
| \(x_1-x_2\) を並び替えて得られる式は、
\(x_1-x_2\) と \(-x_1+x_2\) この２つを解とする補助方程式は \(\{X-(x_1-x_2)\}\{X-(-x_1+x_2)\}=0\) 即ち、\(X^2=(x_1-x_2)^2\) \((x_1-x_2)^2\) の値は、解と係数の関係から分かる。 |
\(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\) を並び替えて得られる式は何か？
それらを解とする補助方程式は何か？ 補助方程式の係数は、解と係数の関係から得られるか？ |
| 連立方程式
\(x_1,x_2\) は、連立１次方程式によって求まる。 |
連立方程式
\(x_1,x_2,x_3\) は、連立１次方程式によって求まる。 |
平行移動
平行移動によって方程式の係数を簡略化しておくと計算が楽になります。
２次方程式は、平行移動によって \(X^2-p=0\) に帰着できます。
実際、\(ax^2+bx+c=0\) は、\(\left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2-\left(\dfrac{b^2}{4a^2}-c\right)=0\) と変形され、
\(X=x+\dfrac{b}{2a}\:,\:p=\dfrac{b^2}{4a^2}-c\) とおけば、\(X^2-p=0\)
\(X\) が求まれば、 \(x=X-\dfrac{b}{2a}\) によって１般の解を求めることができます。
３次方程式は、平行移動によって \(X^3+pX+q=0\) に帰着できます。
簡単のため、3次の係数を１、2次の係数を とした3次方程式
\(x^3+3ax^2+bx+c=0\) について、
\((x+a)^3+(b-3a^2)x+(c-a^3)=0\)
\((x+a)^3+(b-3a^2)(x+a)+(c-ab+2a^3)=0\)
\(X=x+a\:,\:p=b-3a^2\:,\:q=c-ab+2a^3\) とおけば、\(X^3+pX+q=0\)
\(X\) が求まれば、 \(x=X-a\) によって１般の解を求めることができます。
補助方程式（ \(x^3+px+q=0\) の場合)
\(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\) を解とする補助方程式は、 \(X^6+27qX^3-27p^3=0\)
であることが導かれます。
この式が導かれれば、これから \(X^3\) を求め、３乗根を用いて \(X\) を求めると、
\(\alpha =x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\:\:,\:\:\beta =x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3\) の値が求まり、
連立１次方程式
\(\begin{cases}
x_1+x_2+x_3=0\\
x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3=\alpha\\
x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3=\beta
\end{cases}\) を解いて
\(x_1=\dfrac{\alpha+\beta}{3}\:,\:x_2=\dfrac{\omega^2\alpha+\omega\beta}{3}\:,\:x_3=\dfrac{\omega\alpha+\omega^2\beta}{3}\)
解が求まります。つまり、 \(X^6+27qX^3-27p^3=0\) を導くことが問題の核心と言えます。
\(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\) で \(x_1,x_2,x_3\) の置換は６通りあります。
表にして整理すると、２つのグループに分類されることが分かります。
| \(1\) | \(\omega\) | \(\omega^2\) | １次式 | ||
| \(x_1\) | \(x_2\) | \(x_3\) | \(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3=\) | \(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\) | \(\alpha\) |
| \(x_3\) | \(x_2\) | \(x_1+\omega x_3+\omega^2 x_2=\) | \(x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3\) | \(\beta \) |
|
| \(x_2\) | \(x_1\) | \(x_3\) | \(x_2+\omega x_1+\omega^2 x_3=\) | \(\omega x_1+ x_2+\omega^2 x_3\) | \(\omega \beta \) |
| \(x_3\) | \(x_1\) | \(x_2+\omega x_3+\omega^2 x_1=\) | \(\omega^2 x_1+ x_2+\omega x_3\) | \(\omega^2 \alpha\) | |
| \(x_3\) | \(x_1\) | \(x_2\) | \(x_3+\omega x_1+\omega^2 x_2=\) | \(\omega x_1+\omega^2 x_2+ x_3\) | \(\omega \alpha\) |
| \(x_2\) | \(x_1\) | \(x_3+\omega x_2+\omega^2 x_1=\) | \(\omega^2 x_1+\omega x_2+ x_3\) | \(\omega^2 \beta \) |
\(\alpha=x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\) の置換で得られる１次式は、\(\alpha,\omega\alpha,\omega^2\alpha\) 、 \(\beta,\omega\beta,\omega^2\beta\) の６つであり、
\(\alpha\) に関係したものと、 \(\beta\) に関係したものに分類されることがわかります。
\(x^3-1=(x-1)(x-\omega)(x-\omega^2)\) から、
\(X^3-\alpha^3=(X-\alpha)(X-\omega\alpha)(X-\omega^2\alpha)\)
\(X^3-\beta^3=(X-\beta)(X-\omega\beta)(X-\omega^2\beta)\)
\((X-\alpha)(X-\omega\alpha)(X-\omega^2\alpha)(X-\beta)(X-\omega\beta)(X-\omega^2\beta)
=(X^3-\alpha^3)(X^3-\beta^3)\) であるので、
６つの積は、\(\alpha,\beta\) に分類された２つの積になり
分解式 \(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\) を解とする補助方程式は、 \((X^3-\alpha^3)(X^3-\beta^3)=0\)
即ち、 \(X^6-(\alpha^3+\beta^3)X^3+\alpha^3\beta^3=0\) であることが分かります。
あとは、 \(\alpha^3+\beta^3\) と \(\alpha^3\beta^3\) を求めればよいことになりますが、ここで1の３乗根 \(\omega\) の美しい性質を整理しておきましょう。
1の３乗根 \(\omega\) の性質
基本となるのは、 \(\omega^2+\omega+1=0\:,\:\omega^3=1\) です。
(1) \(x^2+x+1=(x-\omega)(x-\omega^2)\)
\(\begin{split}
\because \:\:x^2+x+1&=x^2+(-\omega^2-\omega)x+\omega^3\\
&=x^2+(-\omega^2-\omega)x+(-\omega)(-\omega^2)\\
&=(x-\omega)(x-\omega^2)
\end{split}\)
(2) \(x^3-1=(x-1)(x-\omega)(x-\omega^2)\)
(3) \(a^2+ab+b^2=(a-\omega b)(a-\omega^2b)\)
\(\begin{split}
\because \:\:a^2+ab+b^2
&=a^2+(-\omega^2-\omega)ab+(-\omega b)(-\omega^2 b)\\
&=(a-\omega b)(a-\omega^2b)
\end{split}\)
この結果として、\(\:a^3-b^3=(a-b)(a-\omega b)(a-\omega^2b)\)
(4) \(a^2-ab+b^2=(a+\omega b)(a+\omega^2b)\)
この結果として、\(a^3+b^3=(a+b)(a+\omega b)(a+\omega^2b)\)
(5) \(a^2+b^2+c^2-bc-ca-ab=(a+\omega b+\omega^2 c)(a+\omega^2 b+\omega c)\)
\(\begin{split}
\because \:\:a^2+b^2+c^2-bc-ca-ab&=a^2-(b+c)a+(b^2-bc+c^2)\\
&=a^2-(b+c)a+(b+\omega c)(b+\omega^2c)\\
&=a^2-(b+c)a+\omega^3(b+\omega c)(b+\omega^2c)\\
&=a^2-(b+c)a+\omega(b+\omega c)\cdot \omega^2(b+\omega^2c)\\
&=a^2-(b+c)a+(\omega b+\omega^2 c)(\omega^2b+\omega c)\\
&=(a+\omega b+\omega^2 c)(a+\omega^2b+\omega c)
\end{split}\)
この結果として、 \(a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a+\omega b+\omega^2 c)(a+\omega^2b+\omega
c)
\)
最後の式は、特に興味深いもので、ラグランジュはこの式から分解式の着想を得たのではないかと想像したりします。
これらの性質を念頭に置いて、 \(\alpha^3+\beta^3\) と \(\alpha^3\beta^3\) を求めることにします。
\(\alpha^3+\beta^3=(\alpha+\beta)(\alpha+\omega \beta)(\alpha+\omega^2\beta)\) について、
\(\alpha =x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\:\:,\:\:\beta =x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3\) より
\(\alpha+\beta=2x_1-x_2-x_3\)
\(\alpha+\omega \beta=-\omega^2x_1-\omega^2x_2+2\omega^2x_3=\omega^2(-x_1-x_2+2x_3)\)
\(\alpha+\omega^2\beta=-\omega x_1+2\omega x_2-\omega x_3=\omega(-x_1+2x_2-x_3)\)
\(\begin{split}
\therefore \alpha^3+\beta^3&=(2x_1-x_2-x_3)(-x_1-x_2+2x_3)(-x_1+2x_2-x_3)\\
&=(3x_1-x_1-x_2-x_3)(3x_3-x_1-x_2-x_3)(3x_2-x_1-x_2-x_3)
\end{split}\)
この右辺は、 \(x_1,x_2,x_3\) のどの２つを入れ換えても変わらない対称式です。
ウェアリングの「対称式の基本定理」によれば、すべての対称式は基本対称式で表されます。基本対称式は解と係数の関係に登場する対称式（方程式の係数）なので、すべての対称式は方程式の係数で表されることになります。
高校数学の美しい物語 様
「対称式の基本定理の証明」 https://manabitimes.jp/math/1239 参照
簡略化のため、 \(x_1+x_2+x_3=0\) としているので、 \(\alpha^3+\beta^3=27x_1x_2x_3\) となります。
\(\alpha^3\beta^3=(\alpha \beta)^3\) について、性質(5)を参考にしながら
\(\begin{split}
\alpha\beta&=(x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3)(x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3)\\
&=x_1^2+x_2^2+x_3^2+(\omega^2+\omega)x_1x_2+(\omega^2+\omega)x_1x_3+(\omega^2+\omega)x_2x_3\\
&=x_1^2+x_2^2+x_3^2-x_1x_2-x_2x_3-x_3x_1\\
&=(x_1+x_2+x_3)^2-3(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)\\
&=-3(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)
\end{split}\)
\(x^3+px+q=0\) の解と係数の関係は、
\(x_1+x_2+x_3=0\) 、 \(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=p\) 、 \(x_1x_2x_3=-q\)
よって、\(\alpha^3\beta^3=-27p^3\) 、\(\alpha^3+\beta^3=-27q\)
まとめると、
\(x^3+px+q=0\) の解 \(x_1,x_2,x_3\) に対し、
\(\alpha =x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\:\:,\:\:\beta =x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3\) を解とする方程式は、
\(X^6+27qX^3-27p^3=0\) となります。
この方法で、 \(x^3-3x-2=0\) を解いてみましょう。
3つの解 \(x_1,x_2,x_3\) に対し、 \(\alpha =x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3\:\:,\:\:\beta =x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3\) を解とする方程式は、
\(X^6-2\cdot 3^3X^3-3^6=0\)
\((X^3-3^3)^2=2\cdot 3^6\) \(\therefore X^3-3^3=\pm3^3\sqrt{2}\)
\(X^3=3^3\left(1\pm\sqrt{2}\right)\) 解の１つは、\(X=3\sqrt[3]{1\pm\sqrt{2}}\)
6つの解は、\(3\sqrt[3]{1+\sqrt{2}}\:,\:3\sqrt[3]{1+\sqrt{2}}\omega\:,\: 3\sqrt[3]{1+\sqrt{2}}\omega^2\) 、\(3\sqrt[3]{1-\sqrt{2}}\:,\:3\sqrt[3]{1-\sqrt{2}}\omega\:,\: 3\sqrt[3]{1-\sqrt{2}}\omega^2\)
6つの解は 、\(\alpha,\omega\alpha,\omega^2\alpha\) 、 \(\beta,\omega\beta,\omega^2\beta\) であったから、
\(\alpha=3\sqrt[3]{1+\sqrt{2}}\) 、 \(\beta=3\sqrt[3]{1-\sqrt{2}}\) とすればよいことが分かります。
\(x_1=\dfrac{\alpha+\beta}{3}\:,\:x_2=\dfrac{\omega^2\alpha+\omega\beta}{3}\:,\:x_3=\dfrac{\omega\alpha+\omega^2\beta}{3}\) に代入して、
\(x_1=\dfrac{3\sqrt[3]{1+\sqrt{2}}+3\sqrt[3]{1-\sqrt{2}}}{3}\:,\:x_2=\dfrac{\omega^2 3\sqrt[3]{1+\sqrt{2}}+\omega3\sqrt[3]{1-\sqrt{2}}}{3}\:,\:x_3=\dfrac{\omega 3\sqrt[3]{1+\sqrt{2}}+\omega^23\sqrt[3]{1-\sqrt{2}}}{3}\)
よって、
\(x_1=\sqrt[3]{1+\sqrt{2}}+\sqrt[3]{1-\sqrt{2}}\:\:,\:\:x_2=\omega^2 \sqrt[3]{1+\sqrt{2}}+\omega\sqrt[3]{1-\sqrt{2}}\:\:,\:\:x_3=\omega \sqrt[3]{1+\sqrt{2}}+\omega^2\sqrt[3]{1-\sqrt{2}}\)
これが、 \(x^3-3x-2=0\) の解になります。
おわりに、
根の置換というラグランジュの発想は、やがてアーベル、ガロアへと受け継がれ、現代数学の核心をなすガロア・デデキント・シュタイニッツ・アルティンの理論へとつながります。いわば、現代数学の結晶なのです。
［参考文献］
ガロアの群論―方程式はなぜ解けなかったのか （中村 亨 著） ブルーバックス
数Ⅲ方式 ガロア理論 （矢ヶ部 巌 著） 現代数学社
１３歳の娘に語るガロアの数学 （金 重明 著） 岩波書店
ガロア理論入門ノート （松田 修 著）津山高等工業専門学校
https://www.tsuyama-ct.ac.jp/matsuda/
以上を参考にさせて頂きました。この場を借りて御礼申し上げます。