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3次方程式の解の公式

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§1. 3次関数のテイラー展開
§2. 2次項のない3次方程式
§3. 3次方程式の解の公式
§4. ビエートによる解の公式
§∞. 文献

§1. 3次関数のテイラー展開

この稿の目的は3次方程式
   $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d=0$ … (1.1)
の解の公式を作ることだ。
2次方程式の解の公式は、2次関数を平方完成することによって求められた。
つまり $(x-\alpha)^2$ のような累乗(ベキ)を使って表現することがミソだったのだ。

そこで、$f(x)$ をテイラー展開してみよう。$x=x_{0}+\xi$ を代入して、
   $ f(x)=f(x_{0}+\xi) $
   $ = a(x_{0}+\xi)^{3}+b(x_{0}+\xi)^{2} +c(x_{0}+\xi)+d $
   $ = (ax_{0}^{3}+bx_{0}^{2}+cx_{0}+d) + (3ax_{0}^{2}+2bx_{0}+c)\xi + (3ax_{0}+b)\xi^{2} + a\xi^{3} $
ここで、$\xi$ を $\xi=x - x_{0}$ と元に戻せば、
   $ f(x) = f(x_{0})+ f'(x_{0})(x-x_{0}) + \frac{f''(x_{0})}{2!}(x-x_{0})^{2} + \frac{f'''(x_{0})}{3!}(x-x_{0})^{3} $
となる。ただし
   $f(x_{0})=ax_{0}^{3}+bx_{0}^{2}+cx_{0}+d$,
   $f'(x_{0})=3ax_{0}^{2}+2bx_{0}+c$,
   $f''(x_{0})=2(3ax_{0}+b)$
である。これがテイラー展開だ。

2次関数では頂点、すなわち臨界点が大事だった。
3次関数では臨界点は 2個あったり、あるいは 1個もなかったり、1個だけ存在したりと色々だ。臨界点は役に立たないみたいだ。
薄々気づいていた高校生も多いと思うが、3次関数のグラフは変曲点を中心として点対称なのである。
変曲点なら、必ず1つあって、1つに限られる。
変曲点とは凹凸(第2階導関数)の変わり目で、$f''(x_{0})=0$ なる点 $x_{0}$ である。

そこで
   $3ax_{0}+b=0 \Leftrightarrow x_{0}=\frac{-b}{3a}$
が成り立つとしよう。そうすると
   $ f(x) = (ax_{0}^{3}+bx_{0}^{2}+cx_{0}+d) + (3ax_{0}^{2}+2bx_{0}+c)\xi + a\xi^{3} $,
   $x_{0}=\frac{-b}{3a}$.
さらに点 $(x_{0},f(x_{0}))$ が原点になるように、座標軸を平行移動して新座標系 $\xi$-$\eta$ を導入しよう。
   $f(x)-(ax_{0}^{3}+bx_{0}^{2}+cx_{0}+d)=(3ax_{0}^{2}+2bx_{0}+c)\xi + a\xi^{3} $
   $ \eta = (3ax_{0}^{2}+2bx_{0}+c)\xi + a\xi^{3} $
$\eta$ は $\xi$ の奇関数だから、すべての3次関数のグラフは変曲点を中心にして点対称であることが証明できた。
ここで、
   $ \xi = x-x_{0} = x+\frac{b}{3a} , $
   $ \eta = f(x) - (ax_{0}^{3}+bx_{0}^{2}+cx_{0}+d) $
   $= f(x)- \frac{2b^{3}-9abc+27a^{2}d}{27a^{2}} $
   $=ax^3+bx^2+cx-\frac{2b^{3}-9abc}{27a^{2}} $
であることに注意しておく。
   

以上で、3次関数のグラフは、すべて
   $y = Bx+ax^{3} $ …… (1.2)
のグラフを $x$ 軸方向に $\frac{-b}{3a}$, $y$ 軸方向に $\frac{2b^{3}-9abc+27a^{2}d}{27a^{2}} $ だけ平行移動したものになっていることが分かった。(1.2)を3次関数の標準形と呼ぼう。 ただし、
   $ B = 3ax_{0}^{2} +2bx_{0} +c = \frac{-b^{2}+3ac}{3} $
である。
2次関数 $y=a^2+bx+c$ のグラフの形が2次の係数の $a$ (放物線の開き具合)だけで決まるのと異なって、3次関数には $a,B$ という2つのパラメータが必要なのである。($B$ は変曲点における接線の傾き。)
   

   (図は左から、停留、臨界なし、極大・極小あり)   


§2. 2次項のない3次方程式

2つのパラメータをもつ3次方程式(1.2)を解いてみよう。
(1.2)を変形して
   $ax^{3} + Bx -y =0 $
さらに両辺を $a$ で割って
   $x^{3} +\frac{B}{a}x -\frac{y}{a} =0$
とした後、
   $ p=\frac{B}{a}, q= -\frac{y}{a} $
という置き換えを行なって
   $X^{3} + p X +q = 0 $ …… (2.1)
として、この3次方程式(標準方程式と呼ぶ)を解こう。

因数分解に使えそうな公式といえば、
   $ X^{3} \pm Y^{3} = (X \pm Y)(X^{2} \mp XY + Y^{2}) $
以外では、
   $ X^{3}+Y^{3}+Z^{3}- 3XYZ = (X+Y+Z) (X^{2}+Y^{2}+Z^{2}-XY-YZ-ZX) $
ぐらいしかない。これは、オイラーが高校生のときに発見したとかいわれる公式である。
この公式の右辺の第2の( )内を、さらに因数分解すると、
   $ X^{2}+Y^{2}+Z^{2}-XY-YZ-ZX = X^{2}-(Y+Z)X+(Y^{2}+Z^{2}-YZ) $
   $ = \left\{ X-\frac{(Y+Z)+\sqrt{-3(Y-Z)^{2}}}{2} \right\} \left\{ X-\frac{(Y+Z)-\sqrt{-3(Y-Z)^{2}}}{2} \right\} $
   $ = \left\{ X- \left(\frac{1+\sqrt{-3}}{2}Y+\frac{1-\sqrt{-3}}{2}Z \right) \right\} \left\{ X- \left(\frac{1-\sqrt{-3}}{2}Y+\frac{1+\sqrt{-3}}{2}Z \right) \right\} $
   $ = (X+\omega^{2}Y +\omega Z)(X+\omega Y +\omega^{2}Z) $
となる。ただし $\omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$ である。 よって、
   $ X^{3}+Y^{3}+Z^{3}- 3XYZ = 0 $
を$X$について解くと、
   $X = \left\{\begin{array}{l}-Y-Z ,\\-\omega^{2}Y -\omega Z , \\-\omega Y - \omega^{2}Z \end{array}\right.$
の3根を得る。

(2.1)に、この公式を適用するには、
   $\left\{\begin{array}{rcl}p & = & -3YZ \\q & = & Y^{3}+Z^{3}\end{array}\right.$
とおけばよい。第1式から
   $YZ = \frac{p}{-3} $ …… (2.2)
だが、両辺を3乗すれば
   $ Y^{3}Z^{3} = \frac{p^{3}}{-27} $
だから、$Y^{3},Z^{3}$は2次方程式:
   $ t^{2} -q t + \frac{p^{3}}{-27} =0 $
を満たす2根である。

よって、
   $ Y^{3},Z^{3} = \frac{1}{2}\left(q \pm \sqrt{q^{2}+\frac{4p^{3}}{27}} \right) $
より、
   $ Y , Z $
   $ = \sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(q \pm \sqrt{q^{2}+\frac{4p^{3}}{27}} \right) }, $
   $ = \omega \sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(q \pm \sqrt{q^{2}+\frac{4p^{3}}{27}} \right) }, $
   $ = \omega^{2} \sqrt[3]{\frac{1}{2}\left(q \pm \sqrt{q^{2}+\frac{4p^{3}}{27}} \right) } .$

ところが、$Y,Z$ は(2.2)を満たさねばならぬので、その組合せは次の3組に限定される。
   $ \left\{\begin{array}{lll}Y_{1} & = &\sqrt[3]{\frac{1}{2}(q+\sqrt{q^{2}+\frac{4p^{3}}{27}} ) } \\Z_{1} & = & \sqrt[3]{\frac{1}{2}(q-\sqrt{q^{2}+\frac{4p^{3}}{27}} ) },\end{array}\right. $
   $ \left\{\begin{array}{lll}Y_{2} & = & \omega \sqrt[3]{\frac{1}{2}(q+\sqrt{q^{2}+\frac{4p^{3}}{27}} ) }\\Z_{2} & = &\omega^{2} \sqrt[3]{\frac{1}{2}(q-\sqrt{q^{2}+\frac{4p^{3}}{27}} ) }\end{array}\right.$
   $ \left\{\begin{array}{lll}Y_{3} & = &\omega^{2} \sqrt[3]{\frac{1}{2}(q+\sqrt{q^{2}+\frac{4p^{3}}{27}} ) }\\Z_{3} & = & \omega \sqrt[3]{\frac{1}{2}(q-\sqrt{q^{2}+\frac{4p^{3}}{27}} ) }.\end{array}\right. $

こうして、$X$ が求まった:
   $ X = \left\{ \begin{array}{rr}-Y_{1} & -Z_{1} \\- \omega Y_{1} & - \omega^{2} Z_{1} \\- \omega^{2} Y_{1} & - \omega Z_{1}\end{array}\right.$
である。


§3. 3次方程式の解の公式

では、いよいよ一般の3次方程式を解いてみよう。
3次関数
   $ y = ax^{3} +bx^{2} +cx+d $
を標準形に直すと、
   $ Y = aX^{3} +B X $
である。ただし
   $ \left\{\begin{array}{lcl}X & = & x+\frac{b}{3a} \\Y & = & y - \frac{2b^{3}-9abc+27a^{2}d}{27a^{2}}\end{array}\right. $
である。

問題は、$y=0$ のときの $x$ の値を求めることである。標準方程式
   $ X^{3} +pX +q =0 $
の係数は
   $ p= \frac{B}{a} = \frac{-b^{2}+3ac}{3a}, $
   $ q= -\frac{Y}{a} = \frac{2b^{3}-9abc+27a^{2}d}{27a^{3}} $
で決定される。

これを解くと、前節で見たように3根を得る。したがって、
   $ x = \left\{\begin{array}{rrr}-\frac{b}{3a} & -Y_{1} & - Z_{1} \\-\frac{b}{3a} & -\omega Y_{1} & -\omega^{2} Z_{1} \\-\frac{b}{3a} & -\omega^{2}Y_{1} & - \omega Z_{1}\end{array}\right.$
と、解の公式が得られた。

上述のように解の公式を求める方法をカルダノの方法と呼ぶ。

具体的に 3次方程式を解いてみよう。

【例題】 $x^3-2x^2-5x+6=0$ をカルダノの方法で解け。---

【解】 $X=x+\frac{b}{3a}=x-\frac{2}{3}$ と変数変換すればよい。
$x=X+\frac{2}{3}$ を原方程式に代入すれば
   $(X+\frac{2}{3})^3-2(X+\frac{2}{3})^2-5(X+\frac{2}{3})+6=0$
   $X^3-\frac{19}{3}X+\frac{56}{27}=0$
で、2次項のない方程式になった。
   $p=-\frac{19}{3},q=\frac{56}{27}$
となるから
   $ Y^{3},Z^{3} = \frac{1}{2}\left(q \pm \sqrt{q^{2}+\frac{4p^{3}}{27}} \right) $
   $=\frac{1}{2}(\frac{56}{27}\pm \sqrt{(\frac{56}{27})^2+\frac{4}{27}(-\frac{19}{3})^3} )$
   $=\frac{1}{2}(\frac{56}{27}\pm\frac{1}{27}\sqrt{56^2-4\cdot 19^3})$
   $=\frac{1}{2}(\frac{56}{27}\pm\frac{90}{27}\sqrt{3}i)$
   $=\frac{28\pm 45\sqrt{3}i}{27}$
次にこれの3乗根を求める。
   $\sqrt[3]{\frac{28\pm 45\sqrt{3}i}{27}}=\frac{1}{3}(a\pm b\sqrt{3}i)$
とおいて、3乗して実部と虚部を比較して
   $\left\{ \begin{array}{l} a(a+3b)(a-3b)=28\\ b(a+b)(a-b)=15 \end{array} \right.$
これを目の子で解く。(目の子でなく、まじめに理論的に解こうとすると、またもカルダノの公式で3次方程式を解く羽目になる。) 3次の連立で実数解 $(a,b)$ が 3個出る道理だが、1組だけ求まれば十分である。$a,b$ を整数として、$b=1$ としてみると $a=4$ となる。たしかに $(4+\sqrt{3}i)^3=28+45\sqrt{3}i$ である。よって
   $ Y_{1},Z_{1} = \frac{4\pm \sqrt{3}i}{3}$
したがって、原方程式の解は
   $x_{1}=-\frac{b}{3a}-Y_{1}-Z_{1}$
   $=\frac{2}{3}- \frac{4+ \sqrt{3}i}{3}-\frac{4- \sqrt{3}i}{3}=-2$
   $x_{2}=\frac{2}{3}- \frac{-1+\sqrt{3}i}{2} \cdot \frac{4+ \sqrt{3}i}{3}- \frac{-1-\sqrt{3}i}{2} \cdot \frac{4- \sqrt{3}i}{3}=3$
   $x_{3}=\frac{2}{3}- \frac{-1-\sqrt{3}i}{2} \cdot \frac{4+ \sqrt{3}i}{3}- \frac{-1+\sqrt{3}i}{2} \cdot \frac{4- \sqrt{3}i}{3}=1$
【答】 $x=1,-2,3$

【補足問題】 3乗根 $\sqrt[3]{28\pm 45\sqrt{3}i}$ を 3つとも求めよ。---

【解】 上の例題の途中で、3乗根のうちの 1個を目の子で求めた。残り 2つを求めよう。
複素 3乗根は同一円周上に等間隔に存在するから、1個求まればそれを $\pm 120^{\circ}$ 回転すればよい。したがって
   $\omega (4+\sqrt{3}i)=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2} \cdot (4+ \sqrt{3}i)=\frac{-7+3\sqrt{3}i}{2}$,
   $\omega^2 (4+\sqrt{3}i)=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2} \cdot(4+ \sqrt{3}i)=\frac{-1-5\sqrt{3}i}{2}$ …(答)


§4. ビエートによる解の公式

3次方程式の解の公式を別の方法で求めてみよう。

実係数の3次方程式を逆三角関数を使ってよいこととして、解いてみる(ビエートの方法)。

   $ay^3+by^2+cy+d=0$
の両辺を $a$ で割って、monic にすると、
   $y^3+A y^2 +By +C=0$,
   $A=\frac{b}{a},B=\frac{c}{a},C=\frac{d}{a}$
となるが、ここで $y=x-\frac{A}{3}$ と置き換えれば2次の項が消える。実際、
   $(x-\frac{A}{3})^3+A(x-\frac{A}{3})^2+B(x-\frac{A}{3})+C=0$,
   $x^3+(-\frac{A^2}{3}+B)x+(\frac{2}{27}A^3-\frac{1}{3}AB+C)=0$
となる。ここで
   $p=-\frac{A^2}{3}+B, q=\frac{2}{27}A^3-\frac{1}{3}AB+C$
と置き換えて、初めから標準方程式
   $x^3+p x +q=0$ … (4.1)
を解くこととする。

3倍角の公式により
   $\cos 3 \theta=4 \cos^3 \theta -3 \cos \theta$
だから、「角の3等分」方程式
   $4 x^3-3 x=\alpha$ … (4.2)
ただし
   $-1 \leq \alpha \leq 1$ … (4.3)
の解は
   $\theta=\frac{1}{3} \cos^{-1} \alpha, \frac{1}{3} \cos^{-1} \alpha+\frac{2}{3} \pi, \frac{1}{3} \cos^{-1} \alpha+\frac{4}{3} \pi$
より
   $x=\cos(\frac{1}{3} \cos^{-1} \alpha), \cos(\frac{1}{3} \cos^{-1} \alpha+\frac{2}{3} \pi), \cos(\frac{1}{3} \cos^{-1} \alpha+\frac{4}{3} \pi)$ … (4.4)
と求まる。

そこで (1) が異なる3つの実数解を持つと仮定する。そのための条件は
   $f(x)=x^3+p x +q$,
   $f'(x)=3x^2+p $
とおくと極値を2つ持たねばならないから、
   $f'(x)=0 \Leftrightarrow x=\pm \sqrt{-\frac{p}{3}}$
より $p<0$ が出てくる。また極大値と極小値が異符号であることから
   $f( \sqrt{-\frac{p}{3}})f(- \sqrt{-\frac{p}{3}}) <0$
だから
   $\frac{4}{27}p^3+q^2<0$ … (4.5)
この不等式は $p<0$ を含意するから、この不等式が異なる3つの実数解を持つ(「3次方程式の還元不能の場合」と呼ばれる)ための必要十分条件である。
ちなみに3次方程式 (4.1) の判別式
   $D=0^2 p^2-4\cdot 0^3 q+18\cdot0pq-4p^3-27q^2$
より
   $D=-4 p^3-27 q^2$
なので、この不等式は $D>0$ と同値である。

(4.1) において $x=a x'$ と変換すると
   $a^3 x'^3 +a p x'+q=0$,
   $4 x'^3+\frac{4 p }{a^2}x'=-\frac{4 q}{a^3}$
これを角の3等分方程式と係数比較して
   $\frac{4 p }{a^2}=-3, -\frac{4 q}{a^3}=\alpha$
だから
   $a=2 \sqrt{- \frac{p}{3}}, \alpha=\frac{3 q}{2 p}\sqrt{-\frac{3}{p}}$
これを (4) に放り込んで
   $x'=\cos(\frac{1}{3} \cos^{-1} (\frac{3 q}{2 p}\sqrt{-\frac{3}{p}}) )$,
   $x'=\cos(\frac{1}{3} \cos^{-1} (\frac{3 q}{2 p}\sqrt{-\frac{3}{p}}) +\frac{2}{3} \pi)$,
   $x'=\cos(\frac{1}{3} \cos^{-1} (\frac{3 q}{2 p}\sqrt{-\frac{3}{p}}) +\frac{4}{3} \pi)$
したがって
   $x=2 \sqrt{- \frac{p}{3}}\cos(\frac{1}{3} \cos^{-1} (\frac{3 q}{2 p}\sqrt{-\frac{3}{p}}) )$,
   $x=2 \sqrt{- \frac{p}{3}}\cos(\frac{1}{3} \cos^{-1} (\frac{3 q}{2 p}\sqrt{-\frac{3}{p}}) +\frac{2}{3} \pi )$,
   $x=2 \sqrt{- \frac{p}{3}}\cos(\frac{1}{3} \cos^{-1} (\frac{3 q}{2 p}\sqrt{-\frac{3}{p}}) +\frac{4}{3} \pi )$
である。

最後にこのときの $\alpha$ が (4.5) を満たすことを確認しておく。(4.5) の両辺を $p^3<0$ で割って
   $\frac{4}{27}+\frac{q^2}{p^3}>0$,
   $1>-\frac{27 q^2}{4 p^3} \geq 0$
だから
   $\alpha^2=( \frac{3 q}{2 p}\sqrt{-\frac{3}{p}})^2=-\frac{27 q^2}{4 p^3}$
の値は
   $0 \leq \alpha^2<1$
で、(4.5) はOKだ。


§∞. 文献

[1] 志賀浩二「数学が育っていく物語 5 方程式」岩波書店、1994年
   



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