4次方程式が解ける仕組みを対称性で理解する

今回は、４次方程式が解ける仕組みを対称性という視点から理解していきます。

その際、ラグランジュの分解式（ラグランジュ・リゾルベントともいう）が活躍します。

方程式の対称性を調べるとき、ラグランジュの分解式はとても強力な武器なのです。

二次方程式と三次方程式のおさらい

二次方程式$ax^2+bx+c=0$の２つの解を

$x=\alpha, \beta$とします。

２次方程式のラグランジュ・リゾルベントは

$\alpha -\beta$

です。これは、

$x^2-1=0$の解$x=1, -1$

と$\alpha, \beta$で作られたのでした。

そして、これを２乗すると対称式となり、

対称式の基本定理から、基本対称式で表すことができます。

$(\alpha -\beta)^2=(\alpha +\beta)^2-4\alpha\beta$

です。

ここで、解と係数の関係から、

$\alpha +\beta =-\dfrac{b}{a}$

$\alpha\beta=\dfrac{c}{a}$

だったので、これを代入すると

$(\alpha -\beta)^2=\dfrac{b^2-4ac}{a^2}$

となり、

$\alpha +\beta=-\dfrac{b}{a}$

$\alpha -\beta =\pm \dfrac{\sqrt{b^2-4ac}}{a}$

の連立方程式で解の公式を求めたのでした。

次に３次方程式のラグランジュ・リゾルベントを考えます。

$ax^3+bx+cx+d=0$

の３つの解を$x=\alpha, \beta, \gamma$とします。

これと$x^3-1=0$の解$x=1, \omega, \omega^2$

を用いて作られる

$\alpha +\omega \beta +\omega^2 \gamma$

が３次方程式のラグランジュ・リゾルベントです。

３次方程式の場合はこれを三乗しても

３！＝６通りの解の入れ替えで不変にならず、対称式になりませんでした。

しかし、解の入れ替わりで発生する式は

$(\alpha +\omega \beta +\omega^2 \gamma)^3$と

$(\alpha +\omega \gamma +\omega^2 \beta)^3$

の２つのみです。そこで、

$S^3=(\alpha +\omega \beta +\omega^2 \gamma)^3$

$T^3=(\alpha +\omega \gamma +\omega^2 \beta)^3$

とすると、$(S^3-T^3)^2$が対称式となり、

$\sqrt{(S^3-T^3)^2}$を求めてから$S^3, T^3$の三乗根をとることで

解の公式を得ることができると解明しました。

そして、今回は４次方程式が解ける仕組みに迫っていきます。

２次方程式・３次方程式についてのより詳細な解説は前回の記事をご覧ください。

４次方程式とラグランジュ・リゾルベント

ここでは、４次方程式をラグランジュ・リゾルベントを用いて考察していきますが、

それにあたって普通に４次方程式を解くやり方を知っておいた方が理解が深まるので、

概略だけ述べておこうと思います。

①$ax^3+bx^2+cx+d=0$の全体を$a$で割って最高次の係数を$1$にする

②平方完成っぽい変形で式を簡単にする

　$y^4+Ay^2+By+C=0$の形になります

③$y=s+t+u$という置き換えをする

④色々置き換えつつ、３次方程式の解と係数の関係を発動し、

　４次方程式を３次方程式に帰着させる

⑤３次方程式を解く

押さえて欲しいポイントは１つだけです。

４次方程式を上手いこと３次方程式に帰着させて解く

より詳細な解説は以下の記事をご覧ください

なぜ４次方程式を３次方程式に帰着させることができたのか？

これは偶然か？

それとも必然か？

ラグランジュ・リゾルベントを用いてその疑問の深部に迫っていきましょう。

まずは今までなんとなく使ってきたラグランジュ・リゾルベントの定義を確認します。

定義って大切です。

※今回は$\zeta_n=\cos \dfrac{2\pi}{n}+i\sin \dfrac{2\pi}{n}$

を用いてラグランジュ・リゾルベントを定義しましたが、$\zeta_n$は

円分多項式$\Phi_n(x)$の解であれば何でもよいです。

４次方程式$ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0$

の４つの解を$x_1, x_2, x_3, x_4$とします。

定義に従って考えると、４次のラグランジュ・リゾルベントは

$x_1+\zeta_4x_2+\zeta_4^2 x_3+\zeta_4^3 x_4$

となります。

ラグランジュ・リゾルベントを用いて方程式を分析する際は、対称性が大切になります。

対称式をゲット

→対称式の基本定理発動

→対称式が基本対称式で表される

→解と係数の関係より、基本対称式は方程式の係数で表される

→対称式が方程式の係数で表される

→連立方程式で解が求まり、方程式が解ける

という流れで２次方程式・３次方程式は解ける仕組みを解明できました。

なので、４次方程式の場合も、

$x_1+\zeta_4x_2+\zeta_4^2 x_3+\zeta_4^3 x_4$

から出発して段々対称性を高めていく必要があります。

対称式とは、並び替えで不変な式のことです。

今回の場合は、４つの解$x_1, x_2, x_3, x_4$の並び替えで不変であるような式を作ることをまずは目指します。

並び替えは、全部で４！＝２４通りあります。

そこで、まずは

$x_1+\zeta_4x_2+\zeta_4^2 x_3+\zeta_4^3 x_4$

に２４通りの並び替えを作用させてみましょう。

なにせ４次の場合は２４通りも並び替えがあるので、

はっきり言って、３次の時とは次元が違うレベルで式変形が複雑です。

しかし、複雑なだけで、やっていること自体は全て対称性を高めているという一言に尽きます。

$L_1=x_1+\zeta_4x_2+\zeta_4^2 x_3+\zeta_4^3 x_4$

と表すことにし、並び替えを作用させたものを順に

$L_1, L_2, \cdots, L_{24}$としましょう。

結構大変ですが、まとめるとこうなります。

さて。

今までのことを振り返ってみましょう。

２次の場合は、$\alpha-\beta$を二乗して$(\alpha -\beta)^2$を得ることで対称性を高めました。

３次の場合は、$\alpha +\omega \beta +\omega^2\gamma$を三乗して$(\alpha +\omega \beta +\omega^2\gamma)^3$を得ることで対称性を高めました。

この流れでいくと、

４次の場合は

$L_1=x_1+\zeta_4x_2+\zeta_4^2 x_3+\zeta_4^3 x_4$

を４乗しそうなものですが、

その前に少し立ち止まって考えるべきことがあります。

２次・３次の場合と４次の場合では、明らかに異なることがあるのです！

それは、４が素数ではないという点。

これは特筆に値すべき大きな違いです。

問題は、この違いがどこに聞いてくるか。

それは、$\zeta_4, \zeta_4^2, \zeta_4^3$

を見れば分かります。

４は素数ではないので、この中に原始４乗根ではないやつがいます。

円分多項式$\Phi_4(x)$の解にならないやつです！

$\zeta_4, \zeta_4^2, \zeta_4^3$なんて仰々しい書き方をしていると分かりにくいかもしれませんが、

$\zeta_4=i$です。

$\zeta_4, \zeta_4^2, \zeta_4^3$は、$i, i^2, i^3$のことです。

$i^2=-1$でしたね。これが犯人です。

$L_1=x_1+\zeta_4x_2+\zeta_4^2 x_3+\zeta_4^3 x_4$

を書き直すと、

$L_1=x_1+x_2i-x_3-x_4i$

$=(x_1-x_3)+(x_2-x_4)i$

となります。

つまり、

$L_1=(x_1-x_3)+(x_2-x_4)i$です。

この書き方で先ほどの並び替えの結果を書き直してみましょう。

どうですか？

すでに結構対称性高くないですか？

例えば、$L_1$　と　$L_5$　を見てください

$L_1=(x_1-x_3)+(x_2-x_4)i$

$L_5=(x_1-x_3)+(x_4-x_2)i$

ほぼ同じです！

もう少し見やすくすると、

$L_1=(x_1-x_3)+(x_2-x_4)i$

$L_5=(x_1-x_3)-(x_2-x_4)i$

どうですか？

これなら、４乗するより前に２乗したくなりませんか？

$(L_1)^2=(x_1-x_3)^2+2(x_1-x_3)(x_2-x_4)-(x_2-x_4)^2$

$(L_5)^2=(x_1-x_3)^2-2(x_1-x_3)(x_2-x_4)-(x_2-x_4)^2$

この２つの式を見たら、足したくなるのが人情というものです。

真ん中の項が消えます。

$(L_1)^2+(L_5)^2=2(x_1-x_3)^2-2(x_2-x_4)^2$

となります。

さらに、右隣の$L_2$　と　$L_6$　のペアでも同じことを考えてみます

$(L_2)^2+(L_6)^2=2(x_2-x_4)^2-2(x_1-x_3)^2$

となります。ヤバくないですか？

符号が違うだけです！！

すなわち、

$(L_2)^2+(L_6)^2=-\lbrace (L_1)^2+(L_5)^2 \rbrace$

が成立するということです。

ということは、両辺を２乗すれば、

$\lbrace (L_1)^2+(L_5)^2 \rbrace^2=\lbrace (L_2)^2+(L_6)^2 \rbrace^2$

となります。横にスライドしつつ同じ作業を繰り返していくと、

$\lbrace (L_1)^2+(L_5)^2 \rbrace^2=\lbrace (L_2)^2+(L_6)^2 \rbrace^2=\lbrace (L_3)^2+(L_7)^2 \rbrace^2=\lbrace (L_4)^2+(L_8)^2 \rbrace^2$

となります。

そして、同様のことが下に並んでいるやつらでも起こります。

すなわち、

$\lbrace (L_9)^2+(L_{13})^2 \rbrace^2=\lbrace (L_{10})^2+(L_{14})^2 \rbrace^2=\lbrace (L_{11})^2+(L_{15})^2 \rbrace^2=\lbrace (L_{12})^2+(L_{16})^2 \rbrace^2$

$\lbrace (L_{17})^2+(L_{21})^2 \rbrace^2=\lbrace (L_{18})^2+(L_{22})^2 \rbrace^2=\lbrace (L_{19})^2+(L_{23})^2 \rbrace^2=\lbrace (L_{20})^2+(L_{24})^2 \rbrace^2$

となります。

かなり対称性が高まってきています。

最初は２４個の並べ替えでバラバラになっていましたが、今や行き先は３つのみです。

例えば、

$\lbrace (L_1)^2+(L_5)^2 \rbrace^2$は対称式ではありませんが、

上の図の青いやつらに対応する８つの並べ替えでは不変です。

同様に、$\lbrace (L_9)^2+(L_{13})^2 \rbrace^2$は

上の図の赤いやつらに対応する８つの並べ替えで不変で、

$\lbrace (L_{17})^2+(L_{21})^2 \rbrace^2$は

上の図の緑のやつらに対応する８つの並び替えで不変です。

$\lbrace (L_1)^2+(L_5)^2 \rbrace^2$と$\lbrace (L_9)^2+(L_{13})^2 \rbrace^2$と$\lbrace (L_{17})^2+(L_{21})^2 \rbrace^2$

そう。今残っている式は３つです。

これが４次方程式を３次方程式に帰着できた理由です！！

ここまで来たら、あとは３次方程式と同じ議論で解を求めるところまで一直線！

式を簡略化するため、

$\lbrace (L_1)^2+(L_5)^2 \rbrace^2=A$

$\lbrace (L_9)^2+(L_{13})^2 \rbrace^2=B$

$\lbrace (L_{17})^2+(L_{21})^2 \rbrace^2=C$

と置くことにします。

そして、$A, B, C$を用いて３次のラグランジュ・リゾルベントを新たに作って３乗し、

$S^3=(A+\omega B+\omega^2 C)^3$

$T^3=(A+\omega C+\omega^2 B)^3$

とすると、

$(S^3-T^3)^2$が対称式となります。

ここで、対称式の基本定理より、これは

$x_1, x_2, x_3, x_4$の基本対称式で表されます。

さらに、解と係数の関係より、この基本多少式はそれぞれ

４次方程式の係数$a, b, c , d ,e$で表されます。

そこで、

$(S^3-T^3)^2=D$と置きます。　($D$は$a, b, c, d, e$で表されている)

$S^3-T^3=\pm \sqrt{D}$

です。

また、$S^3+T^3$も対称式となっているので、

$S^3+T^3=E$と置きます。　$(Eはa, b, c, dで表されている)$

$S^3+T^3=E$

$S^3-T^3=\pm \sqrt{D}$

を解くと、

$S^3, T^3$

が$a, b, c, d, e$と平方根で表されることになります。

$S^3=F, T^3=G$

と置き、三乗根をとると

$S$　と　$T$　が$a, b, c, d$と平方根と三乗根で表されることにまります。

そこで、

$S=s, T=t$　$s, tはa, b, c, dと平方根と三乗根で表されている$

と置くことにしましょう。

$A+\omega B+\omega^2C=s$

$A+\omega C+\omega^2B=t$

です。

ここで、

$A+B+C=\lbrace (L_{1})^2+(L_{5})^2 \rbrace^2+\lbrace (L_{9})^2+(L_{13})^2 \rbrace^2+\lbrace (L_{17})^2+(L_{21})^2 \rbrace^2$

を考えてみると、これも$x_1, x_2, x_3, x_4$の対称式であることに気づきます。

対称式の基本定理と解と係数の関係のコンボより、

$A+B+C$は$a, b, c, ,d, ,e$で表すことができるので、

$A+B+C=u$　（$u$は$a, b, c, d, e$で表されている）と置きます。

まとめると、

$A+B+C=u\cdots ㋐$

$A+\omega B+\omega^2C=s\cdots ㋑$

$A+\omega C+\omega^2B=t\cdots ㋒$

です。

㋐＋㋑＋㋒をします。

$3A+(1+\omega +\omega^2)B +(1+\omega^2+\omega)C=u+s+t$

となり、$\omega^2+\omega +1=0$

から

$3A =u+s+t$

$A =\dfrac{1}{3} (u+s+t)$

$B$については、

$㋐+㋑×\omega^2+㋒×\omega$より、

$B=\dfrac{1}{3}(u+\omega^2s+\omega t)$

と求まり、$C$は

$㋐+㋑×\omega + ㋒×\omega^2$より、

$C=\dfrac{1}{3}(u+\omega s+\omega^2 t)$

と求まります。

ここからラストスパートです。

いま、$A$は$s, t, u, \omega$で表されています。

$\lbrace (L_1)^2+(L_5)^2 \rbrace^2=A$

よって、

$(L_1)^2+(L_5)^2=\pm \sqrt{A}$

です。

新たにこれを$V$と置きましょう。

同様に、$\pm \sqrt{B}$を$W$とし、$\pm \sqrt{C}$を$Z$とします。

すると、

$(L_1)^2+(L_5)^2 =V$

$(L_9)^2+(L_{13})^2 =W$

$(L_{17})^2+(L_{21})^2 =Z$

です。これを書き下していきましょう。

$(x_1-x_3)^2-(x_2-x_4)^2=V$

$(x_1-x_4)^2-(x_2-x_3)^2=W$

$(x_1-x_2)^2-(x_4-x_3)^2=V$

この３つの式の左辺を展開していきます。

$x_1^2-2x1x_3+x_3^2-x_2^2+2x_2x_4-x_4^2=V\cdots ㋓$

$x_1^2-2x_1x_4+x_4^2-x_2^2+2x_2x_3-x_3^2=W\cdots ㋔$

$x_1^2-2x_1x_2+x_2^2-x_4^2+2x_4x_3-x_3^2=Z\cdots ㋕$

㋓＋㋔＋㋕より

$3x_1^2-2(x_2+x_3+x_4)x_1-(x_2^2+x_3^2+x_4^2)+2(x_2x_3+x_3x_4+x_4x_2)=V+W+Z$

さて。あとはこの２次方程式を解けば$x_1$が求まってすべての戦いが終わりそうですが、

係数と定数項に$x_2, x_3, x_4$が残ってしまっているのが問題です。

$x_2, x_3, x_4$を消去する方法はないでしょうか？

実はあります！

元々の４次方程式

$ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0$

を思い出しましょう。これの解と係数の関係を発動します。

$x_1+x_2+x_3+x_4=-\dfrac{b}{a}$

$x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_3x_4+x_4x_2=\dfrac{c}{a}$

$x_1x_2x_3+x_2x_3x_4+x_3x_4x_1+x_4x_1x_2=-\dfrac{d}{a}$

$x_1x_2x_3x_4=\dfrac{e}{a}$

でした。

この最初の式と２番目の式に着目します。

$x_1+x_2+x_3+x_4=-\dfrac{b}{a}$

より、

$x_2+x_3+x_4=-\dfrac{b}{a}-x_1\cdots ㋖$

$x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4=\dfrac{c}{a}$より、

$x_2x_3+x_3x_4+x_4x_2=\dfrac{c}{a}-(x_2+x_3+x_4)x_1\cdots ㋗$

ここで、

$3x_1^2-2(x_2+x_3+x_4)x_1-(x_2^2+x_3^2+x_4^2)+2(x_2x_3+x_3x_4+x_4x_2)=V+W+Z$

に㋖と㋗を代入して整理しましょう。

$3x_1^2-2(-\dfrac{b}{a}-x_1)x_1-(x_2^2+x_3^2+x_4^2)+2\lbrace \dfrac{c}{a}-(x_2+x_3+x_4)x_1\rbrace=V+W+Z$

さらに㋖を代入しましょう。

$3x_1^2-2(-\dfrac{b}{a}-x_1)x_1-(x_2^2+x_3^2+x_4^2)+2\lbrace \dfrac{c}{a}-(-\dfrac{b}{a}-x_1)x_1\rbrace=V+W+Z$

ここで、$x_2^2+x_3^2+x_4^2=(x_2+x_3+x_4)^2-2(x_2x_3+x_3x_4+x_4x_2)$

であったことを思い出し、整理すると、最終的には$x_2, x_3, x_4$は消去されて、

$x_1$についての２次方程式が出来上がります。（思ったより式がヤバかったので、係数は省略します）

この２次方程式を$kx_1^2+lx_1+m=0$　

とします。

$kx_1^2+lx_1+m=0$　を解けば$x_1$が求まります。

めでたしめでたし。

体（たい）で捉えなおす

ここまでの流れを整理しましょう。

まずは４次のラグランジュ・リゾルベント

$L_1=(x_1-x_3)+(x2-x_4)i$

を作りました。

これに４！＝２４通りの並び替えを適応すると、

$L_1, L_2, \cdots, L_{24}$

が誕生しました。

対称性を高めるため、

まず$(L_1)^2+(L_5)^2$をしました。

さらに、これを二乗して、

$\lbrace (L_2)^2+(L_5) \rbrace^2$

まで対称性を高めると、並び替えで発生する式がちょうど３個になります

これら３個の式を用いて３次のラグランジュ・リゾルベントをつくり、それを３乗すると

$(S^3-T^3)^2$が対称式になって対称の基本定理＆解と係数の関係のコンボで

方程式の係数で表されることになります。

そして、最終的に$x_1$についての２次方程式

$kx_1^2+lx_1+m=0$

を解いて解までたどり着けることを確認しました。

これを体を用いて捉えなおすと以下のようになります

青色の数字には結構深い意味があるのですが、これは後々の記事のお楽しみとしておきましょう。

まとめ

・４次方程式が３次方程式に帰着できる理由もラグランジュ・リゾルベントで説明できた

・４は素数ではないので、もともと少しだけ対称性が高い

・故にいきなり４乗せず、まず２乗する

次回は$x^n-1=0$が代数的に解けることを示していきたいと思います。

ご期待ください。

参考

画像素材提供（アイキャッチ）：Gerd AltmannによるPixabayからの画像