$4$ 次方程式の解の公式
フェラーリの解法
定理《フェラーリの解法》
$a,$ $b,$ $c,$ $d,$ $e$ を $a \neq 0$ なる複素数とする.
$4$ 次方程式
\[ ax^4+bx^3+cx^2+dx+e = 0 \quad \cdots [\ast ]\]
の解は次の方法で求められる.
- (0)
- $[\ast ]$ の両辺を $a$ で割り, 方程式 \[ x^4+kx^3+lx^2+mx+n = 0 \quad \cdots [0]\] を得る.
- (1)
- $[0]$ に変数変換 $X = x+\dfrac{k}{4}$ を行い, 方程式 \[ X^4+4pX^2+8qX+4r = 0 \quad \cdots [1]\] を得る.
- (2)
- $q \neq 0$ のとき, $[1]$ の解は, $3$ 次方程式 \[ t^3+2pt^2+(p^2-r)t-q^2 = 0 \quad \cdots [2]\] ($[1]$ の分解方程式と呼ぶ) の任意の解 $t = \lambda$ $(\neq 0)$ について, 複 $2$ 次方程式 \[ (X^2+2p+2\lambda )^2 = 4\lambda\left( X-\frac{q}{\lambda}\right)^2\] の解であり, \[ X = \sqrt\lambda\!\pm\!\sqrt{-2p\!-\!\lambda\!-\!\frac{2q}{\sqrt\lambda}},\ -\sqrt\lambda\!\pm\!\sqrt{-2p\!-\!\lambda\!+\!\frac{2q}{\sqrt\lambda}}\] と表される.
- (3)
- $x = X-\dfrac{k}{4}$ から, $[\ast ]$ の解を求める.
証明
- (1)
- $X = x+\dfrac{k}{4}$ とおくと, $x = X-\dfrac{k}{4}$ から \[\begin{aligned} &x^4+kx^3+lx^2+mx+n \\ &= \left(\!X\!-\!\frac{k}{4}\!\right) ^4\!+\!k\!\left(\!X\!-\!\frac{k}{4}\!\right) ^3\!+\!l\!\left(\!X\!-\!\frac{k}{4}\!\right) ^2\!+\!m\!\left(\!X\!-\!\frac{k}{4}\!\right)\!+\!n \\ &= X^4-kX^3+kX^3+(X\text{ の }2\text{ 次式}) \\ &= X^4+(X\text{ の }2\text{ 次式}) \end{aligned}\] となるので, $[1]$ の形の方程式が得られる.
- (2)
- $q \neq 0$ とする. $[1]$ を複 $2$ 次方程式へ変形する. \[\begin{aligned} [1] \iff &X^4+4(p+\lambda )X^2+4(p+\lambda )^2 \\ &= 4\lambda X^2-8qX-4r+4(p+\lambda )^2 \\ \iff &(X^2+2p+2\lambda )^2 \\ &= 4(\lambda X^2-2qX+(p+\lambda )^2-r) \quad \cdots [1]' \end{aligned}\] であるから, $[1]'$ の右辺が $X$ の $1$ 次式の平方の形になればよい. そこで, $X$ の $2$ 次方程式 \[\lambda X^2-2qX+(p+\lambda )^2-r = 0\] の判別式 $D$ について \[\frac{D}{4} = (-q)^2-\lambda ((p+\lambda )^2-r) = 0\] となるように, つまり $\lambda$ が $3$ 次方程式 $[2]$ の解になるように $\lambda$ の値を選ぶ. $q \neq 0$ から $\lambda \neq 0$ であることに注意すると, \[\begin{aligned} [1]' &\iff (X^2+2p+2\lambda )^2 = 4\lambda\left( X-\frac{q}{\lambda}\right)^2 \\ &\iff X^2+2p+2\lambda = \pm2\sqrt\lambda\left( X-\frac{q}{\lambda}\right) \\ &\iff X^2\mp 2\sqrt\lambda X+2p+2\lambda\pm\frac{2q}{\sqrt\lambda} = 0 \\ &\iff X = \sqrt\lambda\pm\sqrt{\lambda -\left( 2p+2\lambda +\frac{2q}{\sqrt\lambda}\right)}, \\ &\qquad\qquad -\sqrt\lambda\pm\sqrt{\lambda -\left( 2p+2\lambda -\frac{2q}{\sqrt\lambda}\right)} \\ &\iff X = \sqrt\lambda\pm\sqrt{-2p-\lambda -\frac{2q}{\sqrt\lambda}}, \\ &\qquad\qquad -\sqrt\lambda\pm\sqrt{-2p-\lambda +\frac{2q}{\sqrt\lambda}} \end{aligned}\] となる. 以上から, $[1]$ の $4$ つの解が得られた. $4$ 次方程式の解は高々 $4$ つしかないから, これが $[1]$ の解のすべてである.
別証明: オイラーの解法
\[\begin{aligned}
&(x+u+v+w)(x+u-v-w) \\
&\qquad (x-u+v-w)(x-u-v+w) \\
&= ((x+u)+(v+w))((x+u)-(v+w)) \\
&\qquad ((x-u)+(v-w))((x-u)-(v-w)) \\
&= ((x+u)^2-(v+w)^2)((x-u)^2-(v-w)^2) \\
&= (x+u)^2(x-u)^2+(v+w)^2(v-w)^2 \\
&\qquad -(x+u)^2(v-w)^2-(v+w)^2(x-u)^2 \\
&= ((x+u)(x-u))^2+((v+w)(v-w))^2\\
&\qquad -(x+u)^2(v-w)^2-(v+w)^2(x-u)^2 \\
&= (x^2-u^2)^2+(v^2-w^2)^2\\
&\qquad -(x^2+2xu+u^2)(v^2-2vw+w^2) \\
&\qquad -(v^2+2vw+w^2)(x^2-2xu+u^2) \\
&= (x^4-2u^2x^2+u^4)+(v^4-2v^2w^2+w^4) \\
&\qquad -(v^2x^2-2vwx^2+w^2x^2+2uv^2x-4uvwx \\
&\qquad +2uw^2x+u^2v^2-2u^2vw+w^2u^2) \\
&\qquad -(v^2x^2-2uv^2x+u^2v^2+2vwx^2-4uvwx \\
&\qquad +2u^2vw+w^2x^2-2uw^2x+w^2u^2) \\
&= x^4-2(u^2+v^2+w^2)x^2+8uvwx \\
&\qquad +u^4+v^4+w^4-2(u^2v^2+v^2w^2+w^2u^2) \\
&= x^4-2(u^2+v^2+w^2)x^2+8uvwx \\
&\qquad +(u^2+v^2+w^2)^2-4(u^2v^2+v^2w^2+w^2u^2)
\end{aligned}\]
であるから,
\[\begin{aligned}
&x^4+4px^2+8qx+4r \\
&= x^4-2(u^2+v^2+w^2)x^2+8uvwx \\
&\qquad +(u^2+v^2+w^2)^2-4(u^2v^2+v^2w^2+w^2u^2)
\end{aligned}\]
となるように,
\[\begin{aligned}
4p &= -2(u^2+v^2+w^2), \\
8q &= 8uvw, \\
4r &= (u^2+v^2+w^2)^2-4(u^2v^2+v^2w^2+w^2u^2)
\end{aligned}\]
とすると,
\[\begin{aligned}
u^2+v^2+w^2 &= -2p, \\
u^2v^2+v^2w^2+w^2u^2 &= p^2-r, \\
u^2v^2w^2 &= q^2
\end{aligned}\]
となるから, 解と係数の関係により, $u^2,$ $v^2,$ $w^2$ は $3$ 次方程式
\[ t^3+2pt^2+(p^2-r)t-q^2 = 0\]
の解になる.
残りの部分は, 上記と同様である.
参考
\[\begin{aligned}
&X^4+4pX^2+8qX+4r \\
&= (X^2+2kX+l)(X^2-2kX+m) \quad \cdots [3]
\end{aligned}\]
となるように $k,$ $l,$ $m$ の値を定めると, $4$ 次方程式 $[1]$ の解は $2$ つの $2$ 次方程式
\[ X^2+2kX+l = 0, \quad X^2-2kX+m = 0\]
の解になる.
このとき, $k^2$ は $[1]$ の分解方程式 $[2]$ の解になる (デカルトの解法).
実際, $[3]$ のとき, \[\begin{aligned} &X^4+4pX^2+8qX+4r \\ &= X^4+(l+m-4k^2)X^2+2k(m-l)X+lm \end{aligned}\] となるから, 係数を比較すると \[\begin{aligned} 4p &= l+m-4k^2, \\ 8q &= 2k(m-l), \\ 4r &= lm \end{aligned}\] となる. $q \neq 0$ から $k \neq 0$ であることに注意すると, 第 $1$ 式, 第 $2$ 式から \[ l+m = 4p+4k^2, \quad m-l = \frac{4q}{k}\] となり, \[ l = 2\left( p+k^2-\frac{q}{k}\right), \quad m = 2\left( p+k^2+\frac{q}{k}\right)\] となる. これを第 $3$ 式に代入すると, \[\begin{aligned} 4\left( p+k^2-\frac{q}{k}\right)\left( p+k^2+\frac{q}{k}\right) &= 4r \\ (p+k^2)^2-\frac{q^2}{k^2} &= r \\ k^2(p+k^2)^2-rk^2-q^2 &= 0 \\ k^6+2pk^4+(p^2-r)k^2-q^2 &= 0 \end{aligned}\] が得られる. よって, $k^2$ は $3$ 次方程式 $[2]$ の解になる.
実際, $[3]$ のとき, \[\begin{aligned} &X^4+4pX^2+8qX+4r \\ &= X^4+(l+m-4k^2)X^2+2k(m-l)X+lm \end{aligned}\] となるから, 係数を比較すると \[\begin{aligned} 4p &= l+m-4k^2, \\ 8q &= 2k(m-l), \\ 4r &= lm \end{aligned}\] となる. $q \neq 0$ から $k \neq 0$ であることに注意すると, 第 $1$ 式, 第 $2$ 式から \[ l+m = 4p+4k^2, \quad m-l = \frac{4q}{k}\] となり, \[ l = 2\left( p+k^2-\frac{q}{k}\right), \quad m = 2\left( p+k^2+\frac{q}{k}\right)\] となる. これを第 $3$ 式に代入すると, \[\begin{aligned} 4\left( p+k^2-\frac{q}{k}\right)\left( p+k^2+\frac{q}{k}\right) &= 4r \\ (p+k^2)^2-\frac{q^2}{k^2} &= r \\ k^2(p+k^2)^2-rk^2-q^2 &= 0 \\ k^6+2pk^4+(p^2-r)k^2-q^2 &= 0 \end{aligned}\] が得られる. よって, $k^2$ は $3$ 次方程式 $[2]$ の解になる.
高校数学の問題
複素数と方程式
問題《フェラーリによる $4$ 次方程式の解法》
$4$ 次方程式 $x^4+4x^3+16x^2+64x+256 = 0\ \cdots [*]$ について考える.
- (1)
- $[*]$ に $x = X-1$ を代入することにより, $4$ 次の項の係数が $1$ であって $3$ 次の項がない $X$ の $4$ 次方程式 $f(X) = 0$ を導け.
- (2)
- $f(X) = (X^2+t)^2-(pX+q)^2$ となるような $t,$ $p,$ $q$ の値を $1$ 組求めよ.
- (3)
- $[*]$ の解を求めよ.
解答例
こちらを参照.