大島学習塾のブログ

3次方程式の解の公式 ~ カルダノの公式
2020年11月10日 2020年11月13日
2次方程式の解の公式は,高校入試までには確実に習得しておかなければならない重要な公式です:
$ax^2+bx+c=0\,(a\neq 0)$の解は,
$$ \displaystyle x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a} $$
一方で,3次以上の高次方程式については,中学や高校で解の公式(またはそれに類する一般的な解法)を学習することはありません。
高校数学・大学入試で求めらるのは,まず解の1つ目を自力で見つけて,因数定理や組立除法を使って因数分解し,残りの解を求めていくという解法です。

一例として,3次方程式 $x^3=1$ を解いてみましょう。
1つ目の解として,$x=1$ はすぐに見つかります。
因数定理によると,3次式 $x^3-1$ は $x-1$ を因数にもちます。実際,
\[ x^3-1=(x-1)(x^2+x+1) \]
と因数分解されます(この式は因数分解の基本公式でもあります)。
この分解により得られた2次方程式 \[ x^2+x+1=0 \] を解の公式を使って解くと, \[ x=\frac{-1\pm\sqrt{3}\,i}{2} \] が得られます。これで,$x=1$ とあわせて,3次方程式 $x^3=1$ の3つの解が求まりました。
注)ここで,後の計算のために記号を定義しておきます。 \[ \omega=\frac{-1+\sqrt{3}\,i}{2} \] とおくと,簡単な計算により, \[ \omega^2=\frac{-1-\sqrt{3}\,i}{2} \] となることが分かり,3次方程式 $x^3=1$ の3つの解は,$x=1$,$\omega$,$\omega^2$ と簡潔に表されます。もちろん,$\omega^3=1$,$(\omega^2)^3=1$ となります。
3次方程式の解の公式は,入試等で必要というワケではなく,上で述べたのと同様の解法を使いこなすことができれば困ることはありません。
でも,学問的な探求という意味で3次方程式の解の公式の証明を知っておくことは無駄にはならないでしょう。
この記事では,「カルダノの公式」とも呼ばれている,最もポピュラーな3次方程式の解の公式をご紹介します。

発見の歴史など

証明に入る前に,代数方程式の解の公式の歴史について簡単に触れておこうと思います。
2次方程式の解の公式は大昔から知られていたようです。それに対して,3次方程式になるとグッと難しくなり,解の公式の発見は16世紀まで待たなければなりませんでした。
3次方程式の解の公式を最初に発見したのはデル・フェッロという人です。でも当時は「負の数」の概念が浸透しておらず,彼が発見したのは, \[ x^3+ax=b \] という形の方程式の解法でした。
当時は,数学者がお互いに難問を出題しあい,どっちがたくさん問題を解けたかを競う数学バトルが流行っていたので,数学者が優れた解法を発見しても,それを自分の心の中にそっとしまっておくのが普通だったみたいです。
フェッロも解法を公にすることはなく,弟子のフィオーレがその解法を引き継ぎました。
次に3次方程式の解法に進展をもたらしたのはタルターリャです。彼は1535年に, \[ x^3+ax^2=b \] の形の方程式の解法を発見したことを公表します。
それを聞いてやってきたフィオーレとの数学試合にも見事勝利しますが,やはり数学者の秘密主義のため解法を公にはしませんでした。
次に登場するのが「カルダノの公式」にも名を残すカルダノです!
カルダノはタルターリャに「解の公式教えてっ!お願いっ!!」と言います。最初は「ダメだよ」って言っていたタルターリャも,しつこく「お願いっ!!」と言われているうちに,「じゃあ…2人だけの秘密だよ」と最後は教えてしまいます。このことが後に両者の間で論争となります^^;
カルダノがタルターリャから3次方程式の解の公式を教えてもらった後,カルダノの弟子のフェラーリという人物が,4次方程式の解の公式を発見します。
1545年,カルダノが『アルス・マグナ』(ラテン語で"偉大な方法")という本を出版します。その本には,タルターリャに教えてもらった3次方程式の解法や,弟子のフェラーリが発見した4次方程式の解法が書いてあります。
タルターリャは「秘密って言ったじゃん!!」とブチ切れして,「数学試合だ!!」ってなるのですが,カルダノは弟子のフェラーリを試合に出し,両者の試合は引き分けに終わります。
…とここまでは数学愛好家の間では結構有名な話です。
ここだけ読むとカルダノは他の人の業績を盗んだヤツっていうイメージですが,実際には『アルス・マグナ』の中で,「フェッロとタルターリャが3次方程式の解法を見つけたんだぞ!2人はスゲーんだぞ!!」ってちゃんと書いてあるみたいですし,いろいろな形の3次方程式の解法をまとめて表した業績などもあるみたいです^^
4次方程式の解の公式が発見されたとなると,次はもちろん5次方程式となるわけですが,残念ながら5次方程式の解の公式は存在しません。発見されていないのではありません。「我々が期待するような解の公式は存在しないことが証明された」のです!!
数学の問題を考えるときには,何をもって「解けた」こととするのかという条件を明確にするのが重要です。
我々が「解の公式」に求めているのは,方程式の係数から出発して,四則演算とべき根をとる操作の有限界の繰り返しで,方程式の解を得ることができる計算の方法・手順を知ることです。
例えば3次方程式に関しても,円錐曲線を用いて方程式の解を幾何的に表す方法は古代ギリシアの時代に始まり,11世紀ごろには既に知られていました。
また5次方程式に対しても,楕円積分などの超越的手法を用いることで解を表示することはできます。
でもこれらは我々が求めている解の公式ではありません!!
5次方程式には(我々の求める,係数から四則演算とべき根だけで解を表示するタイプの)解の公式は存在しないことは,1824年にアーベルによって証明されました。ルフィニという人の貢献も大きかったらしく,現在この事実は「アーベル-ルフィニの定理」と呼ばれています。
5次方程式に解の公式が存在しなかったことを受けて,どのようなときに解の公式が存在するのか?ということが研究の対象となり,それらは「ガロア理論」という壮大な理論につながっていきます。
  • 以上,数学史に関する部分は『岩波数学入門辞典』とWikipediaを参考にしました。数学者の名前のカタカナ表記は数学入門辞典にあわせました。

方程式を簡単にする

それでは,3次方程式の解の公式の計算を始めましょう!
\[ ax^3+bx^2+cx+d=0\,\,(a\neq 0)\quad\cdots\,(1) \]
という3次方程式を解くことを考えます。$a$,$b$,$c$,$d$ はすべて複素数とします。
まずは,方程式を簡単にしていきます。
$x^3$ の係数を $1$ にするために,両辺を $a\,(\neq 0)$ で割って,
\[ x^3+\frac{b}{a}x^2+\frac{c}{a}x+\frac{d}{a}=0 \]
次に,$x^2$ の項を消去するために $x=y-\frac{b}{3a}$ と変換します。これは2次方程式における平方完成にあたる変形で,このような変換を「チルンハウス変換」と呼ぶらしいです。
\begin{align*} &x^3+\frac{b}{a}x^2+\frac{c}{a}x+\frac{d}{a}\\[5pt] =\,&\bigg(y-\frac{b}{3a}\bigg)^3+\frac{b}{a}\bigg(y-\frac{b}{3a}\bigg)^2+\frac{c}{a}\bigg(y-\frac{b}{3a}\bigg)+\frac{d}{a}\\[5pt] =\,&y^3-\frac{b}{a}y^2+\frac{b^2}{3a^2}y-\frac{b^3}{27a^3}+\frac{b}{a}y^2-\frac{2b^2}{3a^2}y+\frac{b^3}{9a^3}+\frac{c}{a}y-\frac{bc}{3a^2}+\frac{d}{a}\\[5pt] =\,&y^3+\bigg(-\frac{b^2}{3a^2}+\frac{c}{a}\bigg)y+\frac{2b^3}{27a^3}-\frac{bc}{3a^2}+\frac{d}{a}\\ \end{align*}
なので,
\begin{align*} 3p&=-\frac{b^2}{3a^2}+\frac{c}{a},\\[5pt] 2q&=\frac{2b^3}{27a^3}-\frac{bc}{3a^2}+\frac{d}{a} \end{align*}
と置きかえすると,元の方程式は,
\[ y^3+3py+2q=0\quad\cdots\,(2)\]
と表されます。係数の $3$ や $2$ は後で式が簡単になるので付けています。
この方程式の解を $p$,$q$ の式で表すことができれば,$a$,$b$,$c$,$d$ で表すこともでき,$x=y-\frac{b}{3a}$ なので,解 $x$ を係数で表すことができ,我々の求める解の公式が得られたことになります。
以下,方程式 $(2)$ について考えていきます。

$y=u+v$ と変換

ここからが,この証明におけるもっとも技巧的な部分です。
突然ですが,方程式 $(2)$ において $y=u+v$ と変換します。
\begin{align*} &y^3+3py+2q\\ =\,&(u+v)^3+3p(u+v)+2q\\ =\,&u^3+3u^2v+3uv^2+v^3+3p(u+v)+2q\\ =\,&u^3+v^3+3uv(u+v)+3p(u+v)+2q\\ =\,&u^3+v^3+2q+3(u+v)(uv+p) \end{align*}
なので,方程式 $(2)$ は,
\[ u^3+v^3+2q+3(u+v)(uv+p)=0\quad\cdots\,(3) \]
と書き換えられます。
ここで,この方程式から,
\begin{align*} \left\{\begin{array}{l} u^3+v^3+2q=0\\ uv+p=0 \end{array}\right.\quad\cdots\,(4) \end{align*}
という2つの方程式をつくります。
$(4)$ を満たす $u$,$v$ が求めることができれば,それらは $(3)$ を満たします。すなわち,$y=u+v$ が $(2)$ を満たすので問題解決です^^♪
以下, $(4)$ を満たす $u$,$v$ を求めていくのですが,ここで「方程式の解を $(4)$ を満たすものに限定して考えていいの?」と疑問に思うかもしれません。
でも大丈夫なんです!「代数学の基本定理」というものがあって「(複素数係数の)3次方程式は(重解も含めて)3つの複素数解をもつ」ということは保証されているので,どんな形でも解が3つ得られればO.K.というワケです。
$(4)$ をちょっと変形すると,
\begin{align*} \left\{\begin{array}{l} u^3+v^3=-2q\\ u^3v^3=-p^3 \end{array}\right. \end{align*}
という式が得られます。
$u^3$と$v^3$の和と積が与えられているので,2次方程式の解と係数の関係を考えると,$u^3$,$v^3$は,2次方程式
\[ t^2+2qt-p^3=0 \]
の解になることが分かります。
2次方程式の解の公式より,
\[ t=-q\pm\sqrt{q^2+p^3} \]
と2つの解が得られますが,$u^3$,$v^3$についての条件は対称なので,
\begin{align*} \left\{\begin{array}{l} u^3=-q+\sqrt{q^2+p^3}\\ v^3=-q-\sqrt{q^2+p^3} \end{array}\right.\quad\cdots\,(5) \end{align*}
と決めても大丈夫です。
以下,$u$,$v$ を決定していき,方程式 $(2)$ の解 $y$ を $p$,$q$ の式として表していきます。

$p$,$q$ で表す

$(5)$ から立方根をとって $u$,$v$ を決定する際に注意点があります。
一般に,複素数 $\alpha\in\mathbb{C}$ に対して,$\alpha$ の立方根,すなわち方程式
\[ z^3=\alpha\quad\cdots\,(6) \]
を満たす $z$ は,代数学の基本定理により3つあるはずです。
その3つの解の関係性を表すために,この記事の序盤ので述べた $\omega$ を使います。
$(6)$ の解の1つを便宜的に $z=\sqrt[3]{\alpha}$ と書くことにします。このとき,
\begin{align*} &(\sqrt[3]{\alpha}\,\omega)^3=\alpha\,\omega^3=\alpha\\ &(\sqrt[3]{\alpha}\,\omega^2)^3=\alpha\,(\omega^2)^3=\alpha \end{align*}
なので,$z=\sqrt[3]{\alpha}\,\omega$,$z=\sqrt[3]{\alpha}\,\omega^2$ も $(6)$ の解になります。
つまり,複素数 $\alpha$ に対して,$\alpha$ の立方根は3つあり,その1つを $\sqrt[3]{\alpha}$ と書くと,残り2つは $\sqrt[3]{\alpha}\,\omega$,$\sqrt[3]{\alpha}\,\omega^2$ となることが分かります。
それでは,以上のことをふまえて $(5)$ から $u$,$v$ を決定していきます。
\[ u^3=-q+\sqrt{q^2+p^3}\quad\cdots\,(7) \]
より,右辺の立方根の1つを $\sqrt[3]{-q+\sqrt{q^2+p^3}}$ とすると,
\begin{align*} u_1&=\sqrt[3]{-q+\sqrt{q^2+p^3}},\\ u_2&=\omega\,\sqrt[3]{-q+\sqrt{q^2+p^3}},\\ u_3&=\omega^2\,\sqrt[3]{-q+\sqrt{q^2+p^3}} \end{align*}
が $(7)$ の3つの解になります。
次に,$v$ についても同様に立方根を考えていくのですが,1つ注意点があります。
我々はそもそも $(4)$ の方程式を考えていたので,
\[ uv=-p \]
を満たすように $u$,$v$ を選ばなければなりません。
\[ v^3=-q-\sqrt{q^2+p^3}\quad\cdots\,(8) \]
を満たす $v$ のうち,上で最初に選んだ $u_1$ に対して,$u_1 v=-p$ を満たすものをとることを考えます。$(8)$ を満たす3つの $v$ を $v_1$,$v_2$,$v_3$ とすると,
\[ (u_1 v_k)^3=u_1{}^3v_k{}^3=-p^3\quad (k=1,\,2,\,3) \]
なので,$u_1 v_k\,(k=1,\,2,\,3)$ は方程式 $z^3=-p^3$ の3つの解です。
$z=-p$ は明らかに解なので,$u_1 v_k\,(k=1,\,2,\,3)$ のどれかは $-p$ と一致します。
その一致した $v_k$ をあらためて
\[ v_1=\sqrt[3]{-q-\sqrt{q^2+p^3}} \]
と書くことにすると,
\begin{align*} v_2&=\omega^2\,\sqrt[3]{-q-\sqrt{q^2+p^3}},\\ v_3&=\omega\,\sqrt[3]{-q-\sqrt{q^2+p^3}} \end{align*}
はそれぞれ,$u_2 v_2=-p$,$u_3 v_3=-p$ を満たします。
これにより,$(u_1,\,v_1)$,$(u_2,\,v_2)$,$(u_3,\,v_3)$ という $(4)$ の3組の解を見つけることができました!
この3組の解を用いて,方程式 $(2)$ の解は,
\begin{align*} y_1&=u_1+v_1=\sqrt[3]{-q+\sqrt{q^2+p^3}}+\sqrt[3]{-q-\sqrt{q^2+p^3}},\\ y_2&=u_2+v_2=\omega\sqrt[3]{-q+\sqrt{q^2+p^3}}+\omega^2\sqrt[3]{-q-\sqrt{q^2+p^3}},\\ y_3&=u_3+v_3=\omega^2\sqrt[3]{-q+\sqrt{q^2+p^3}}+\omega\sqrt[3]{-q-\sqrt{q^2+p^3}} \end{align*}
と表されます。
方程式 $(2)$ は,$x=y-\frac{b}{3a}$ という式で元の方程式 $(1)$ と結ばれていました。
よって方程式 $(1)$ の解は,
\begin{align*} x_1&=y_1-\frac{b}{3a}=-\frac{b}{3a}+\sqrt[3]{-q+\sqrt{q^2+p^3}}+\sqrt[3]{-q-\sqrt{q^2+p^3}},\\ x_2&=y_2-\frac{b}{3a}=-\frac{b}{3a}+\omega\sqrt[3]{-q+\sqrt{q^2+p^3}}+\omega^2\sqrt[3]{-q-\sqrt{q^2+p^3}},\\ x_3&=y_3-\frac{b}{3a}=-\frac{b}{3a}+\omega^2\sqrt[3]{-q+\sqrt{q^2+p^3}}+\omega\sqrt[3]{-q-\sqrt{q^2+p^3}} \end{align*}
となります。
$p$,$q$ は,
\begin{align*} p&=\frac{-b^2+3ac}{9a^2},\\ q&=\frac{2b^3-9abc+27a^2d}{54a^3} \end{align*}
と元の方程式 $(1)$ の係数で表すことができるので,これで我々の目標であった「解の公式」が得られたことになります。

$a$,$b$,$c$,$d$ で表す

最後に,「解の公式」を元の方程式 $(1)$ の係数 $a$,$b$,$c$,$d$ で表してみます。
…と言っても,$p$,$q$ の式を代入してひたすら計算するだけです^^;
$\omega$,$\omega^2$ の値も補って,解の公式を完全な(?)形で書いておきます:
\begin{align} x_1=&-\frac{b}{3a}+\sqrt[3]{\frac{-2b^3+9abc-27a^2d}{54a^3}+\frac{\sqrt{3(27a^2d^2-18abcd+4b^3d+4ac^3-b^2c^2)}}{18a^2}}\\ &+\sqrt[3]{\frac{-2b^3+9abc-27a^2d}{54a^3}-\frac{\sqrt{3(27a^2d^2-18abcd+4b^3d+4ac^3-b^2c^2)}}{18a^2}},\\ x_2=&-\frac{b}{3a}+\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{\frac{-2b^3+9abc-27a^2d}{54a^3}+\frac{\sqrt{3(27a^2d^2-18abcd+4b^3d+4ac^3-b^2c^2)}}{18a^2}}\\ &+\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{\frac{-2b^3+9abc-27a^2d}{54a^3}-\frac{\sqrt{3(27a^2d^2-18abcd+4b^3d+4ac^3-b^2c^2)}}{18a^2}},\\ x_3=&-\frac{b}{3a}+\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{\frac{-2b^3+9abc-27a^2d}{54a^3}+\frac{\sqrt{3(27a^2d^2-18abcd+4b^3d+4ac^3-b^2c^2)}}{18a^2}}\\ &+\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\sqrt[3]{\frac{-2b^3+9abc-27a^2d}{54a^3}-\frac{\sqrt{3(27a^2d^2-18abcd+4b^3d+4ac^3-b^2c^2)}}{18a^2}} \end{align}
すごく長い式になりますね…^^;
私はこんな複雑な数式を見るとワクワクします(笑)
皆さんはどうですか?^^

おわりに

以上,3次方程式の解の公式をご紹介しました。
最後には,非常に複雑な式が登場しましたが,もちろんこれを記憶する必要はありません。
証明の途中に現れる式変形のアイディアは,自分で問題を考えるときにも役立つかもしれません。
高校生ぐらいだと証明自体を理解することも,方程式のよい学習になると思います。
是非,解の公式に発見に関わった数学者達に思いをはせながら,証明を味わってみてください。
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