四次方程式解の公式

ルドヴィコ・フェラーリが発見した四次方程式の解の公式とその証明、またその発見までの経緯について紹介します。

この記事を読んでわかること
  • 四次方程式の解の公式ができるまでの歴史
  • 解の公式の中身とその証明
  • 解の公式の使い方
目次

Ⅰ 歴史

 まずは四次方程式が成立するまでの流れを見てみましょう。

歴史

 1545年、ジェロラモ・カルダノが著書『アルス・マグナ』で三次方程式の解の公式について初めて述べました。この『アルス・マグナ』の中で、四次方程式の解の公式についても載せています。
 四次方程式の解の公式を発見したのは、カルダノの弟子であるルドヴィコ・フェラーリ。フェラーリは、タルタリアのヒントから三次方程式の解の公式をカルダノと探っているうちに、四次方程式の解の公式を見つけました。
 フェラーリはその後、三次方程式の解の公式の発表でカルダノと揉めたニコロ・フォンタナ・タルタリアと、数学試合(互いにいくつか問題を出し合い、期限までに解いた数が多いほうが勝ち)を行い、勝利しています。

<図1> ジェロラモ・カルダノ
(出典:Unknown authorUnknown author, Public domain, via Wikimedia Commons)
<図2> ニコロ・フォンタナ・タルタリア
(出典:See page for author, Public domain, via Wikimedia Commons)

 四次方程式の解の公式は、三次方程式の解の公式を探っているときに生まれた偶然の産物と言えるでしょう。

Ⅱ 解の公式と証明

四次方程式の解の公式

 四次方程式

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

を変形してできる四次方程式

(y^2+t)^2=(mx+n)^2

の解は次のように求められる。

y=\frac{-m \pm \sqrt{m^2-4(t+n)}}{2} ~,~ \frac{m \pm \sqrt{m^2-4(t-n)}}{2}

 この$~y~$を$~x~$に変換することで、元の四次方程式の解も求まる。

 解の公式を得られるまでに行うべき式変形が大変ですが、それさえできれば四次方程式の解が確実に求まります。

 では、どのような式変形を施せばよいのかを、以下の証明の中で見てみましょう。

証明
STEP
$~x^4~$の係数を$~1~$にする

 四次方程式

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

の両辺を、$~a~$でわると、

x^4+\frac{b}{a}x^3+\frac{c}{a}x^2+\frac{d}{a}x+\frac{e}{a}=0

となり、それぞれの係数を文字で置き換えて、

x^4+Ax^3+Bx^2+Cx+D=0

とできる。

STEP
$~x^3~$の項を消去する

 次に、左辺を$ ~\displaystyle x=y-\frac{1}{4}A ~$で置き換えると、

\begin{align*}&~~~~~(左辺) \\
&=\left( y-\frac{A}{4} \right) ^4 + A\left( y-\frac{A}{4} \right) ^3 +B \left( y-\frac{A}{4} \right) ^2 + C \left( y-\frac{A}{4} \right) + D \\ \\&=y^4-Ay^3+\frac{3}{8}A^2y^2 - \frac{1}{16}A^3 y + \frac{1}{256}A^4 + A y^3 -\frac{3}{4}A^2y^2 \\&\ \ +\frac{3}{16}A^3y - \frac{1}{64}A^4 +B y^2 - \frac{1}{2}AB y +\frac{1}{16}A^2B +Cy -\frac{1}{4}AC + D \\ \\&=y^4+\left(\frac{3}{8}A^2 - \frac{3}{4}A^2 +B \right)y^2 + \left(-\frac{1}{16}A^3+\frac{3}{16}A^3-\frac{1}{2}AB+C \right) y \\&\ \ + \left( \frac{1}{256}A^4 - \frac{1}{64}A^4 + \frac{1}{16}A^2B - \frac{1}{4}AC +D \right) \end{align*}

となり、この左辺のカッコの中はすべて定数であるため、別の文字で置き換えることにより、

\begin{equation*}y^4+py^2+qy+r=0\end{equation*}

と表すことができる。

STEP
(2乗)=(2乗)の形を作る

 $~y~$の四次方程式を移項することで、

y^4=-py^2-qy-r

が得られ、両辺に$~2ty^2+t^2 ~$を加えると、

\begin{align*}
y^4+2ty^2+t^2&=-py^2-qy-r+2ty^2+t^2    \\
 (y^2+t)^2&=(2t-p)y^2-qy+(t^2-r)  ~~~\cdots ①\\
\end{align*}

となる。
 ここで、右辺が2乗の形になる場合、判別式$~D=0~$となるので、

q^2-4(2t-p)(t^2-r)=0

という方程式が現れる。
 これを満たす$~t~$の値を$~①~$に代入することで、右辺は2乗の形、すなわち$~(my+n)^2~$の形になるため、

(y^2+t)^2=(my+n)^2

と変形できる。

STEP
二次方程式を2つ作って解の公式

 右辺を移項し、因数分解を利用することで、

\begin{align*}(y^2+t)^2-(my+n)^2 &=0 \\
(y^2+my+t+n)(y^2-my+t-n)&=0 
\end{align*}

であり、それぞれのカッコ内の二次方程式に解の公式を適用すれば、

y=\frac{-m\pm\sqrt{m^2-4(t+n)}}{2} ,\frac{m\pm\sqrt{m^2-4(t-n)}}{2}

が求まった。■

 三次方程式の解の公式と同様、最後は二次方程式に帰着されるのが面白いですね。
 $~t~$を使う部分がわかりにくいので、次章で例を挙げて理解を深めたいと思います。

Ⅲ 例

 三次方程式の解の公式と同様、様々な式変形が必要であることがわかりました。
 では、証明と同様の手順を踏んで、四次方程式を1題解いてみましょう。

例題

次の四次方程式を解きなさい。

x^4-12x^3+49x^2-78x+40=0

 解の公式を知らなければ、解をあてはめて探して因数定理へとつなげます。
 今回の例題で言えば、$~x=1~$が見つかるので、

(x-1)(x^3-11x^2+38x-40)=0

と変形でき、さらに右のカッコの三次方程式から、$~x=2~$が見つかるので、

(x-1)(x-2)(x^2-9x+20)=0

であるため、ここから解をすべて求めると、

\begin{align*}
(x-1)(x-2)(x-4)(x-5)&=0  \\
x&=1,2,4,5
\end{align*}

と求まります。

 さて、解の公式で同じ解を導いてみましょう。

例題の解法
STEP
$~x^4~$の係数を$~1~$にする

 四次方程式

x^4-12x^3+49x^2-78x+40=0

はすでに $~x^4~$の係数$~1~$であるため、このままでよい。

STEP
$~x^3~$の項を消去する

 次に、左辺を$ ~\displaystyle x=y-\frac{1}{4}\cdot(-12)=y+3 ~$で置き換えると、

\begin{align*}
&~~~~(左辺)  \\
&= (y+3)^4-12(y+3)^3+49(y+3)^2-78(y+3)+40 \\ 
\\
&=y^4+12y^3+54y^2+108y+81-12(y^3+9y^2+27y+27)\\
&~~~~~~~~+49(y^2+6y+9)-78(y+3)+40 \\ 
\\
&=y^4+54y^2+108y+81-108y^2-324y-324\\
&~~~~~~~~+49y^2+294y+441-78y-234+40 \\ 
\\
&=y^4-5y^2+4
\end{align*}

と表すことができる。

STEP
(2乗)=(2乗)の形を作る

 $~y~$の四次方程式を移項することで、

y^4=5y^2-4

が得られ、両辺に$~2ty^2+t^2 ~$を加えると、

\begin{align*}
y^4+2ty^2+t^2&=5y^2-4+2ty^2+t^2    \\
 (y^2+t)^2&=(2t+5)y^2+(t^2-4)  ~~~\cdots ②\\
\end{align*}

となる。
 ここで、右辺が2乗の形になる場合、判別式$~D=0~$となるので、

\begin{align*}
0^2-4(2t+5)(t^2-4)&=0  \\
(2t+5)(t^2-4)&=0 \\
t&=-\frac{5}{2}~,~-2~,~2
\end{align*}

と$~t~$が求まる。
 $~t=2~$を$~②~$に代入することで、

\begin{align*}
(y^2+2)^2&=9y^2  \\
(y^2+2)^2&=(3y)^2  
\end{align*}

と変形できる。

STEP
二次方程式を2つ作って解の公式

 右辺を移項し、因数分解を利用することで、

\begin{align*}
(y^2+2)^2-(3y)^2 &=0 \\
(y^2+3y+2)(y^2-3y+2)&=0  \\
(y+1)(y+2)(y-1)(y-2)&=0  \\
y&=-1,-2,1,2
\end{align*}

と求まった。

 $~x=y+3~$より、求めたい四次方程式の解は$~x=2,1,4,5~$である。

 補足を何点かしておきます。

  • 今回の例題に関しては、STEP4で解の公式を使うまでも無かったため、因数分解で$~y~$を求めています。
  • $~t~$に関する方程式は三次方程式のため、出てくる解のうちどれか1つを代入すればOKです

 ちなみにですが、任意の四次方程式を解くためには、三次方程式の解の公式を知らないと、$~t~$が求まりません。
 その点において、カルダノとフェラーリの研究の流れと合致しています。


こんなの覚えられるわけにゃい!!

確かに解の公式というよりは、解のマニュアルだね・・・

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