四次方程式の解の公式～フェラーリの公式の証明と歴史を解説～

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　どんな二次方程式でも解ける「解の公式」があるように、実は四次方程式にも一般に解を求められる公式が存在します。
　それを発見したとされているのが、16世紀イタリアの数学者ルドヴィコ・フェラーリです。

　その公式が非常に複雑であることに加え、初めて発表されたのはフェラーリの師匠であるカルダーノの著書『アルス・マグナ』でした。

　この記事では、フェラーリが発見した四次方程式の解の公式の内容と証明と使用例、さらにその発見や発表に至るまでの経緯について、数学史の先生Fukusukeがわかりやすく解説します。

　この記事を読めば、四次方程式がどのようにして解けるのか、そしてフェラーリの公式が数学史の中でどれほど画期的だったのかがわかります。

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この記事を読んでわかること

四次方程式の解の公式とは？

任意の四次方程式が解ける

　解の公式と聞いて最も有名なのは、二次方程式の解の公式です。
　どんな二次方程式でも、以下の式に数をあてはめることによって、解を求めることができました。

二次方程式の解の公式

　二次方程式$~ax^2+bx+c=0~~(a \neq 0)~$の解は、次の式で求めることができる。

x=\frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}

　これと同様に、あてはめれば解を求められる公式が四次方程式にも存在します。
　それが、四次方程式の解の公式です。

四次方程式の解の公式

　四次方程式

ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0~~~~(a\neq0)

を変形してできる四次方程式

(y^2+t)^2=(my+n)^2~~~~\cdots(*)

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$~x~$にもどすことで、元の四次方程式の解を求めることができる。

　$~(*)~$の四次方程式の作り方は、証明の中で紹介しています。

xを直接求める公式はものすごく長い

　上記の公式では、$~x~,~a~,~b~,~c~,~d~,~e~$の方程式から$~y~,~t~,~m~,~n~$の方程式に変形をして、$~y~$を求めてから、$~x~$に戻すという説明をしています。

　多くの解説書で上記の書かれ方をしていますが、もし二次方程式の解の公式のように、$~x~$を$~a~,~b~,~c~,~d~,~e~$で表したらどのような式が誕生するのでしょうか。

　計算の過程は省略しますが、実際に表すと以下のようなとてつもない長さの式になります。

四次方程式の解の公式

　四次方程式

ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0~~~~(a\neq0)

の4つの解$~x_1~,~x_2~,~x_3~,~x_4~$は、次の式でそれぞれ求めることができる。
（横にスクロールすることで、式の全貌を見ることができます）

\begin{aligned}x_{1}=&-{\frac {b}{4a}}\\&-{\frac {1}{2}}{\sqrt {{\frac {b^{2}}{4a^{2}}}+{\frac {\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}{3{\sqrt[{3}]{2}}a}}+{\frac {{\sqrt[{3}]{2}}\left(c^{2}-3db+12ea\right)}{3a{\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}}}-{\frac {2c}{3a}}}}\\&-{\frac {1}{2}}{\sqrt {{{\frac {b^{2}}{2a^{2}}}-{\frac {\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}{3{\sqrt[{3}]{2}}a}}-{\frac {{\sqrt[{3}]{2}}\left(c^{2}-3db+12ea\right)}{3a{\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}}}-{\frac {-{\frac {b^{3}}{a^{3}}}+{\frac {4cb}{a^{2}}}-{\frac {8d}{a}}}{4{\sqrt {{\frac {b^{2}}{4a^{2}}}+{\frac {\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}{3{\sqrt[{3}]{2}}a}}+{\frac {{\sqrt[{3}]{2}}\left(c^{2}-3db+12ea\right)}{3a{\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}}}-{\frac {2c}{3a}}}}}}}-{\frac {4c}{3a}}}}\\ \end{aligned}

\begin{aligned}x_{2}=&-{\frac {b}{4a}}\\&-{\frac {1}{2}}{\sqrt {{\frac {b^{2}}{4a^{2}}}+{\frac {\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}{3{\sqrt[{3}]{2}}a}}+{\frac {{\sqrt[{3}]{2}}\left(c^{2}-3db+12ea\right)}{3a{\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}}}-{\frac {2c}{3a}}}}\\&+{\frac {1}{2}}{\sqrt {{{\frac {b^{2}}{2a^{2}}}-{\frac {\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}{3{\sqrt[{3}]{2}}a}}-{\frac {{\sqrt[{3}]{2}}\left(c^{2}-3db+12ea\right)}{3a{\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}}}-{\frac {-{\frac {b^{3}}{a^{3}}}+{\frac {4cb}{a^{2}}}-{\frac {8d}{a}}}{4{\sqrt {{\frac {b^{2}}{4a^{2}}}+{\frac {\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}{3{\sqrt[{3}]{2}}a}}+{\frac {{\sqrt[{3}]{2}}\left(c^{2}-3db+12ea\right)}{3a{\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}}}-{\frac {2c}{3a}}}}}}}-{\frac {4c}{3a}}}}\\\end{aligned}

\begin{aligned}x_{3}=&-{\frac {b}{4a}}\\&+{\frac {1}{2}}{\sqrt {{\frac {b^{2}}{4a^{2}}}+{\frac {\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}{3{\sqrt[{3}]{2}}a}}+{\frac {{\sqrt[{3}]{2}}\left(c^{2}-3db+12ea\right)}{3a{\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}}}-{\frac {2c}{3a}}}}\\&-{\frac {1}{2}}{\sqrt{ {{\frac {b^{2}}{2a^{2}}}-{\frac {\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}{3{\sqrt[{3}]{2}}a}}-{\frac {{\sqrt[{3}]{2}}\left(c^{2}-3db+12ea\right)}{3a{\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}}}+{\frac {-{\frac {b^{3}}{a^{3}}}+{\frac {4cb}{a^{2}}}-{\frac {8d}{a}}}{4{\sqrt {{\frac {b^{2}}{4a^{2}}}+{\frac {\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}{3{\sqrt[{3}]{2}}a}}+{\frac {{\sqrt[{3}]{2}}\left(c^{2}-3db+12ea\right)}{3a{\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}}}-{\frac {2c}{3a}}}}}}}-{\frac {4c}{3a}}}}\\\end{aligned}

\begin{aligned}x_{4}=&-{\frac {b}{4a}}\\&+{\frac {1}{2}}{\sqrt {{\frac {b^{2}}{4a^{2}}}+{\frac {\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}{3{\sqrt[{3}]{2}}a}}+{\frac {{\sqrt[{3}]{2}}\left(c^{2}-3db+12ea\right)}{3a{\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}}}-{\frac {2c}{3a}}}}\\&+{\frac {1}{2}}{\sqrt {{{\frac {b^{2}}{2a^{2}}}-{\frac {\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}{3{\sqrt[{3}]{2}}a}}-{\frac {{\sqrt[{3}]{2}}\left(c^{2}-3db+12ea\right)}{3a{\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}}}+{\frac {-{\frac {b^{3}}{a^{3}}}+{\frac {4cb}{a^{2}}}-{\frac {8d}{a}}}{4{\sqrt {{\frac {b^{2}}{4a^{2}}}+{\frac {\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}{3{\sqrt[{3}]{2}}a}}+{\frac {{\sqrt[{3}]{2}}\left(c^{2}-3db+12ea\right)}{3a{\sqrt[{3}]{2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a+{\sqrt {\left(2c^{3}-9dbc-72eac+27eb^{2}+27d^{2}a\right){}^{2}-4\left(c^{2}-3db+12ea\right){}^{3}}}}}}}-{\frac {2c}{3a}}}}}}}-{\frac {4c}{3a}}}}\\\end{aligned}

フェラーリが発見したとされている

　四次方程式の解の公式は、16世紀のイタリアの数学者ルドヴィコ・フェラーリ（Ludovico Ferrari, 1522年2月2日〜1565年10月5日）が発見者とされています。

　発表されたのは、1545年のジェロラモ・カルダーノの著書『アルス・マグナ』。
　カルダーノは本書の中で3次方程式の解の公式について発表したうえで、次の様に記しています。

前のもの（三次方程式の解法）よりも高貴なもう一つの規則がある。それは、私の求めに応じて、ロドヴィコ・フェッラーリから提供されたものである。

カッツ『代数学の歴史』p187

　『アルス・マグナ』の後半の章で、4次方程式の解の公式とその使い方が紹介されました。　
　そのため、カルダーノの著書の中で、フェラーリが発見した四次方程式の解の公式が発表されるという、一見すると矛盾した状況が生まれています。

三次方程式の解の公式～カルダノとタルタリアの論争から公式の使い方まで～ジェロラモ・カルダノが発見者として名を残している三次方程式の解の公式。その内容と証明と例だけでなく、発見に至るまでの経緯について解説します。

フェラーリによる四次方程式の解の公式の証明

　実は、四次方程式の解の公式の証明方法はいくつかあります。
　しかしながら、最初に公式を発見したのはフェラーリであるため、彼の証明方法について詳しく解説します。

フェラーリの証明の概要

　フェラーリによる四次方程式$~ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0~$の解の公式において、鍵となるのは次の2つへの式です。

(y^2+t)^2=(my+n)^2~~~~\cdots(☆)

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

　証明の方針としては、以下のとおりです。

$~x^4~$の係数を$~1~$にした方程式$~x^4+Ax^3+Bx^2+Cx+D=0~$をつくる。
$ ~\displaystyle x=y-\frac{1}{4}A ~$を代入して、$~y^4+py^2+qy+r=0をつくる。
ある値$~t~$を利用して、$~(y^2+t)^2=(my+n)^2~$をつくる。
平方根をとれば$~y~$の二次方程式となるため、二次方程式解の公式を使って$~y~$が求められる。

　もちろん、$~x~$を求めたければ、最後に$ ~\displaystyle x=y-\frac{1}{4}A ~$によって元に戻す必要があります。

　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。

フェラーリの証明方法の詳説

　では、先の手順で行われる式変形を詳しく書いていきます。

四次方程式の解の公式の証明

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、右辺を2乗の形にする場合、判別式が$~0~$になればよいので、

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

を満たす$~t~$を求めればよい。

　この方程式を計算すると、

\begin{align*} q^2-4(2t^3-pt^2-2rt+pr) &=0 \\ q^2-8t^3+4pt^2+8rt-4pr &=0 \\ -8t^3+4pt^2+8rt+(q^2-4pr) &=0 \end{align*}

という$~t~$の3次方程式であることがわかるため、三次方程式の解の公式を利用することで、$①$の右辺が2乗の形になる$~t~$が求められる。

　その解を$~t_1~$とし、$~t=t_1~$を$~①~$に代入することで、右辺は2乗の形、すなわち重解を持つ二次方程式の形になる^※ため、

(y^2+t_1)^2=(2t_1-p)\left\{y-\frac{q}{2(2t_1-p)}\right\}^2

と変形できる。

　右辺の$~y^2~$の係数も2乗の中に入れることによって、

(y^2+t_1)^2=\left\{\sqrt{2t_1-p}~y-\frac{q}{2\sqrt{2t_1-p}}\right\}^2

であり、この右辺の$~y~$以外はすべて定数であるため、$~m~,~n~$で置き換えることにより、

(y^2+t_1)^2=(my+n)^2

という$~(左辺)^2=(右辺)^2~$の形ができた。

STEP

二次方程式を２つ作って解の公式

　ここで両辺の平方根をとることで、

\begin{align*} y^2+t_1 &=\pm(my+n) \\ \end{align*}

なので、次の2つの二次方程式ができる。

\begin{cases} &y^2+t_1 =my+n \\ &y^2+t_1 =-(my+n) \\ \end{cases}

　これらをそれぞれ変形すると、

\begin{cases} &y^2-my+(t_1-n)=0 \\ &y^2+my+(t_1+n)=0 \\ \end{cases}

であり、それぞれ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_1-n)}}{2}~,~\frac{-m\pm\sqrt{m^2-4(t_1+n)}}{2}

が求められる。■

四次方程式の解の公式の使用例

　実際に解の公式を利用して、四次方程式を解いてみます。

途中の三次方程式が簡単に解ける例

　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1

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、式を満たす$~x~$を探して因数定理へとつなげます。
　この例題で言えば、$~x=1~$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、この例題1 を解の公式で解いてみましょう。

例題1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

　ここで両辺の平方根をとることで、

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

なので、次の2つの二次方程式ができる。

\begin{cases} &y^2+2=3y \\ &y^2+2 =-3y \\ \end{cases}

　これらをそれぞれ変形すると、

\begin{cases} &y^2-3y+2=0 \\ &y^2+3y+2=0 \\ \end{cases}

であり、それぞれの二次方程式に解の公式を適用すれば、

\begin{align*} y&=\frac{3\pm\sqrt{3^2-4\cdot1\cdot 2}}{2}~,~\frac{-3\pm\sqrt{(-3)^2-4\cdot1\cdot 2}}{2} \\ \\ y&=\frac{3\pm1}{2}~,~\frac{-3\pm1}{2} \\ \\ y&=2~,~1~,~-1~,~-2 \\ \end{align*}

と$~y~$の値が求められる。（この場合は因数分解でも解けますが・・・）

　よって、$~x=y+3~$に代入し、四次方程式$~x^4-12x^3+49x^2-78x+40=0~$の解は、

x=5~,~4~,~2~,~1

と求められた。

　例題1 のように、STEP3 における$~t~$が因数定理などで簡単に求められる場合は、上記の様な計算量でカタがつきます。
（それでも計算が大変ですが…。）

途中の三次方程式が簡単に解けない例

　四次方程式を解くために、三次方程式の解の公式が必要な例も解いてみましょう。

例題2

次の四次方程式を解きなさい。

x^4+8x^3-7x^2-2x+3=0

　こちらは、式を満たす$~x~$が見つからないため、通常であれば手も足も出ません。
　しかし、フェラーリによる四次方程式

例題1の解法

STEP

$~x^4~$の係数を$~1~$にする

　四次方程式

x^4+8x^3-7x^2-2x+3=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-2 ~$で置き換えると、

\begin{align*} &(左辺) \\ &=(y-2)^4 + 8(y-2)^3 - 7(y-2)^2 - 2(y-2) + 3 \\ &=y^4 - 8y^3 + 24y^2 - 32y + 16 + 8(y^3 - 6y^2 + 12y - 8) \\ &~~~~~~~~~~~~~- 7(y^2 - 4y + 4) - 2y + 4 + 3 \\ \\ &=y^4 - 8y^3 + 24y^2 - 32y + 16 + 8y^3 - 48y^2 + 96y - 64 \\ &\qquad - 7y^2 + 28y - 28 - 2y + 7 \\ \\ &=y^4 - 31y^2 + 90y - 69 &\\ \end{align*}

であるため、3次の項がない四次方程式

y^4 - 31y^2 + 90y - 69=0

が出来上がった。

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 = 31y^2 - 90y + 69

が得られ、両辺に$~2ty^2+t^2 ~$を加えると、

\begin{align*} y^4 + 2ty^2 + t^2 &= (2t+31)y^2 - 90y + (69+t^2) \\ (y^2+t)^2&=(2t+31)y^2-90y+(t^2+69) ~~~\cdots ②\\ \end{align*}

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

\begin{align*} 45^2 - (2t+31)(69+t^2) &=0\\ 2025 - (2t^3 + 138t + 2139 + 31t^2) &=0\\ 2025 - 2t^3 - 138t - 2139 - 31t^2 &=0\\ -2t^3 - 31t^2 - 138t - 114&=0\\ \end{align*}

という$~t~$の3次方程式になる。

　この三次方程式をカルダーノの方法で解く。
　まずは$~t^3~$の係数を$~1~$にすると、次のような三次方程式となる。

t^3 + \frac{31}{2}t^2 + 69t + 57 = 0

　ここで、$~\displaystyle t = s – \dfrac{31}{6}$ とおくと、

\begin{align*} \left(s - \frac{31}{6}\right)^3 + \frac{31}{2}\left(s - \frac{31}{6}\right)^2 + 69\left(s - \frac{31}{6}\right) + 57 &= 0 \\ \\ s^3 - \frac{31}{2}s^2 + \frac{961}{12}s - \frac{29791}{216} + \frac{31}{2}\left(s^2 - \frac{31}{3}s + \frac{961}{36}\right) \\ + 69s - \frac{713}{2} + \frac{114}{2} &= 0 \\ \\ s^3 - \frac{31}{2}s^2 + \frac{961}{12}s - \frac{29791}{216} + \frac{31}{2}s^2 - \frac{961}{6}s + \frac{29791}{72} \\+ 69s - \frac{713}{2} + \frac{114}{2} &= 0 \\ \\ s^3 - \frac{133}{12}s - \frac{5110}{216} &= 0 \\ \\ s^3 - \frac{133}{12}s - \frac{2555}{108} &= 0 \end{align*}

と、$~s^2~$の項を消去することができ、$~s=u+v~$とおくと、

\begin{align*} (u+v)^3-\frac{133}{12}(u+v)-\frac{2555}{108}&=0\\ \\u^3+3uv(u+v)+v^3-\frac{133}{12}(u+v)-\frac{2555}{108}&=0\\ \\ u^3+v^3-\frac{2555}{108}+(u+v)\left(3uv-\frac{133}{12} \right)&=0\\ \end{align*}

であるため、恒等式から次の2つの方程式が成り立つ。

\begin{cases} &u^3+v^3=\dfrac{2555}{108} \\ \\ &uv=\dfrac{133}{12} \end{cases}

　下の式を$~\displaystyle u^3v^3=\frac{2352637}{46656}~$とすることで、解と係数の関係から、$~u^3~$と$~v^3~$を解に持つ$~w~$の方程式

w^2-\frac{2555}{108}w+\frac{2352637}{46656}=0

ができる。

　この$~w~$を得るために、二次方程式の解の公式を利用すると、

\begin{align*} w &= \dfrac{\dfrac{2555}{108} \pm \sqrt{\dfrac{6528025}{11664} - \dfrac{2352637}{11664}}}{2} \\ \\ &= \dfrac{\dfrac{2555}{108} \pm \sqrt{\dfrac{4175388}{11664}}}{2} \\ \\ &= \dfrac{\dfrac{2555}{108} \pm \sqrt{\dfrac{12887}{36}}}{2} \\ \\ &= \dfrac{2555 \pm 18\sqrt{12887}}{216} \end{align*}

と$~w~$が2つ求められ、これらがそれぞれ$u^3$、$v^3$ である。

　三次方程式の解は、 $s=u+v$ であったことから、

\begin{align*} s &= \sqrt[3]{\dfrac{2555 + 18\sqrt{12887}}{216}} + \sqrt[3]{\dfrac{2555 - 18\sqrt{12887}}{216}} \\ \\ &= \dfrac{\sqrt[3]{2555 + 18\sqrt{12887}}}{6} + \dfrac{\sqrt[3]{2555 - 18\sqrt{12887}}}{6} \end{align*}

$~s~$の三次方程式の解1つが求められた。（実際は虚数解も存在する）

　$~\displaystyle t = s – \dfrac{31}{6}$より、$~t~$の三次方程式の解の1つ$~t_1~$は、

t_1= -\frac{31}{6} + \frac{\sqrt[3]{2555 + 18\sqrt{12887}}}{6} + \frac{\sqrt[3]{2555 - 18\sqrt{12887}}}{6}

と求められる。

　$~t=t_1~$を$~②~$に代入すると、右辺の二次方程式は$~t_1~$を重解とするので、

\begin{align*} (y^2+t_1)^2&=(2t_1+31)\left(y-\frac{90}{2(t_1+31)} \right) \\ \\ (y^2 + t_1)^2 &= (2t+31)\left(y - \frac{45}{(2t_1+31)}\right)^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

　ここで両辺の平方根をとることで、

\begin{align*} y^2 + t_1 &= \pm\sqrt{2t_1+31}\left(y - \frac{45}{2t_1+31}\right) \end{align*}

なので、次の2つの二次方程式ができる。

\begin{cases} y^2 - \sqrt{2t_1+31}\, y + t_1 + \dfrac{45}{\sqrt{2t_1+31}} = 0 \\[8pt] y^2 + \sqrt{2t_1+31}\, y + t_1 - \dfrac{45}{\sqrt{2t_1+31}} = 0 \end{cases}

　これらの二次方程式に解の公式を使うと、

\begin{cases} &y= \displaystyle \frac{\sqrt{2t_1+31} \pm \sqrt{2t_1+31 - 4\!\left(t_1 + \dfrac{45}{\sqrt{2t_1+31}}\right)}}{2} \\ \\ &y=\displaystyle \frac{-\sqrt{2t_1+31} \pm \sqrt{2t_1+31 - 4\!\left(t_1 - \dfrac{45}{\sqrt{2t_1+31}}\right)}}{2} \\ \\ \end{cases}

であり、根号の中を計算すると、

\begin{cases} &y=\displaystyle \frac{\sqrt{2t_1+31} \pm \sqrt{-2t_1+31 - \dfrac{180}{\sqrt{2t_1+31}}}}{2}\\ \\ &y=\displaystyle \frac{-\sqrt{2t_1+31} \pm \sqrt{-2t_1+31 + \dfrac{180}{\sqrt{2t_1+31}}}}{2} \end{cases}

と$~y~$の値が求められる。

　最後に、$ x=y-2 ~$に代入することで、四次方程式$~x^4+8x^3-7x^2-2x+3=0~$の解は、

\begin{equation*} x = -2 + \frac{\sqrt{2t_1+31} \pm \sqrt{-2t_1+31 - \dfrac{180}{\sqrt{2t_1+31}}}}{2} \end{equation*}

\begin{equation*} x = -2 + \frac{-\sqrt{2t_1+31} \pm \sqrt{-2t_1+31 + \dfrac{180}{\sqrt{2t_1+31}}}}{2} \end{equation*}

の4つであり、ここに

\begin{equation*} t_1 = -\frac{31}{6} + \frac{\sqrt[3]{2555 + 18\sqrt{12887}} + \sqrt[3]{2555 - 18\sqrt{12887}}}{6} \end{equation*}

を代入すれば、四次方程式の完全な解が得られる。

　四次方程式の解の公式を使うために、三次方程式の解の公式を使うという、とてつもなく長い計算となりました。

まとめ

　この記事では、四次方程式の解の公式の中でも、最も初期に発見されたルドヴィコ・フェラーリによる解法を紹介しました。

フェラーリが発見し、その師匠であるカルダーノの『アルス・マグナ』の中で1545年に公表された。
$~x^4~$の係数を$~1~$にし、変数変換で3次の項を消去するところからスタートする。
２乗＝２乗の形を作るために、3次方程式の解の公式を使う必要がある。
最終的に二次方程式に帰着させ、2次方程式の解の公式を使う必要がある。

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・・・