2 方程式の解

2.1 解の公式

$p_0(x)=1=0$の解はもちろん$0$個である. これは最も簡単な解のない方程式である.

$p_1(x)=x-a_1=0$の解は$x=a_1$となり, 最も簡単な解の公式である.

$p_2(x)=x^2-2a_1x+a_2=0$の解は

$$x=a_1\pm\sqrt{a_1^2-a_2}$$ (2.8)

となり, 一般的な公式に比べて無駄がない. ここで$p_n(x)$を導出したときの$a_k$と$a^k$の対応を考えて, 添字も指数だと思ってしまうと, 平方根の中身は2次, 全体としては1次となって非常にうまくできている. これはもちろん$p_2(x)$の「同次性」による.

さて, $p_3(x)=x^3-3a_1x^2+3a_2x-a_3=0$の解を求めたいのだが, $x=y+a_1$とすれば

$$x^3-3a_1x^2+3a_2x-a_3=y^3+3(a_2-a_1^2)y-(2a_1^3-3a_1a_2+a_3)$$

と変形できるから, $b_2=a_2-a_1^2$, $b_3=2a_1^3-3a_1a_2+a_3$とおいて

$$y^3+3b_2y-b_3=0$$ (2.9)

を考える. これを

$$(s-t)^3+3st(s-t)-(s^3-t^3)=0$$

という恒等式と比較すると,

$$st=b_2,\quad s^3-t^3=b_3$$ (2.10)

とおけば$y=s-t$となることが分かる. $s^3$を求めると

$$s^6-b_3s^3-b_2^3=0 \Longleftrightarrow s^3=\frac{b_3\pm\sqrt{b_3^2+4b_2^3}}{2}$$

となるから,

$$y=\omega^{m}\sqrt[3]{\frac{b_3+\sqrt{b_3^2+4b_2^3}}{2}}+\om... ...}\sqrt[3]{\frac{b_3-\sqrt{b_3^2+4b_2^3}}{2}} \qquad (m=0,1,2)$$ (2.11)

を得る¹. これを$x$と$a_1,a_2,a_3$の関係に直すと, $b_3$, $b_3^2+4b_2^3$をそれぞれ

$$C = 2a_1^3-3a_1a_2+a_3,$$ (2.12)

$$D = 4a_1^3a_3-3a_1^2a_2^2-6a_1a_2a_3+4a_2^3+a_3^2$$ (2.13)

とおいて,

$$x=a_1+\omega^{m}\sqrt[3]{\frac{C+\sqrt{D}}{2}}+\omega^{2m}\sqrt[3]{\frac{C-\sqrt{D}}{2}} \qquad (m=0,1,2)$$ (2.14)

となる. ここで再び添字を指数と考えると, $C$は3次, $D$は6次となり, やはり全体としては1次となっている. ただし, この形は方程式を $x^3+a_1x^2+a_2x+a_3=0$と書いた場合の

$$\begin{eqnarray*} C'&=&-2a_1^3+9a_1a_2-27a_3, \\ D'&=&-4a_1^3a_3+a_1^2a_2^2+1... ...m}\sqrt[3]{\frac{C'-3\sqrt{-3D'}}{2}} \right) \qquad (m=0,1,2) \end{eqnarray*}$$

に比べてかなり無駄は少ないが, $C,D$の各項の係数の法則がよく分からない. しかし係数は和をとればともに$0$となることなどから, 本質的なものであると考えられる.

$p_4(x)=0$の解についても同様だが, 少し簡単になったところでさすがに煩雑なので書かない. $p_5(x)=0$は$\vartheta$関数, $p_6(x)=0$は超幾何関数を2変数に拡張したKampé de Fériet関数を使って解けるが, その場合にどうなるのかは確認していない.

2.2 解の分布

$p_n(x)=0$の解がすべて実数の場合, 次のようにして範囲が求まる. まず$x=y+a_1$を代入して, $y$についての

$$\begin{eqnarray*} p(y+a_1)&=&y^n+na_1y^{n-1}+\frac{n(n-1)}{2}a_1^2y^{n-2}+\cdot... ...+\cdots \\ &=&y^n+\frac{n(n-1)}{2}(a_2-a_1^2)y^{n-2}+\cdots=0 \end{eqnarray*}$$

という方程式を考える. 解を $y_1,y_2,\ldots,y_n$とすると, 解と係数の関係

$$\begin{eqnarray*} y_1+y_2+\cdots+y_n&=&0, \\ y_1y_2+y_1y_3+\cdots+y_{n-1}y_n&=&\frac{n(n-1)}{2}(a_2-a_1^2) \end{eqnarray*}$$

を用いて

$$y_1^2+y_2^2+\cdots+y_n^2 = (y_1+y_2+\cdots+y_n)^2-2(y_1y_2+y_1y_3+\cdots+y_{n-1}y_n)$$

$$= n(n-1)(a_1^2-a_2)$$ (2.15)

となる. つまり $y_1,y_2,\ldots,y_n$の平均は$0$, 分散は $(n-1)(a_1^2-a_2)$である. 任意の解として$y_1$を代表に使うと, 明らかに $y_1^2 \le n(n-1)(a_1^2-a_2)$であるが, Cauchyの不等式²を用いて

$$\begin{eqnarray*} y_1^2&=&(y_2+y_3+\cdots+y_n)^2 \\ &\le&(n-1)(y_2^2+y_3^2+\cdots+y_n^2) \\ &=&(n-1)(n(n-1)(a_1^2-a_2)-y_1^2) \end{eqnarray*}$$

となるから,

$$y_1^2 \le (n-1)^2(a_1^2-a_2)$$

に改良できる. よって$x$が$p_n(x)=0$を満たせば,

$$\vert x-a_1\vert \le (n-1)\sqrt{a_1^2-a_2}$$ (2.16)

の範囲に含まれることが分かる. もし方程式を $x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_n=0$と書くと, 解を含む区間の端点は

$$-\frac{a_1}{n}\pm\frac{n-1}{n}\sqrt{a_1^2-\frac{2n}{n-1}a_2}$$

となり, 余分な係数がついてしまう.