（追記有り）ラグランジュ・リゾルベントの連立による３次方程式の解の公式の導出

　竹村の家庭教師が始まった。
「前回ラグランジュ・リゾルベント

$$
\begin{align*}
&\alpha+\beta+\gamma\\
&\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\\
&\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma\\
\end{align*}
$$

という３つの式をやったね。$${\alpha,  \beta,  \gamma}$$ は ３次方程式 $${y^3+py+q=0}$$ の解、$${\omega}$$ は３乗して $${1}$$ になる数、つまり $${1}$$ の３乗根のうち虚数になる数だった。ではいよいよこのラグランジュ・リゾルベントを使って３次方程式の解の公式を導き出そうと思う。

（追記始め）
　ラグランジュ・リゾルベントの連立によって、３次方程式の解の公式を求めることが今日の目標だよ。
（追記終わり）

　その前に少し前回の復習をしようか。まず３次方程式の３つの解の置換を、次のように定義したね。

＜３つの解 $${\boldsymbol{\alpha,  \beta,  \gamma}}$$ の置換（復習）＞

➀　$${\alpha}$$ を $${\alpha}$$ に、$${\beta}$$ を $${\beta}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\gamma}$$ に、つまりそのままで変わらない置換、すなわち

$$
\begin{align*}
\alpha\longrightarrow \alpha\\
\beta\longrightarrow \beta\\
\gamma\longrightarrow \gamma
\end{align*}
\hspace{12pt}を\hspace{10pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \beta & \gamma
\end{pmatrix}
$$

②　$${\alpha}$$ を $${\gamma}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\beta}$$ に、$${\beta}$$ を $${\alpha}$$ に置き換える置換、すなわち

$$
\begin{align*}
\alpha\longrightarrow\gamma\\
\beta\longrightarrow\alpha\\
\gamma\longrightarrow\beta
\end{align*}
\hspace{12pt}を\hspace{10pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \alpha & \beta
\end{pmatrix}
$$

③　$${\alpha}$$ を $${\beta}$$ に、$${\beta}$$ を $${\gamma}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\alpha}$$ に置き換える置換、すなわち

$$
\begin{align*}
\alpha\longrightarrow \beta\\
\beta\longrightarrow \gamma\\
\gamma\longrightarrow \alpha
\end{align*}
\hspace{12pt}を\hspace{10pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \gamma & \alpha
\end{pmatrix}
$$

④　$${\alpha}$$ はそのままで、$${\beta}$$ を $${\gamma}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\beta}$$ に置き換える置換、すなわち

$$
\begin{align*}
\alpha\longrightarrow\alpha\\
\beta\longrightarrow\gamma\\
\gamma\longrightarrow\beta
\end{align*}
\hspace{14pt}を\hspace{10pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \gamma & \beta
\end{pmatrix}
$$

➄　$${\beta}$$ はそのままで、$${\alpha}$$ を $${\gamma}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\alpha}$$ に置き換える置換、すなわち

$$
\begin{align*}
\alpha\longrightarrow\gamma\\
\beta\longrightarrow\beta\\
\gamma\longrightarrow\alpha
\end{align*}
\hspace{12pt}を\hspace{10pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \beta & \alpha
\end{pmatrix}
$$

⑥　$${\gamma}$$ はそのままで、$${\alpha}$$ を $${\beta}$$ に、$${\beta}$$ を $${\alpha}$$ に置き換える置換、すなわち

$$
\begin{align*}
\alpha\longrightarrow\beta\\
\beta\longrightarrow\alpha\\
\gamma\longrightarrow\gamma
\end{align*}
\hspace{12pt}を\hspace{10pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \alpha & \gamma
\end{pmatrix}
$$

（　　）の中の文字は、上から下に置換されると見ればいいね。あと３つの解の置換はこの６つがすべてで、他には無いことにも注意。
　さて、３次方程式 $${ax^3+bx^2+cx+d=0}$$ を $${x=y-\dfrac{b}{3a}}$$ と置き換える『チルンハウス変換』によって、$${y^2}$$ の項の無い $${y^3+py+q=0}$$ という、より簡単な形に変換できることは既にやったね。前回の授業では、この $${y^3+py+q=0}$$ の３つの解を $${\alpha,  \beta,  \gamma}$$ としたときのラグランジュ・リゾルベント

$$
\begin{align*}
&\alpha+\beta+\gamma\\
&\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\\
&\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma\\
\end{align*}
$$

に、先ほどの６つの置換を作用させてみた。一番上の第１式は対称式なのでどの置換でも変化しないけど、問題は第２式と第３式。これを

$$
\begin{align*}
A&=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\\
B&=\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma
\end{align*}
$$

とおくと、$${A,  B}$$ そのままでは対称式ではないが

$$
\begin{align*}
AB&=(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)\\
A^3+B^3&=(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)^3+(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)^3
\end{align*}
$$

は上の６つの置換すべてで変化しない、つまり $${AB}$$ と $${A^3+B^3}$$ は対称式であることが示された。そこで今日の授業。
　$${AB}$$ と $${A^3+B^3}$$ が対称式であることを利用して、 $${A,  B}$$ を３次方程式 $${y^3+py+q=0}$$ の係数 $${p,  q}$$ で表し、それを

$$
\begin{align*}
\alpha&=\dfrac{(\alpha+\beta+\gamma)+(\overbrace{\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma}^{A})
+(\overbrace{\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma}^{B})}{3}\\
\beta&=\dfrac{(\alpha+\beta+\gamma)+\omega^2(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)+\omega(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)}{3}\\
\gamma&=\dfrac{(\alpha+\beta+\gamma)+\omega(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)+\omega^2(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)}{3}
\end{align*}
$$

の $${A,  B}$$ 部分に代入して３次方程式の解の公式を導き出そう、というのが今日の授業のメインテーマだね。（$${\Rightarrow}$$ この式の証明は、本シリーズ (6)）。
　なお、$${\alpha+\beta+\gamma}$$ 部分は基本対称式 なので、解と係数の関係から３次方程式の係数で表せる。解と係数の関係の左辺は基本対称式だからね。

＜３次方程式の解と係数の関係（復習）＞
　３次方程式 $${ax^3+bx^2+cx+d=0}$$ の３つの解を $${\alpha,  \beta,  \gamma}$$ とすると

$$
\begin{alignat*}{2}
\overbrace{\alpha+\beta+\gamma}^{基本対称式}&= & - &\dfrac{b}{a}\\　
\overbrace{\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha}^{基本対称式}&= & &\dfrac{c}{a}\\
\overbrace{\alpha\beta\gamma}^{基本対称式}&= & -&\dfrac{d}{a}
\end{alignat*}
$$

$${\alpha+\beta+\gamma}$$ 部分は解と係数の関係から、３次方程式の係数を用いてすぐに分かる。しかし $${A,  B}$$ 部分はすぐには分からない。つまり、すぐには分からない $${A,  B}$$ を、３次方程式の係数で表すことが今日の課題となる。そういえば森田君。考えてみると言ってたけど、どうだった？」
「はい、自分なりに考えてみました」
「おっ考えてみた！どう、できたかな？」
「ではやってみます」
　小学５年生の森田君はすくっと立ち上がり、颯爽とホワイトボードの前に立った。
「まず、先ほどの＜３次方程式の解と係数の関係＞
　３次方程式 $${ax^3+bx^2+cx+d=0}$$ の３つの解を $${\alpha,  \beta,  \gamma}$$ とすると

$$
\begin{alignat*}{2}
\alpha+\beta+\gamma&= & - &\dfrac{b}{a}\\　
\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha&= & &\dfrac{c}{a}\\
\alpha\beta\gamma&= & -&\dfrac{d}{a}
\end{alignat*}
$$

より、これを $${y^{3}+py+q=0}$$ に適用すると、$${a=1,  b=0,  c=p,  d=q}$$ となるので

$$
\begin{alignat*}{2}
\alpha+\beta+\gamma&= & - &\dfrac{0}{1}\\　
\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha&= & &\dfrac{p}{1}\\
\alpha\beta\gamma&= & -&\dfrac{q}{1}
\end{alignat*}
$$

より

$$
\begin{alignat*}{2}
\alpha+\beta+\gamma&= & &0\\　
\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha&= & &p\\
\alpha\beta\gamma&= & -&q
\end{alignat*}
$$

が成り立ちます。特に $${y^2}$$の係数が $${0}$$ なので  $${\alpha+\beta+\gamma=0}$$ となり、後の計算が楽になります」
「チルンハウス変換を行ったメリットだね」
「そうです、この式は後に役立ちます。ここで簡単のためラグランジュ・リゾルベントを

$$
\begin{align*}
A&=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\\
B&=\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma
\end{align*}
$$

とおくと、$${AB}$$、$${A^3+B^3}$$ は対称式なので、基本対称式を用いて表すことができる、というのが前回までの授業です。以下それを具体的に見ていきます。

＜$${\boldsymbol{AB}}$$ を求める＞
　まず $${AB}$$ は、普通に分配していきます。$${B}$$ をひとかたまりとして、$${A}$$ のそれぞれの項に$${B}$$ を分配し、さらにすべての項を分配していきます。

$$
\begin{align*}
AB&=(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)(\underbrace{\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma}_{B})\\
&=\alpha(\underbrace{\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma}_{B})
+\omega\beta(\underbrace{\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma}_{B})
+\omega^2\gamma(\underbrace{\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma}_{B})\\
&=\alpha^2+\omega^2\alpha\beta+\omega\gamma\alpha
+\omega\alpha\beta+\omega^3\beta^2+\omega^2\beta\gamma
+\omega^2\gamma\alpha+\omega^4\beta\gamma+\omega^3\gamma^2\\
&=\alpha^2+\underset{1}{\underline{\omega^3}}\,\beta^2+\underset{1}{\underline{\omega^3}}\,\gamma^2
+\omega\alpha\beta+\omega^2\alpha\beta
+\underset{\omega}{\underline{\omega^4}}\,\beta\gamma+\omega^2\beta\gamma
+\omega\gamma\alpha+\omega^2\gamma\alpha\\
&=\alpha^2+\beta^2+\gamma^2
+\omega\alpha\beta+\omega^2\alpha\beta
+\omega\beta\gamma+\omega^2\beta\gamma
+\omega\gamma\alpha+\omega^2\gamma\alpha\\
&=\alpha^2+\beta^2+\gamma^2
+(\underset{-1}{\underline{\omega+\omega^2}})\alpha\beta
+(\underset{-1}{\underline{\omega+\omega^2}})\beta\gamma
+(\underset{-1}{\underline{\omega+\omega^2}})\gamma\alpha\\
&=\alpha^2+\beta^2+\gamma^2
+(-1)\alpha\beta+(-1)\beta\gamma+(-1)\gamma\alpha\\
&=\alpha^2+\beta^2+\gamma^2
-\alpha\beta-\beta\gamma-\gamma\alpha\\
&=\alpha^2+\beta^2+\gamma^2
-(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)  \cdots(*1)
\end{align*}
$$

これを $${(*1)}$$ とおきます。なお。途中で以前習った $${\omega}$$ の性質

$$
\begin{align*}
&\omega^3=1\\
&\omega^4=\omega^3\cdot\omega=1\cdot\omega=\omega\\
&\omega^2+\omega+1=0  より  \omega^2+\omega=-1
\end{align*}
$$

を使いました。すると $${\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha}$$ は基本対称式なので、$${\alpha^2+\beta^2+\gamma^2}$$ を求めるのが次の課題です。それには以下の展開公式を利用します。

$$
(\alpha+\beta+\gamma)^2=\alpha^2+\beta^2+\gamma^2+2\alpha\beta+2\beta\gamma+2\gamma\alpha
$$

左右入れ替えて

$$
\alpha^2+\beta^2+\gamma^2+2\alpha\beta+2\beta\gamma+2\gamma\alpha=(\alpha+\beta+\gamma)^2
$$

$${2\alpha\beta+2\beta\gamma+2\gamma\alpha}$$ を移項して

$$
\begin{align*}
\alpha^2+\beta^2+\gamma^2&=(\alpha+\beta+\gamma)^2-2\alpha\beta-2\beta\gamma-2\gamma\alpha\\
&=(\alpha+\beta+\gamma)^2-2(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)
\end{align*}
$$

これに先ほど求めた解と係数の関係

$$
\begin{alignat*}{2}
\alpha+\beta+\gamma&= & &0\\　
\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha&= & &p\\
\alpha\beta\gamma&= & -&q
\end{alignat*}
$$

の上２つを代入して

$$
\begin{align*}
\alpha^2+\beta^2+\gamma^2&=(\alpha+\beta+\gamma)^2-2(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)\\
&=0^2-2\cdot p\\
&=-2p
\end{align*}
$$

よって、これと解と係数の関係の２つ目

$$
\begin{align*}
\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=p
\end{align*}
$$

を、先ほど計算した $${(*1)}$$ に代入して

$$
\begin{align*}
AB&=\alpha^2+\beta^2+\gamma^2
-(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)\\
&=-2p-p\\
&=(-2-1)p\\
&=-3p
\end{align*}
$$

これで $${AB}$$ を $${p}$$ を用いて表すことができました」
「$${AB}$$ は割と簡単だったけど、難しいのは $${A^3+B^3}$$ の方だね」
「はい、難しかったです。ここで

$$
\begin{align*}
A^3+B^3=(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)^3+(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)^3
\end{align*}
$$

と３つの項のある３乗の式を、力技で展開するのはかなり計算が大変なので、ここでは３乗の展開公式を利用します」
　力技で展開していた竹村は、そっとノートを閉じた。

＜$${\boldsymbol{A^3+B^3}}$$ を求める＞
「以下の３乗の展開公式を用います。

$$
\begin{align*}
(A+B)^3=A^3＋3A^2B+3AB^2+B^3
\end{align*}
$$

まず左右入れ替えて

$$
\begin{align*}
A^3＋3A^2B+3AB^2+B^3=(A+B)^3
\end{align*}
$$

$${3A^2B+3AB^2}$$ を移項して

$$
\begin{align*}
A^3+B^3&=(A+B)^3-3A^2B-3AB^2\\
&=(A+B)^3-3AB(A+B)  \cdots(*2)
\end{align*}
$$

これを $${(*2)}$$ とおきます。先ほど $${AB=-3p}$$ と求めたので、ここでは $${A+B}$$ を求めることが課題となります。すると

$$
\begin{align*}
A+B&=(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)+(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)\\
&=\alpha+\alpha+\omega\beta+\omega^2\beta+\omega^2\gamma+\omega\gamma\\
&=2\alpha+(\underset{-1}{\underline{\omega+\omega^2}})\beta+(\underset{-1}{\underline{\omega+\omega^2}})\gamma\\
&=2\alpha+(-1)\beta+(-1)\gamma\\
&=2\alpha-\beta-\gamma\\
&=2\alpha-(\beta+\gamma)
\end{align*}
$$

ここでも $${\omega}$$ の性質 $${\omega^2+\omega+1=0}$$ より $${\omega^2+\omega=-1}$$ を使っています。すると、解と係数の関係の１つ目の式 $${\alpha+\beta+\gamma=0}$$ より $${\beta+\gamma=-\alpha}$$ なので

$$
\begin{align*}
A+B&=2\alpha-(\beta+\gamma)\\
&=2\alpha-(-\alpha)\\
&=2\alpha+\alpha\\
&=3\alpha
\end{align*}
$$

これで $${A+B}$$ が求まったので、これと既に求めた $${AB=-3p}$$ を $${(*2)}$$ に代入して

$$
\begin{align*}
A^3+B^3&=(A+B)^3-3AB(A+B)\\
&=(3\alpha)^3-3(-3p)\cdot(3\alpha)\\
&=27\alpha^3+9p(3\alpha)\\
&=27\alpha^3+27p\alpha
\end{align*}
$$

さてここで解と係数の関係の２つ目の式  $${\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=p}$$ 、つまり 
$${p=\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha}$$ をこの式に代入して、一度 $${p}$$ を消去します。

$$
\begin{align*}
A^3+B^3&=27\alpha+27p\alpha\\
&=27\alpha^3+27(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)\alpha\\
&=27\alpha^3+27(\alpha^2\beta+\alpha\beta\gamma+\gamma\alpha^2)\\
&=27\alpha^3+27(\alpha^2\beta+\gamma\alpha^2+\alpha\beta\gamma)\\
&=27(\alpha^3+\alpha^2\beta+\gamma\alpha^2+\alpha\beta\gamma)\\
&=27\{\alpha^2(\alpha+\beta+\gamma)+\alpha\beta\gamma\}
\end{align*}
$$

これに、解と係数の関係の１つ目と３つ目の式

$$
\begin{align*}
\alpha+\beta+\gamma&=0\\
\alpha\beta\gamma&=-q
\end{align*}
$$

を代入すれば

$$
\begin{align*}
A^3+B^3&=27\{\alpha^2\cdot 0+(-q)\}\\
&=27\cdot(-q)\\
&=-27q
\end{align*}
$$

これで目標だった $${A^3+B^3}$$ と $${AB}$$ が、$${p,  q}$$ を用いて

$$
\begin{align*}
A^3+B^3&=-27q\\
AB&=-3p
\end{align*}
$$

と定まりました。ここでいよいよラグランジュ・リゾルベント  $${A=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma,   B=\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma}$$ を求めていきます。

＜ラグランジュ・リゾルベント $${\boldsymbol{A,  B}}$$ の決定＞

　$${A,  B}$$ を求めるには、下の式 $${AB=-3p}$$ を３乗して

$$
\begin{align*}
A^3+B^3&=-27q\\
(AB)^3&=(-3p)^3
\end{align*}
$$

$$
\begin{align*}
A^3+B^3&=-27q\\
A^3B^3&=(-3)^3p^3
\end{align*}
$$

より

$$
\begin{align*}
A^3+B^3&=-27q\\
A^3B^3&=-27p^3
\end{align*}
$$

ここで、$${A^3,  B^3}$$ は２次方程式

$$
(X-A^3)(X-B^3)=0
$$

の解になることを利用します」
「例えば $${2}$$ と $${3}$$ を解に持つ２次方程式は $${(x-2)(x-3)=0}$$ となる、という考え方だね」
「そうです、以前習った方法です。そこで $${(X-A^3)(X-B^3)=0}$$ を展開すると

$$
X^2-(A^3+B^3)X+A^3B^3=0
$$

これに、先ほど求めた

$$
\begin{align*}
A^3+B^3&=-27q\\
A^3B^3&=-27p^3
\end{align*}
$$

を代入して

$$
X^2-(-27q)X-27p^3=0
$$

より

$$
X^2+27qX-27p^3=0
$$

すると、この式は元々 $${(X-A^3)(X-B^3)=0}$$ だったので、この２次方程式の解 $${X}$$ が $${A^3,  B^3}$$ となります。この２次方程式は、すでに分かっている２次方程式の解の公式を用いて解くことができます。

解きたい２次方程式は $${X^2+27qX-27p^3=0}$$ なので、$${a=1,  b=27q,  c=-27p^3}$$ として解の公式を用いると

$$
\begin{align*}
X&=\dfrac{-27q\pm\sqrt{(27q)^2-4\cdot1\cdot(-27p^3)}}{2\cdot1}\\
&=\dfrac{-27q\pm\sqrt{(27q)^2-4\cdot(-27p^3)}}{2\cdot1}\\
&=\dfrac{-27q\pm\sqrt{27^2q^2+4\cdot27p^3}}{2}
\end{align*}
$$

このあとの計算は、ある狙いをもって計算していきます。その狙いとは、以前習った解の公式に合わせて $${\dfrac{p}{2}}$$ と $${\dfrac{p}{3}}$$ の見えるきれいな形にするということと、将来的に３乗根を取るので $${3^3}$$ つまり $${27}$$ でくくった形にする、ということです。そうすることによって、以前『カルダノの方法』で習った解の公式と同じ形に導きやすくなります。具体的にやってみますと、上の式より ”$${\pm}$$” のところで２つの分数に分けて

$$
\begin{align*}
X&=\dfrac{-27q\pm\sqrt{27^2q^2+4\cdot27p^3}}{2}\\
&=\dfrac{-27q}{2}\pm\dfrac{\sqrt{27^2q^2+4\cdot27p^3}}{2}\\
&=\dfrac{-27q}{2}\pm\dfrac{\sqrt{27^2q^2+4\cdot27p^3}}{\sqrt{2^2}}\\
&=\dfrac{-27q}{2}\pm\dfrac{\sqrt{27^2q^2+4\cdot27p^3}}{\sqrt{4}}\\
&=\dfrac{-27q}{2}\pm\sqrt{\dfrac{27^2q^2+4\cdot27p^3}{4}}\\
&=\dfrac{-27q}{2}\pm\sqrt{\dfrac{27^2q^2}{4}+\dfrac{\bcancel{4}\cdot27p^3}{\bcancel{4}}}\\
&=\dfrac{-27q}{2}\pm\sqrt{27^2\cdot\dfrac{q^2}{4}+27p^3}\\
&=\dfrac{-27q}{2}\pm\sqrt{27^2\cdot\dfrac{q^2}{4}+27^2\cdot\dfrac{p^3}{27}}\\
&=\dfrac{-27q}{2}\pm\sqrt{27^2\left(\dfrac{q^2}{4}+\dfrac{p^3}{27}\right)}\\
&=\dfrac{-27q}{2}\pm27\sqrt{\dfrac{q^2}{4}+\dfrac{p^3}{27}}\\
&=\dfrac{-27q}{2}\pm27\sqrt{\dfrac{q^2}{2^2}+\dfrac{p^3}{3^3}}\\
&=-27\cdot\dfrac{q}{2}\pm27\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\\
&=27\left\{-\dfrac{q}{2}\pm\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}\\
\end{align*}
$$

これで $${\dfrac{p}{2}}$$ と $${\dfrac{p}{3}}$$ の見える形となり、$${27}$$ でくくることができました。解はプラスマイナスの２つあるので、プラスの方を $${A^3}$$、マイナスの方を $${B^3}$$ とおくと

$$
\begin{align*}
A^3&=27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}\\
B^3&=27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}
\end{align*}
$$

ここで $${A,  B}$$ を求めるには、最初に３次方程式の解の公式を導いたときに習った、以下の解法が便利です。

つまり $${x^3=a}$$ の解は、$${1}$$ の３乗恨 $${1,  \omega,  \omega^2}$$ のそれぞれに $${\sqrt[3]{a}}$$ をかけて

$$
x=\sqrt[3]{a},   \omega\sqrt[3]{a},   \omega^2\sqrt[3]{a}
$$

として求まります。そこで簡単のため、新しい文字 $${u,  v}$$ を用いて

$$
\begin{align*}
A^3&=27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}=u\\
B^3&=27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}=v
\end{align*}
$$

とおきます。つまり

$$
\begin{align*}
A^3&=u\\
B^3&=v
\end{align*}
$$

と式を簡略化します。ここからの計算は、最初に３次方程式の解の公式を導いたときと全く同じです。まず $${A^3=u}$$ の解は、$${1}$$ の３乗恨 $${1,  \omega,  \omega^2}$$ のそれぞれに $${\sqrt[3]{u}}$$ をかければいいので

$$
A=\sqrt[3]{u},   \omega\sqrt[3]{u},   \omega^2\sqrt[3]{u}
$$

同様に $${B^3=v}$$ の解も、$${1}$$ の３乗恨 $${1,  \omega,  \omega^2}$$ のそれぞれに $${\sqrt[3]{v}}$$ をかければいいので

$$
B=\sqrt[3]{v},   \omega\sqrt[3]{v},   \omega^2\sqrt[3]{v}
$$

すると $${A}$$ は３通り、$${B}$$ も３通りなので、$${A,  B}$$ の組み合わせは $${3\times3=9}$$ 通り。しかし $${AB=-3q}$$ よりどの組み合わせでも一定の値にならないとだめなので、$${A}$$ と $${B}$$ の組み合わせは、掛けて同じになる組み合わせに絞られることとなります。
　まず $${A=\sqrt[3]{u}}$$、$${B=\sqrt[3]{v}}$$ とすると

$$
\begin{align*}
AB&=\sqrt[3]{u}\times\sqrt[3]{v}\\
&=\sqrt[3]{uv}
\end{align*}
$$

なので、掛けて $${\sqrt[3]{uv}}$$ になるような組み合わせを考えると、ちょうど以下の３組が見つかります。

$$
\begin{cases}
A=\sqrt[3]{u}\\
B=\sqrt[3]{v}
\end{cases}
,  
\begin{cases}
A=\omega\sqrt[3]{u}\\
B=\omega^2\sqrt[3]{v} 
\end{cases}
,  
\begin{cases}
A=\omega^2\sqrt[3]{u}\\
B=\omega\sqrt[3]{v}
\end{cases}
$$

確認して見ると、$${A= \omega\sqrt[3]{u},  B=\omega^2\sqrt[3]{v}}$$ のときは、$${\omega^3=1}$$ より

$$
\begin{align*}
AB&=\omega\sqrt[3]{u}\times\omega^2\sqrt[3]{v}\\
&=\omega\omega^2\sqrt[3]{u}\sqrt[3]{v}\\
&= \omega^3\sqrt[3]{uv}\\
&=1\cdot\sqrt[3]{uv}\\
&=\sqrt[3]{uv}
\end{align*}
$$

また、$${A= \omega^2\sqrt[3]{u},  B=\omega\sqrt[3]{v}}$$ のときも同様にして

$$
\begin{align*}
AB&=\omega^2\sqrt[3]{u}\times\omega\sqrt[3]{v}\\
&=\omega^2\omega\sqrt[3]{u}\sqrt[3]{v}\\
&=\omega^3\sqrt[3]{uv}\\
&=1\cdot\sqrt[3]{uv}\\
&=\sqrt[3]{uv}
\end{align*}
$$

となり、どの組み合わせも $${\sqrt[3]{uv}}$$ と同じ値となるので、$${A,  B}$$ の組み合わせは

$$
\begin{cases}
A=\sqrt[3]{u}\\
B=\sqrt[3]{v}
\end{cases}
,  
\begin{cases}
A=\omega\sqrt[3]{u}  \\
B=\omega^2\sqrt[3]{v} 
\end{cases}
,  
\begin{cases}
A=\omega^2\sqrt[3]{u}\\
B=\omega\sqrt[3]{v}
\end{cases}
  \cdots{(*3)}
$$

と決定し、これを $${(*3)}$$ とします。最後にいよいよ、$${y^2+py+q=0}$$ の解 $${\alpha,  \beta,  \gamma}$$ を決定していきます。
　前回の授業で $${\alpha,  \beta,  \gamma}$$ は、ラグランジュ・リゾルベントの連立によって

$$
\begin{align*}
\alpha&=\dfrac{(\alpha+\beta+\gamma)+(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)+(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)}{3}\\
\beta&=\dfrac{(\alpha+\beta+\gamma)+\omega^2(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)+\omega(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)}{3}\\
\gamma&=\dfrac{(\alpha+\beta+\gamma)+\omega(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)+\omega^2(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)}{3}
\end{align*}
$$

と表せることを解説しましたが、解と係数の関係の１つ目の式より
　$${\alpha+\beta+\gamma=0}$$
なので

$$
\begin{align*}
\alpha&=\dfrac{0+(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)+(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)}{3}\\
\\
\beta&=\dfrac{0+\omega^2(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)+\omega(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)}{3}\\
\\
\gamma&=\dfrac{0+\omega(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)+\omega^2(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)}{3}\\
\end{align*}
$$

よって

$$
\begin{align*}
\alpha&=\dfrac{(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)+(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)}{3}\\
\\
\beta&=\dfrac{\omega^2(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)+\omega(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)}{3}\\
\\
\gamma&=\dfrac{\omega(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)+\omega^2(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)}{3}
\end{align*}
$$

と、式を簡単にできます。さらに
　$${A=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma}$$
　$${B=\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma}$$
であったので

$$
\begin{align*}
\alpha&=\dfrac{A+B}{3}\\
\\
\beta&=\dfrac{\omega^2A+\omega B}{3}\\
\\
\gamma&=\dfrac{\omega A+\omega^2B}{3}
\end{align*}
$$

これに、先ほど求めた $${A,  B}$$ の組み合わせ $${(*3)}$$

$$
\begin{cases}
A=\sqrt[3]{u}\\
B=\sqrt[3]{v}
\end{cases}
,  
\begin{cases}
A=\omega\sqrt[3]{u}\\
B=\omega^2\sqrt[3]{v} 
\end{cases}
,  
\begin{cases}
A=\omega^2\sqrt[3]{u}\\
B=\omega\sqrt[3]{v} 
\end{cases}
$$

を順に代入していきます。
　まず $${A=\sqrt[3]{u}}$$、$${B=\sqrt[3]{v}}$$ のとき

$$
\begin{align*}
\alpha&=\dfrac{A+B}{3}\\
&=\dfrac{\sqrt[3]{u}+\sqrt[3]{v}}{3}\\
\\
\beta&=\dfrac{\omega^2A+\omega B}{3}\\
&=\dfrac{\omega^2\sqrt[3]{u}+\omega\sqrt[3]{v}}{3}\\
\\
\gamma&=\dfrac{\omega A+\omega^2B}{3}\\
&=\dfrac{\omega\sqrt[3]{u}+\omega^2\sqrt[3]{v}}{3}
\end{align*}
$$

より

$$
\begin{cases}
\alpha=\dfrac{\sqrt[3]{u}+\sqrt[3]{v}}{3}\\
\\
\beta=\dfrac{\omega^2\sqrt[3]{u}+\omega\sqrt[3]{v}}{3}\\
\\
\gamma=\dfrac{\omega\sqrt[3]{u}+\omega^2\sqrt[3]{v}}{3}
\end{cases}
$$

$${A=\omega\sqrt[3]{u}}$$、$${B=\omega^2\sqrt[3]{v}}$$ のとき、$${\omega^3=1}$$ と $${\omega^4=\omega}$$ を用いて

$$
\begin{align*}
\alpha&=\dfrac{A+B}{3}\\
&=\dfrac{\omega\sqrt[3]{u}+\omega^2\sqrt[3]{v}}{3}\\
\\
\beta&=\dfrac{\omega^2A+\omega B}{3}\\
&=\dfrac{\omega^2\cdot\omega\sqrt[3]{u}+\omega\cdot\omega^2\sqrt[3]{v}}{3}\\
&=\dfrac{\omega^3\sqrt[3]{u}+\omega^3\sqrt[3]{v}}{3}\\
&=\dfrac{1\cdot\sqrt[3]{u}+1\cdot\sqrt[3]{v}}{3}\\
&=\dfrac{\sqrt[3]{u}+\sqrt[3]{v}}{3}\\
\\
\gamma&=\dfrac{\omega A+\omega^2B}{3}\\
&=\dfrac{\omega\cdot\omega\sqrt[3]{u}  +\omega^2\cdot\omega^2\sqrt[3]{v}}{3}\\
&=\dfrac{\omega^2\sqrt[3]{u}+\omega^4\sqrt[3]{v}}{3}\\
&=\dfrac{\omega^2\sqrt[3]{u}+\omega\sqrt[3]{v}}{3}
\end{align*}
$$

より

$$
\begin{cases}
\alpha=\dfrac{\omega\sqrt[3]{u}+\omega^2\sqrt[3]{v}}{3}\\
\\
\beta=\dfrac{\sqrt[3]{u}+\sqrt[3]{v}}{3}\\
\\
\gamma=\dfrac{\omega^2\sqrt[3]{u}+\omega\sqrt[3]{v}}{3}
\end{cases}
$$

$${A=\omega^2\sqrt[3]{u}}$$、$${B=\omega\sqrt[3]{v}}$$ のとき

$$
\begin{align*}
\alpha&=\dfrac{A+B}{3}\\
&=\dfrac{\omega^2\sqrt[3]{u}+\omega\sqrt[3]{v}}{3}\\
\\
\beta&=\dfrac{\omega^2A+\omega B}{3}\\
&=\dfrac{\omega^2\cdot\omega^2\sqrt[3]{u}+\omega\cdot\omega\sqrt[3]{v}}{3}\\
&=\dfrac{\omega^4\sqrt[3]{u}+\omega^2\sqrt[3]{v}}{3}\\
&=\dfrac{\omega\sqrt[3]{u}+\omega^2\sqrt[3]{v}}{3}\\
\\
\gamma&=\dfrac{\omega A+\omega^2B}{3}\\
&=\dfrac{\omega\cdot\omega^2\sqrt[3]{u}  +\omega^2\cdot\omega\sqrt[3]{v}}{3}\\
&=\dfrac{\omega^3\sqrt[3]{u}+\omega^3\sqrt[3]{v}}{3}\\
&=\dfrac{1\cdot\sqrt[3]{u}+1\cdot\sqrt[3]{v}}{3}\\
&=\dfrac{\sqrt[3]{u}+\sqrt[3]{v}}{3}
\end{align*}
$$

より

$$
\begin{cases}
\alpha=\dfrac{\omega^2\sqrt[3]{u}+\omega\sqrt[3]{v}}{3}\\
\\
\beta=\dfrac{\omega\sqrt[3]{u}+\omega^2\sqrt[3]{v}}{3}\\
\\
\gamma=\dfrac{\sqrt[3]{u}+\sqrt[3]{v}}{3}
\end{cases}
$$

以上をまとめると、$${\alpha,  \beta,  \gamma}$$ の値は以下の３組

$$
\begin{align*}
&\begin{cases}
\alpha=\dfrac{\sqrt[3]{u}+\sqrt[3]{v}}{3}\\
\\
\beta=\dfrac{\omega^2\sqrt[3]{u}+\omega\sqrt[3]{v}}{3}\\
\\
\gamma=\dfrac{\omega\sqrt[3]{u}+\omega^2\sqrt[3]{v}}{3}
\end{cases}\\
\\
&\begin{cases}
\alpha=\dfrac{\omega\sqrt[3]{u}+\omega^2\sqrt[3]{v}}{3}\\
\\
\beta=\dfrac{\sqrt[3]{u}+\sqrt[3]{v}}{3}\\
\\
\gamma=\dfrac{\omega^2\sqrt[3]{u}+\omega\sqrt[3]{v}}{3}
\end{cases}\\
\\
&\begin{cases}
\alpha=\dfrac{\omega^2\sqrt[3]{u}+\omega\sqrt[3]{v}}{3}\\
\\
\beta=\dfrac{\omega\sqrt[3]{u}+\omega^2\sqrt[3]{v}}{3}\\
\\
\gamma=\dfrac{\sqrt[3]{u}+\sqrt[3]{v}}{3}
\end{cases}
\end{align*}
$$

となりますが、これらはいずれも

$$
\dfrac{\sqrt[3]{u}+\sqrt[3]{v}}{3},  \dfrac{\omega\sqrt[3]{u}+\omega^2\sqrt[3]{v}}{3},  \dfrac{\omega^2\sqrt[3]{u}+\omega\sqrt[3]{v}}{3}
$$

の組み合わせです。$${\alpha,  \beta,  \gamma}$$ はもともと３次方程式  $${y^3+py+q=0}$$  の解でした。$${\alpha,  \beta,  \gamma}$$ は対等で区別は無いので、これらが $${y^3+py+q=0}$$ の解となり

$$
y=\dfrac{\sqrt[3]{u}+\sqrt[3]{v}}{3},  \dfrac{\omega\sqrt[3]{u}+\omega^2\sqrt[3]{v}}{3},  \dfrac{\omega^2\sqrt[3]{u}+\omega\sqrt[3]{v}}{3}
$$

と決定されます。ここで、$${u,   v}$$ は

$$
\begin{align*}
u&=27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}\\
v&=27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}
\end{align*}
$$

だったので、これらの３乗恨は、$${27}$$ でくくったことのメリット  $${\sqrt[3]{27}=\sqrt[3]{3^3}=3}$$ を利用すれば

$$
\begin{align*}
\sqrt[3]{u}&=\sqrt[3]{27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}}\\
&=\sqrt[3]{27}\cdot\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
&=\sqrt[3]{3^3}\cdot\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
&=3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{align*}
$$

同様に $${v}$$ の方も

$$
\begin{align*}
\sqrt[3]{v}&=\sqrt[3]{27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}}\\
&=\sqrt[3]{27}\cdot\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
&=\sqrt[3]{3^3}\cdot\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
&=3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{align*}
$$

より

$$
\begin{align*}
\sqrt[3]{u}&=3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
\sqrt[3]{v}&=3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{align*}
$$

これらを先ほど求めた

$$
y=\dfrac{\sqrt[3]{u}+\sqrt[3]{v}}{3},  \dfrac{\omega\sqrt[3]{u}+\omega^2\sqrt[3]{v}}{3},  \dfrac{\omega^2\sqrt[3]{u}+\omega\sqrt[3]{v}}{3}
$$

に代入すれば、これが $${y^3+py+q=0}$$ の解となります。
　まずは第１式 $${y=\dfrac{\sqrt[3]{u}+\sqrt[3]{v}}{3}}$$ に代入すると、３で約分して

$$
\begin{align*}
y&=\dfrac{3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
+3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}}{3}\\
&=\dfrac{\bcancel{3}\left\{\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
+\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\right\}}{\bcancel{3}}\\
&=\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
+\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{align*}
$$

第２式 $${y=\dfrac{\omega\sqrt[3]{u}+\omega^2\sqrt[3]{v}}{3}}$$ に代入すると、同様の計算で

$$
\begin{align*}
y&=\dfrac{\omega\cdot3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
+\omega^2\cdot3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}}{3}\\
&=\dfrac{\bcancel{3}\left\{\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
+\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\right\}}{\bcancel{3}}\\
&=\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
+\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{align*}
$$

第３式 $${y=\dfrac{\omega^2\sqrt[3]{u}+\omega\sqrt[3]{v}}{3}}$$ も同様の計算で

$$
\begin{align*}
y&=\dfrac{\omega^2\cdot3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
+\omega\cdot3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}}{3}\\
&=\dfrac{\bcancel{3}\left\{\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
+\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\right\}}{\bcancel{3}}\\
&=\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
+\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{align*}
$$

以上より

$$
\begin{align*}
y=
\begin{cases}
\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
+\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
\\
\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
+\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
\\
\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
+\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}
\end{align*}
$$

すると、チルンハウス変換での $${x=y-\dfrac{b}{3a}=-\dfrac{b}{3a}+y}$$ に、先ほど求めた $${y}$$ を代入して

$$
x=
\begin{cases}
-\dfrac{b}{3a}+\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}+\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}\\
-\dfrac{b}{3 a}+\omega \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}+\omega^{2}\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}\\
-\dfrac{b}{3 a}+\omega^{2} \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}+\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}
\end{cases}
$$

ただし

$$
\begin{align*}
p&=-\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{2}+\dfrac{c}{a}\\
q&=\dfrac{2}{27}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{3}-\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{b}{a}\right)\left(\dfrac{c}{a}\right)+\dfrac{d}{a}
\end{align*}
$$

となり、これが３次方程式 $${ax^3+bx^2+cx+d=0}$$ の解の公式となります」
「素晴らしい、大変よくできました」
「補足として、ラグランジュ・リゾルベントと、$${y=s+t}$$ とおいたカルダノの方法との $${s,  t}$$ の関係を見ていきます」
「前回の授業で森田君がすこし触れた部分だね」

＜ラグランジュ・リゾルベントとカルダノの方法の関係＞
「ここで、改めてラグランジュ・リゾルベント

$$
\begin{align*}
A&=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\\
B&=\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma
\end{align*}
$$

の値を、$${p,  q}$$ を用いた形で具体的に求めていきます。$${A^3=u,  B^3=v}$$ とおくことによって得られる $${A,  B}$$ の組み合わせは $${(*3)}$$ で求めました。以下それを復習しますと

$$
\begin{cases}
A=\sqrt[3]{u}\\
B=\sqrt[3]{v}
\end{cases}
,  
\begin{cases}
A=\omega\sqrt[3]{u}\\
B=\omega^2\sqrt[3]{v} 
\end{cases}
,  
\begin{cases}
A=\omega^2\sqrt[3]{u}\\
B=\omega\sqrt[3]{v}
\end{cases}
$$

となります。これらに $${A=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma}$$、$${B=\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma}$$ を代入して

$$
\begin{align*}
&\begin{cases}
\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma=\sqrt[3]{u}\\
\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma=\sqrt[3]{v}
\end{cases}\\
\\
&\begin{cases}
\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma=\omega\sqrt[3]{u}\\
\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma=\omega^2\sqrt[3]{v} 
\end{cases}\\
\\
&\begin{cases}
\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma=\omega^2\sqrt[3]{u}\\
\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma=\omega\sqrt[3]{v}
\end{cases}
\end{align*}
$$

さらに

$$
\begin{align*}
\sqrt[3]{u}&=3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
\sqrt[3]{v}&=3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{align*}
$$

も代入していくと

$$
\begin{align*}
&\begin{cases}
\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma=3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma=3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}\\
\\
&\begin{cases}
\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma=\omega\cdot3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma=\omega^2\cdot3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}\\
\\
&\begin{cases}
\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma=\omega^2\cdot3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma=\omega\cdot3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}
\end{align*}
$$

より

$$
\begin{align*}
&\begin{cases}
\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma=3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma=3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}\\
\\
&\begin{cases}
\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma=3\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma=3\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}\\
\\
&\begin{cases}
\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma=3\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma=3\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}
\end{align*}
$$

ただし

$$
\begin{align*}
p&=-\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{2}+\dfrac{c}{a}\\
q&=\dfrac{2}{27}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{3}-\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{b}{a}\right)\left(\dfrac{c}{a}\right)+\dfrac{d}{a}
\end{align*}
$$

と、これがラグランジュ・リゾルベントの具体的な値となります。３通りの組み合わせで求まりました。どの組み合わせからでも、３次方程式の解の公式が正しく導かれます。実はこのラグランジュ・リゾルベントは、以前 $${y=s+t}$$ とおいたカルダノの方法の、その $${s,  t}$$ について

$$
\begin{align*}
\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma&=3s\\
\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma&=3t
\end{align*}
$$

という関係が成り立っています。$${s,  t}$$ の３倍がラグランジュ・リゾルベントになるということです。それを示すために、以前習ったカルダノの方法を、流れだけ復習していきます。
　まず３次方程式 $${a x^{3}+b x^{2}+c x+d=0}$$ の両辺を $${a(\ne 0)}$$ で割って $${x^{3}}$$ の係数を $${1}$$ にして

$$
x^{3}+\dfrac{b}{a} x^{2}+\dfrac{c}{a} x+\dfrac{d}{a}=0
$$

この式にチルンハウス変換、$${x=y-\dfrac{b}{3 a}}$$ を代入して $${y^2}$$ の項を消すと

$$
y^{3}+p y+q=0
$$

そしてカルダノの方法、$${y=s+t}$$ とおくと

$$
\begin{aligned}
\underline{s^{3}+t^{3}+q}+(s+t)(\underline{\underline{3st+p}})=0
\end{aligned}
$$

ここで、上式の一重線部と二重線部が $${0}$$ となるような $${s,t}$$ についての連立方程式

$$
\begin{cases}
s^{3}+t^{3}+q=0\\
3st+p=0
\end{cases}
$$

つまり

$$
\begin{cases}
s^{3}+t^{3}=-q\\
st=-\dfrac{p}{3}
\end{cases}
$$

を考えます。ここからの計算のステップは、先ほどやった $${A,  B}$$ を求める方法と全く同じです。つまり下の式を３乗して

$$
\begin{cases}
s^{3}+t^{3}=-q\\
(s t)^{3}=\left(-\dfrac{p}{3}\right)^{3}
\end{cases}
$$

より

$$
\begin{cases}
s^{3}+t^{3}=-q\\
s^{3} t^{3}=-\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}
\end{cases}
$$

$${s^3,  t^3}$$ は２次方程式 $${(X-s^3)(X-t^3)=0}$$ の解なので、これを展開して

$$
\begin{align*}
X^2-(s^3+t^3)X+s^3t^3=0
\end{align*}
$$

これに先ほど得られた $${s^{3}+t^{3}=-q,  s^{3} t^{3}=-\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}$$ を代入して

$$
\begin{align*}
X^2-(-q)X-\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}&=0\\
X^2+qX-\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}&=0
\end{align*}
$$

計算は省略しますが、この２次方程式の解 $${X}$$ が求めたい $${s^3,  t^3}$$ なので、これを２次方程式の解の公式を使って解けば $${s^3,  t^3}$$ が求まり、さらにその３乗恨を取ることによって $${s,  t}$$ の値は

$$
\begin{align*}
&\begin{cases}
s=\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
t=\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}\\
\\
&\begin{cases}
s=\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
t=\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}\\
\\
&\begin{cases}
s=\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
t=\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}
\end{align*}
$$

と求まります。すると、この結果を先ほど求めたラグランジュ・リゾルベントの値

$$
\begin{align*}
&\begin{cases}
\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma=3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma=3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}\\
\\
&\begin{cases}
\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma=3\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma=3\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}\\
\\
&\begin{cases}
\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma=3\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma=3\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}
\end{align*}
$$

と見比べてみます。１つ目同士、２つ目同士、３つ目同士で比較すると、どれも $${3}$$ 倍だけが共通に違っていて

$$
\begin{align*}
\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma&=3s\\
\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma&=3t
\end{align*}
$$

という関係式が共通に成り立ちます。つまり、カルダノの方法での $${s,  t}$$ はラグランジュ・リゾルベントの３倍です。
　一番初めに３次方程式の解の公式を発見したタルタリア、そして最初に発表したカルダノも、ラグランジュ・リゾルベントの存在は知りませんでした。$${y=s+t}$$ とおくカルダノの変形は、ラグランジュ・リゾルベントの式さえ表には出てきませんが、全く同じ思想が根底に流れていたわけです。
　以下カルダノの方法では、$${y=s+t}$$ より

$$
\begin{align*}
y=
\begin{cases}
\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
+3\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
\\
\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
+\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\
\\
\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
+\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}
\end{align*}
$$

となるので、上の $${y}$$ を $${x=y-\dfrac{b}{3a}=-\dfrac{b}{3a}+y}$$ に代入すれば、先ほどラグランジュ・リゾルベントを用いて導いた解の公式とまったく同じになります」

「素晴らしい！大変よくできました。カルダノの方法とラグランジュ・リゾルベントによる方法は、本質的には同じだったんだね。いやいや、先生がやろうとしてたことも全部森田君がやってしまたったよ。それでは今日の授業はここまでにして、えーと、次の授業では・・・」
「先生、質問があります」
「何かな？」
「この方法を５次方程式に応用させると解の公式ができそうな気がします。５次方程式の解を $${\alpha,  \beta,  \gamma,  \delta,  \epsilon}$$ とおいて、今度は５乗して $${1}$$ になる数、つまり $${1}$$ の５乗根のうち素数となるものを $${\omega}$$ とすると、５次方程式のラグランジュ・リゾルベントは 

$$
\alpha+\beta+\gamma+\delta+\epsilon
$$

と

$$
\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma+\omega^3\delta+\omega^4\epsilon
$$

と、あと係数 $${\omega}$$ を入れ替えて、うーん、これは計算が大変・・・・・・」
「そうそう、実はかのラグランジュも、森田君が言ったような５次方程式のラグランジュ・リゾルベントから解の公式を導き出そうとしたんだけどうまくいかず、そうしている間にアーベル、そしてガロアが５次以上の方程式には解の公式が存在しないことを証明してしまった、ということなんだね。では次の授業でその辺に迫っていくことにしようか。まずはアーベルの証明から見ていくことにしよう」
「分かりました。楽しみです！」
　今日の授業は終わった。森田君がホワイトボードに立ち、竹村が机に座る。授業というより大学のゼミのような感じだったが、これからの授業に手ごたえを感じ、竹村は馴染みの小料理屋へと向かった。

（了）

（コメント）
　分かりにくい所など、随時修正していきます。この後の構成はあまり考えていませんが（自分も勉強しながら書いています）、次からはどうしてもグラフが必要なので、どうすればいいか考え中。noteで図形や、その数式のグラフが描けるようになればと思います。本文の流れに合わせて細かい修正が入るので、他で作って画像にして貼り付けるのは結構大変です。

気付いたら全部書いてしまう癖があるので、逆に分かりにくくなっているかもしれません。一人では気付かないので、間違いや分かりにくいところがあればコメント下さい。もっと分かりやすくなるように反映させたいと思います。