[size=150][b][size=150] [br]このワークシートは[/size][/b][url=https://www.geogebra.org/m/twxxx3yq]Math by Code[/url][b]の一部です。[br][br]３次方程式の公式と言えば、[br]カルダノの公式（手順）が有名ですね。[br][/b][size=100]（※符号や記号の工夫は様々あるので、設定によって公式の記述は変わります。）[br][/size][b]１．変数変換X=x+a/3でXの簡約型にする。[br][/b][/size][size=100]３次方程式[br][math]x^3+ax^2+bx+c=0[/math]　は、[br][math]x^3+ax^2+bx+c=X^3+pX+q=\left(x+\frac{a}{3}\right)^3+p\left(x+\frac{a}{3}\right)+q\left(p=b-\frac{a^2}{3},q=c-\frac{ab}{3}+\frac{2a^3}{27}\right)[/math] より、[br][math]x^3+ax^2+bx+c=0\Longleftrightarrow X^3+pX+q=0[/math] （簡約型）[br][br][/size][b]２．２次方程式（補助方程式）に還元する。[br][/b][math]X^3+pX+q=0[/math]（簡約型）から[math]z^2+27qz-27p^3＝０[/math]または、[math]t^2+qt-\left(\frac{p}{3}\right)^3=0[/math] を作る。[br][color=#0000ff][b]（z式の理由）[/b][/color][br][b]X=[/b][math]\frac{u+v}{3}[/math]の代入をして [math]\left(\frac{u+v}{3}\right)^3+p\left(\frac{u+v}{3}\right)+q=\frac{1}{27}\left(u^3+v^3+q+9\left(3uv+p\right)\left(u+v\right)\right)=0[/math] [br][math]3uv+p=0[/math]とおくと[math]u^3+v^3+27q=0[/math] になる。[math]\left(3u\right)^3=\alpha,\left(3v\right)^3=\beta[/math]とすると、[math]-27p^3=27\left(-p\right)^3=27\left(3uv\right)^3=\left(3u\right)^3\left(3v\right)^3=\alpha\beta[/math]。[br]解と係数の関係から、[math]\alpha+\beta=27\left(u^3+v^3\right)=-27q,\alpha\beta=-27p^3[/math] [br]αとβは２次方程式[math]z^2+27qz-27p^3＝０[/math] の解となる。　[br][br][color=#0000ff][sup][b][size=100]（t式の理由）[/size][/b][/sup][/color][br][b]X=[/b][math]u+v[/math]の代入をして [math]\left(u+v\right)^3+p\left(u+v\right)+q=u^3+v^3+q+\left(3uv+p\right)\left(u+v\right)=0[/math] [br][math]3uv+p=0[/math]とおくと[math]u^3+v^3+q=0[/math] になる。[math]\left(u\right)^3=\alpha,\left(v\right)^3=\beta[/math]とすると、[math]\left(-\frac{p}{3}\right)^3=\left(uv\right)^3=\left(u\right)^3\left(v\right)^3=\alpha\beta[/math]。[br]解と係数の関係から、[math]\alpha+\beta=u^3+v^3=-q,\alpha\beta=-\left(\frac{p}{3}\right)^3[/math] [br]αとβは２次方程式[math]t^2+qt-\left(\frac{p}{3}\right)^3＝０[/math] の解となる。　[br][br][b]３．補助方程式の解の３乗根の組み合わせで、３次方程式の解が求められる。[br][color=#0000ff]（z式の場合）[/color][br][/b]補助方程式の判別式は [math]D=\left(27q\right)^2+4\cdot27p^3=27\cdot4\left(\left(\frac{p}{3}\right)^3+\left(\frac{q}{2}\right)^2\right)[/math]で、解はα、βとする。[br]u,vはα、βの３乗根の３分の１。[b] 簡約解はX=[math]\frac{\sqrt[3]{\alpha}+\sqrt[3]{\beta}}{3}[/math] 。[br]変換をもどすとx=X-a/3=[math]\frac{\sqrt[3]{\alpha}+\sqrt[3]{\beta}-a}{3}[/math]　これは、最終式が形式的にきれいになる。[/b][b][color=#0000ff][br]（t式の場合）[/color][br][b]M=p/3, N=q/2とおくと、[/b][br]補助方程式の判別式は [math]D=\left(q\right)^2+4\cdot\left(\frac{p}{3}\right)^3=4\left(\left(\frac{p}{3}\right)^3+\left(\frac{q}{2}\right)^2\right)=4\left(M^3+N^2\right)[/math]　[br]sq=√M[sup]3[/sup]+N[sup]2[/sup]とすると、[br]解はα、β=[math]\frac{-q\pm\sqrt{D}}{2}=-\frac{q}{2}\pm\sqrt{\frac{D}{4}}=-N\pm\sqrt{M^3+N^2}=-N\pm sq[/math] [br]と２次方程式が実用的にきれいに解ける。[br][/b]u,vはα、βの３乗根。簡約解は[b] X=[math]\sqrt[3]{\alpha}+\sqrt[3]{\beta}[/math] 。変換をもどすとx=X-a/3=[math]\sqrt[3]{\alpha}+\sqrt[3]{\beta}-\frac{a}{3}[/math][/b]

（例）簡約３次方程式 X[sup]3[/sup]-6X-9=0[br][br][math]M=\frac{-6}{3}=-2,N=-\frac{9}{2},d=\left(-2\right)^3+\left(-\frac{9}{2}\right)^2=\frac{-32+81}{4}=\frac{49}{4},sq=\sqrt{\frac{49}{4}}=\frac{7}{2}[/math] [br][math]X=\sqrt[3]{\frac{9}{2}+\frac{7}{2}}+\sqrt[3]{\frac{9}{2}-\frac{7}{2}}=\sqrt[3]{8}+\sqrt[3]{1}=2+1=3[/math][br][br]（例）簡約３次方程式 X[sup]3[/sup]-6X-4=0[br][math]M=\frac{-6}{3}=-2,M=-\frac{4}{2}=-2,d=\left(-2\right)^3+\left(-2\right)^2=-4,sq=2\sqrt{-1}[/math] だから、[math]X=\sqrt[3]{2+2\sqrt{-1}}+\sqrt[3]{2-2\sqrt{-1}}=-1+\sqrt{-1}+\left(-1-\sqrt{-1}\right)=-2[/math][br][br]（例）簡約３次方程式 x[sup]3[/sup]-3x-2=0[br][math]M=-\frac{3}{3}=-1,N=-\frac{2}{2}=-1,d=M^3+N^2=-1+1=0,sq=0[/math] だから、[br][math]X=\sqrt[3]{1+0}+\sqrt[3]{1-0}=1+1=2[/math][br][br][br][color=#9900ff][u][b][size=150]質問：上の３つの例ではｄが正、負、０の３種類で公式で答えを出せました。[br]カルダノ公式のメリットと課題は何だと思いますか。[br][/size][/b][/u][/color][br]メリットは、一般の３次方程式を解くことを、[br]３乗根を求める問題と２次方程式の計算に分解できたことだね。[br][br]課題はいくつかある。[br]・X=y+zという置き換えが、どこからふってわいたのかがよくわからない。[br]・ｄが負のときは解が実数になるのに、途中で虚数計算が入ってしまう。[br]　だから、虚数が必要悪のように感じられる。[br]・３次方程式の解がいつも１つしか出ない。（まだ、図形・グラフが先という幾何学王道主義の時代では、[br]　複素平面もまだなく、複素数解も求めるという動機もないので仕方ないが。。。[br]　１の３乗根をからませると３つ求められる。）[br]・３乗根を開くのが大変かもしれない。[br]　（カルダノ自身も３乗根の見つけ方までは説明していないらしい。[br]　そのプロセスまで明確にしたのはボンペリ。[br]　ボンペリは複素数の場合も含めて３乗根の正当性を「代数学」という教科書で解説している。）

[br]上記の課題の２番目は、かなり重大だ。[br][br]当時の数学界の大御所デカルトだけでなく、ライプニッツでさえ、[br]２乗して−１になる数√(-1)は[color=#0000ff][b]想像上の数、ただの便宜上の存在[/b][/color]とみなしていたらしい。[br][br][size=150]そこに、[color=#0000ff]数式のつながりを自由に行き来する天才数学者[/color][u][size=200][size=100][b]オイラー[/b][/size][/size][/u][size=100]が[/size][/size]登場した。[br]オイラーは√(-1)=[i]i[/i]とおき、１の平方根は±１で、１の立方根は1, ω,ω^2で、１の４乗根は±1,±i ,....[br]こうして、[color=#0000ff][b]1のｎ乗根はｎ個ある[/b][/color]ことをしめした。[br][br]さらに、ド・モアブルの定理を導き、それを利用した。[b]（cosθ±[i][color=#0000ff] i [/color][/i]sinθ)[sup]3[/sup]=cos(3θ)± [i]i [/i]sin(3θ)から、[/b][br]　[color=#0000ff][b]複素数ｚ＝a+b [i]i[/i]（c=|z|で、-π/4<θ<π/4 、(cosθ,sinθ)=(a/c, b/c) ）の３乗根は、[br][/b][/color]　[math]\sqrt[3]{c}\left(cos\frac{\theta+2\pi k}{3}+i\cdot sin\frac{\theta+2\pi k}{3}\right)k=0,1,2[/math] で求められるとした。　[br]　[br]　d=M[sup]3[/sup]+N[sup]2[/sup]が負になるときの複素数ｔ＝ーN±sqの３乗根を３つ求められる。[br]　t=-N+sq=a+biの３乗根を[math]\sqrt[3]{c}\left(cos\frac{\theta+2\pi k}{3}+i\cdot sin\frac{\theta+2\pi k}{3}\right)k=0,1,2[/math] とすると、[br]　t=-N -sq=a-biの３乗根は[math]\sqrt[3]{c}\left(cos\frac{-\theta-2\pi k}{3}+i\cdot sin\frac{-\theta-2\pi k}{3}\right)k=0,1,2[/math] [br]　虚部の符号だけ反対なので、偏角の符号を反対にすればよいね。[br]　すると、X=[math]\sqrt[3]{c}\left(cos\frac{\theta+2\pi k}{3}+i\cdot sin\frac{\theta+2\pi k}{3}\right)+\sqrt[3]{c}\left(cos\frac{-\theta-2\pi k}{3}+i\cdot sin\frac{-\theta-2\pi k}{3}\right)k=0,1,2[/math][br] = [math]\sqrt[3]{c}\left(cos\frac{\theta+2\pi k}{3}+cos\frac{-\theta-2\pi k}{3}+i\cdot sin\frac{\theta+2\pi k}{3}+i\cdot sin\frac{-\theta-2\pi k}{3}\right)k=0,1,2[/math][br] = [math]2\sqrt[3]{c}\left(cos\frac{\theta}{3},cos\frac{\theta+2\pi}{3},cos\frac{\theta+4\pi}{3}\right)[/math] と３実数になる。[br]　[br]　オイラーは、「複素数は必要悪とか、想像上のもの」ではなく、[br] 「実数が特殊で複素数が一般」という格上げし、複素数の下剋上時代を切り開いたと言えるでしょう。[br][br][color=#9900ff][b][u][size=150]質問：オイラーの方法でカルダノ公式の改良をgeogebraでやるにはどうしたらよいですか。[br][/size][/u][/b][/color][br]簡約３次方程式x[sup]3[/sup]+px+q=0のカルダノ公式は[br]M=p/3, N=q/2とすると、[br]d=M[sup]3[/sup]+N[sup]2[/sup] sq=√dが計算できて、t=-N±sqの3乗根の和が解Xになる。[br]ということだった。[br]カルダノ公式で、d=M[sup]3[/sup]+N[sup]2[/sup]の正負で場合わけしましょう。[br][br]・d＞=０のときは、カルダノ公式を使えます。ｘ軸との交点をAとします。[br][br]・d＜０のときは、a=-N, b=sqrt(-d)にして、c=√(a^2+b^2)を求めます。[br]e=c^1/3が複素数の大きさです。[br]arcsin(b/c)と入力すると、sin[sup]-1[/sup](b/c)と表示されるので、これをthとします。（θ）[br]３つの複素数の偏角として、th/3, (th+2π)/3, (th+4π)/3のリストを作りthsとします。[br]zipを使って。2e cos(p)の pにthsを順に入れたものがkaiです。ｘ軸との交点はC={(p,0) | p∈kai}です。[br][br]・表示は、d>=0ならAが、それ以外ならCが表示されるようにifコマンドを利用すればいいね。[br][br]・さらに、p,qをグラフ上から変更したければ、ツールで[icon]https://www.geogebra.org/images/ggb/toolbar/mode_textfieldaction.png[/icon] を押して、p,qがリンクするように[br]設定すればよいでしょう。

[size=150][color=#0000ff][b]３次方程式[/b][/color][math]X^3+pX+q=0[/math][color=#0000ff] の解を３つ求めたい。[br][br][/color][b]・カルダノはt=-N±sqの3乗根の和が解になるとした。[br]・オイラーはtが複素数になる場合、tの３乗根を円分複素数にして解決した。[br][/b][color=#0000ff]３次方程式を因数分解すると、「X=u+vとおく」謎が解ける。[br]数の範囲をはじめから複素数に広げておくと、３次方程式は必ず３つの解を持てる。[br]必ず因数分解できるように、１の３乗根を1,ω,ω[sup]2[/sup]としよう。[br][br] [math]X^3+pX+q=X^3-u^3-v^3-3Xuv[/math] として、次数をそろえることで、因数分解できる。[br][br][math]X^3-u^3-v^3-3Xuv=\left(X-u-v\right)\left(X^2+y^2+z^2+X\left(u+v\right)-uv\right)[/math][br]= [math]\left(X-u-v\right)\left(X^2+\left(u+v\right)X+u^2-uv+v^2\right)=\left(X-u-v\right)\left(X^2+\left(u+v\right)X+\left(\omega^2u+\omega v\right)\left(\omega u+\omega^2v\right)\right)[/math][br]= [math]\left(X-u-v\right)\left(X-\omega u-\omega^2v\right)\left(X-\omega^2u-\omega v\right)=0[/math][br][/color]だから、解は[math]X=u+v,\omega u+\omega^2v,\omega^2u+\omega v[/math] の３つになる。[br]uとvさえ求められれば、３つの解が計算できるね。[br]因数分解する前の式で係数比較すると、b=-3uv, c = u[sup]3[/sup]+v[sup]3 [/sup][br][/size]あれ？[br]これはどこかで見たことありませんか？[br]そうです。カルダノの方法と同じになりました。[br][size=200]だから、途中が全く同じになるので省略します。[br][/size]１つの解X＝u+v。あとはu,vとω,ω[sup]2[/sup]との積和を求めると、残りの２解が出ますね。[br][br]この方法とオイラーの公式、因数定理などの合わせ技でほとんどの課題が解決します。[br][color=#0000ff]・まず、X=u+vと置くことの不自然さがなくなる。[br]・複素数の存在を前提にしているので、いつも解を３つ出せる。[br]・２次方程式の解α、βの３乗根u,vから１つの実数解X=u+vが求められる。[br]　残りの解はu,vとω,ω[sup]2[/sup]との積和でも、因数定理利用でも出せる。[/color]　（３乗根の計算の手間は減らない。）

＜あわせ技で３次方程式を解いてみよう＞[br][br][color=#0000ff]（例）簡易３次方程式 [/color]X³＋6Xー20＝０[br] M=6/3=2, N=-20/2=-10, d=M[sup]3[/sup]+N[sup]2[/sup]=8+100=108（正）[br]　sq = 6√3、t=-N±sp= 10＋6√3, 10ー6√3=α, β。[br] t³＝（a+b√3)³=10+6√3となる整数はa=b=1となる。[br] 　よって、１つの解は[math]X=u+v=1+\sqrt{3}+1-\sqrt{3}=2[/math]。[br]　残りの２解は、(1　0 6 -20)÷(1 -2) = (1 2 10) から、X²＋2X+10=0を解き、X=-1＋√3i ,-1ー√3i。[br][br][color=#0000ff]（例）簡易３次方程式　X[/color]³ー15Xー4＝０[br] M=-15/3=-5, N=-4/2=-2, d=M[sup]3[/sup]+N[sup]2[/sup]=-125+4=-121（負）[br]　sp=11 i、t=-N±sp＝2＋11i, 2ー11i=α, β。次に、αの３乗根を求める。[br] α³＝(a+bi)³=2+11iとなる整数はa=2,b=1となる。[br] よって、１つの解は[math]X=u+v=2+i+2-i=4[/math]。　[br]　残りの２解は、(1 0 -15 -4)÷(1 -4)=1 4 1 から、X²＋4X+1=0を解き、X=-2ー√3, -2＋√3。[br][br][color=#0000ff]（例）簡易３次方程式　X[/color]³ー3X＋2＝０[br] M=-3/3=-1, N=+2/2=1, d =M[sup]3[/sup]+N[sup]2[/sup]=-1+1=0（ゼロ）[br]　sp= 0、t=-N±sp＝- 1±0=-1=α, β（重複解）[br]　よって、[math]X=u+v=-1+-1=-2[/math]。[br] 残りの解は、(1 0 -3 2)÷(1 2)=1 -2 1 から、X²-2X+1=0を解いて、X=1,1（重複）。