4次方程式をチルンハウス変換

はじめに

　こんにちはn=1です。今回は5次方程式をきブリング-ジェラードの標準形にしている過程を見たときに思いついた4次方程式のチルンハウス変換についてやっていきます。

1回目

　まずは4次方程式$ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0(a\neq0,a,b,c,d,eは定数)$の三次の項を消去します。
$ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0(a\neq0)$
$a(x^4+4\cdot\frac{b}{4a}x^3+6(\frac{b}{4a})^2x^2+4(\frac{b}{4a})^3x+(\frac{b}{4a})^4)-a(6(\frac{b}{4a})^2x^2+4(\frac{b}{4a})^3x+(\frac{b}{4a})^4)+cx^2+dx+e=0$
$a(x+\frac{b}{4a})^4-6ax^2(\frac{b}{4a})^2+cx^2-4ax(\frac{b}{4a})^3+dx-a(\frac{b}{4a})^4+e=0$
$(x+\frac{b}{4a})^4+x^2(\frac{c}{a}-6(\frac{b}{4a})^2)+x( \frac{d}{a}-4(\frac{b}{4a})^3)-(\frac{b}{4a})^4+\frac{e}{a}=0$
これにより三次の項が消去できました。

二回目の前に

　二回目の前に見やすいように$y=x+\frac{b}{4a}$として式を見やすくします。
$(x+\frac{b}{4a})^4+x^2(\frac{c}{a}-6(\frac{b}{4a})^2)+x( \frac{d}{a}-4(\frac{b}{4a})^3)-(\frac{b}{4a})^4+\frac{e}{a}=y^4+(y-\frac{b}{4a})^2(\frac{c}{a}-6(\frac{b}{4a})^2)+(y-\frac{b}{4a})( \frac{d}{a}-4(\frac{b}{4a})^3)-(\frac{b}{4a})^4+\frac{e}{a}=0$
$y^4+(y^2-\frac{b}{2a}y+(\frac{b}{4a})^2)(\frac{c}{a}-6(\frac{b}{4a})^2)+(y-\frac{b}{4a})(\frac{d}{a}-4(\frac{b}{4a})^3)-(\frac{b}{4a})^4+\frac{e}{a}=0$
$y^4+(\frac{c}{a}-6(\frac{b}{4a})^2)y^2+(\frac{d}{a}-4(\frac{b}{4a})^3-\frac{b}{2a}(\frac{c}{a}-6(\frac{b}{4a})^2))y+(\frac{b}{4a})^2(\frac{c}{a}-6(\frac{b}{4a})^2)-\frac{b}{4a}(\frac{d}{a}-4(\frac{b}{4a})^3)-(\frac{b}{4a})^4+\frac{e}{a}=0$
$p=(\frac{c}{a}-6(\frac{b}{4a})^2),q=(\frac{d}{a}-4(\frac{b}{4a})^3-\frac{b}{2a}(\frac{c}{a}-6(\frac{b}{4a})^2)),r=(\frac{b}{4a})^2(\frac{c}{a}-6(\frac{b}{4a})^2)-\frac{b}{4a}(\frac{d}{a}-4(\frac{b}{4a})^3)-(\frac{b}{4a})^4+\frac{e}{a}$として式は$y^4+py^2+qy+r=0$になります。

2回目

　次は1回目の式の二次の項を消去します。2回目は1回目の様に文字を1次方程式で表すと元の形に戻るので$y^4+py^2+qy+r=Z^4+QZ+R=0$となりyとZに$Z_{j}=y_{j}^2+\alpha y_{j}+\beta$もしくは$Z_{j}=y_{j}^3+\alpha y_{j}^2+\beta y_{j}+ \gamma$(添え字は各解に対応しているという意味)と対応するZとして解の累乗和と係数の関係式から求めていきます。$\sum Z_{k}^m$をZの解のm乗和とすると
$$\sum Z_{k}=0$$
$$\sum Z_{k}^2=0^2-2\cdot0=0$$
$$\sum Z_{k}^3=0^3-3\cdot0\cdot0+3(-Q)=-3Q$$
$$\sum Z_{k}^4=0^4-4\cdot0^2\cdot0+4\cdot0\cdot(-Q)+2\cdot0^2-4 \cdot R=-4R$$
そして上記より、Zをyの三次式で表すと0が二つしかなく求めにくいので二次式で表すとします。すると
$$\sum Z_{k}=\sum (y_{k}^2+\alpha y_{k}+\beta)=\sum y_{k}^2+\alpha\sum y_{k}+4\beta=-2p+4\beta=0$$
$$\sum Z_{k}^2=\sum (y_{k}^2+\alpha y_{k}+\beta)^2=\sum (y_{k}^4+2\alpha y_{k}^3+(\alpha^2+2\beta)y_{k}^2+2\alpha \beta y_{k}+\beta^2)=2p^2-4r-6\alpha q-2\alpha^2p-4\beta p+4\beta^2=0$$
以上の一乗和より$\beta=\frac{p}{2}$、二乗和から$\alpha=- \frac{3q}{2p}\pm\sqrt{(\frac{3q}{2p})^2-\frac{2r}{p}+\frac{p}{2}}$と分かります。これにより
$Z_{j}=y_{j}^2+(- \frac{3q}{2p}\pm\sqrt{(\frac{3q}{2p})^2-\frac{2r}{p}+\frac{p}{2}})y_{j}+\frac{p}{2}$
とわかりました。
　そして同じように三乗和、四乗和を求めると。
$$\sum Z_{k}^3=\sum (y_{k}^6+3\alpha y_{k}^5+3(\alpha^2+\beta)y_{k}^4+(\alpha^3+6\alpha \beta)y_{k}^3+3(\alpha^2 \beta+\beta^2)y_{k}^2+3\alpha \beta y_{k}+\beta^3)=-2p^3+6pr+3q^2+15\alpha pq+6\alpha^2p^2-12\alpha^2r+6\beta p^2-12\beta r-3\alpha^3q-18\alpha \beta q-6\alpha^2\beta p-6\beta^2p+4\beta^3=-3Q$$
$$\sum Z_{k}^4=\sum (y_{k}^8+4\alpha y_{k}^7+2(3\alpha^2+2\beta)y_{k}^6+4(\alpha^3+3\alpha\beta)y_{k}^5+(\alpha^4+12\alpha^2\beta+6\beta^2)y_{k}^4+4(\alpha^3\beta+3\alpha\beta^2)y_{k}^3+2(3\alpha^2\beta^2+2\beta^3)y_{k}^2+4\alpha\beta^3 y_{k}+\beta^4)=2p^4-8p^2r-8pq^2+4r^2-28\alpha p^2q+28\alpha qr-12\alpha^2p^3+36\alpha^2pr+18\alpha^2q^2-8\beta p^3+24\beta pr+12\beta q^2+20\alpha^3pq+60\alpha\beta pq+2\alpha^4p^2+24\alpha^2\beta p^2+12\beta^2p^2-4\alpha^4r-48\alpha^2\beta r-24\beta^2r-12\alpha^3\beta q-36\alpha\beta^2q-12\alpha^2\beta^2p-8\beta^3p+4\beta^4=-4R$$
これよりQ,Rが求まり二次の項の消去できました。

まとめ

　まず$ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0(a\neq0)$は$y=x+\frac{b}{4a},p=(\frac{c}{a}-6(\frac{b}{4a})^2),q=(\frac{d}{a}-4(\frac{b}{4a})^3-\frac{b}{2a}(\frac{c}{a}-6(\frac{b}{4a})^2)),r=(\frac{b}{4a})^2(\frac{c}{a}-6(\frac{b}{4a})^2)-\frac{b}{4a}(\frac{d}{a}-4(\frac{b}{4a})^3)-(\frac{b}{4a})^4+\frac{e}{a}$として$y^4+py^2+qy+r=0$の形にできます。
　次に$\alpha=- \frac{3q}{2p}\pm\sqrt{(\frac{3q}{2p})^2-\frac{2r}{p}+\frac{p}{2}},\beta=\frac{p}{2}$として
$Q= \frac{2}{3} p^3-2pr-q^2-5\alpha pq-2\alpha^2p^2+4\alpha^2r-2\beta p^2+4\beta r+\alpha^3q+6\alpha \beta q+2\alpha^2\beta p+2\beta^2p- \frac{4}{3} \beta^3$
$R=- \frac{1}{2} p^4+2p^2r+2pq^2-r^2+7\alpha p^2q-7\alpha qr+3\alpha^2p^3-9\alpha^2pr- \frac{9}{2} \alpha^2q^2+2\beta p^3-6\beta pr-3\beta q^2-5\alpha^3pq-15\alpha\beta pq- \frac{1}{2} \alpha^4p^2-6\alpha^2\beta p^2-3\beta^2p^2+\alpha^4r+12\alpha^2\beta r+6\beta^2r+3\alpha^3\beta q+9\alpha\beta^2q+3\alpha^2\beta^2p+2\beta^3p-\beta^4$
とし、$Z_{j}=y_{j}^2+\alpha y_{j}+\beta$とすれば$Z^4+QZ+R=0$にできます。

最後に

　以上で今回の4次方程式のチルンハウス変換は終わりです。間違っている部分がありましたらご指摘のほどお願いします。投稿を見てくださりありがとうございました。

参考文献

[1] 5次方程式の解の公式をガチで求めようhttps://neqmath.blogspot.com/2018/08/5.html