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$a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2+dx+e=0(a\ne 0,a,b,c,d,eは定数)$の三次の項を消去します。
$a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2+dx+e=0(a\ne 0)$
$a(x^4+4\cdot \frac{b}{4a}{x}^3+6(\frac{b}{4a}{)}^2{x}^2+4(\frac{b}{4a}{)}^{3}x+(\frac{b}{4a}{)}^4)-a(6(\frac{b}{4a}{)}^2{x}^2+4(\frac{b}{4a}{)}^{3}x+(\frac{b}{4a}{)}^4)+c{x}^2+dx+e=0$
$a(x+\frac{b}{4a}{)}^4-6a{x}^2(\frac{b}{4a}{)}^2+c{x}^2-4ax(\frac{b}{4a}{)}^3+dx-a(\frac{b}{4a}{)}^4+e=0$
$(x+\frac{b}{4a}{)}^4+x^2(\frac{c}{a}-6(\frac{b}{4a}{)}^2)+x(\frac{d}{a}-4(\frac{b}{4a}{)}^3)-(\frac{b}{4a}{)}^4+\frac{e}{a}=0$
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$y^4+p{y}^2+qy+r=0$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$y^4+p{y}^2+qy+r=Z^4+QZ+R=0$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
$$\sum Z_k=0$$
$$\sum Z_k^2=0^2-2\cdot 0=0$$
$$\sum Z_k^3=0^3-3\cdot 0\cdot 0+3(-Q)=-3Q$$
$$\sum Z_k^4=0^4-4\cdot 0^2\cdot 0+4\cdot 0\cdot (-Q)+2\cdot 0^2-4\cdot R=-4R$$
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
$$\sum Z_k=\sum (y_k^2+\alpha y_k+\beta )=\sum y_k^2+\alpha \sum y_k+4\beta =-2p+4\beta =0$$
$$\sum Z_k^2=\sum (y_k^2+\alpha y_k+\beta {)}^2=\sum (y_k^4+2\alpha y_k^3+({\alpha }^2+2\beta )y_k^2+2\alpha \beta y_k+{\beta }^2)=2p^2-4r-6\alpha q-2{\alpha }^{2}p-4\beta p+4{\beta }^2=0$$
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。
$$\sum Z_k^3=\sum (y_k^6+3\alpha y_k^5+3({\alpha }^2+\beta )y_k^4+({\alpha }^3+6\alpha \beta )y_k^3+3({\alpha }^2\beta +{\beta }^2)y_k^2+3\alpha \beta y_k+{\beta }^3)=-2p^3+6pr+3q^2+15\alpha pq+6{\alpha }^2{p}^2-12{\alpha }^{2}r+6\beta p^2-12\beta r-3{\alpha }^{3}q-18\alpha \beta q-6{\alpha }^2\beta p-6{\beta }^{2}p+4{\beta }^3=-3Q$$
$$\sum Z_k^4=\sum (y_k^8+4\alpha y_k^7+2(3{\alpha }^2+2\beta )y_k^6+4({\alpha }^3+3\alpha \beta )y_k^5+({\alpha }^4+12{\alpha }^2\beta +6{\beta }^2)y_k^4+4({\alpha }^3\beta +3\alpha {\beta }^2)y_k^3+2(3{\alpha }^2{\beta }^2+2{\beta }^3)y_k^2+4\alpha {\beta }^3{y}_k+{\beta }^4)=2p^4-8p^{2}r-8p{q}^2+4r^2-28\alpha p^{2}q+28\alpha qr-12{\alpha }^2{p}^3+36{\alpha }^{2}pr+18{\alpha }^2{q}^2-8\beta p^3+24\beta pr+12\beta q^2+20{\alpha }^{3}pq+60\alpha \beta pq+2{\alpha }^4{p}^2+24{\alpha }^2\beta p^2+12{\beta }^2{p}^2-4{\alpha }^{4}r-48{\alpha }^2\beta r-24{\beta }^{2}r-12{\alpha }^3\beta q-36\alpha {\beta }^{2}q-12{\alpha }^2{\beta }^{2}p-8{\beta }^{3}p+4{\beta }^4=-4R$$
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$a{x}^4+b{x}^3+c{x}^2+dx+e=0(a\ne 0)$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$y^4+p{y}^2+qy+r=0$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
$Q=\frac{2}{3}{p}^3-2pr-q^2-5\alpha pq-2{\alpha }^2{p}^2+4{\alpha }^{2}r-2\beta p^2+4\beta r+{\alpha }^{3}q+6\alpha \beta q+2{\alpha }^2\beta p+2{\beta }^{2}p-\frac{4}{3}{\beta }^3$
$R=-\frac{1}{2}{p}^4+2p^{2}r+2p{q}^2-r^2+7\alpha p^{2}q-7\alpha qr+3{\alpha }^2{p}^3-9{\alpha }^{2}pr-\frac{9}{2}{\alpha }^2{q}^2+2\beta p^3-6\beta pr-3\beta q^2-5{\alpha }^{3}pq-15\alpha \beta pq-\frac{1}{2}{\alpha }^4{p}^2-6{\alpha }^2\beta p^2-3{\beta }^2{p}^2+{\alpha }^{4}r+12{\alpha }^2\beta r+6{\beta }^{2}r+3{\alpha }^3\beta q+9\alpha {\beta }^{2}q+3{\alpha }^2{\beta }^{2}p+2{\beta }^{3}p-{\beta }^4$
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