三次方程式の解の平方根の和について

\begin{align} A&=\a^\frac12+\b^\frac12+\g^\frac12\\ B&=\a^\frac12\b^\frac12+\b^\frac12\g^\frac12+\g^\frac12\a^\frac12\\ C&=\a^\frac12\b^\frac12\g^\frac12 \end{align}
とおいたとき
\begin{align} a&=\a+\b+\g\\ b&=\a\b+\b\g+\g\a\\ c&=\a\b\g \end{align}
より
$$a=A^2-2B,\quad b=B^2-2AC,\quad c=C^2$$
が成り立つことに注意する。

$\Rightarrow$の証明

　$A\in\Q$かつ$A\neq0$であるとき
$$B=\frac{A^2-a}2\in\Q,\quad C=\frac{B^2-b}{2A}\in\Q$$
が成り立つので、$z=\a^\frac12,\b^\frac12,\g^\frac12$は
$$z^3-Az^2+Bz-C=0$$
を満たすことに注意すると
$$\a^\frac12=\frac{A\a+C}{\a+B}\in\Q(\a)$$
を得る。

$\Leftarrow$の証明

　$\a^\frac12\in\Q(\a)$であるとき
$$\a^\frac12=X+Y\a+Z\a^2$$
なる$X,Y,Z\in\Q$を取ると、その二乗の共役を取ることで
\begin{align} \b&=(X+Y\b+Z\b^2)^2\\ \g&=(X+Y\g+Z\g^2)^2 \end{align}
も成り立つので、その平方根の符号を
\begin{align} \b^\frac12&=X+Y\b+Z\b^2\\ \g^\frac12&=X+Y\g+Z\g^2 \end{align}
となるように取ると
$$\a^\frac12+\b^\frac12+\g^\frac12=3X+aY+(a^2-2b)Z\in\Q$$
を得る。

　任意の$X,Y,Z$に対し
$$(X+Y\a+Z\a^2)^2=p+q\a+r\a^2$$
なる$p,q,r$を取ったとき、$q\neq0$かつ$r=0$となる条件と、そのとき$X,Y,Z,p,q$がどのように表せるかを考える。
　いま
\begin{align} \a^3&=a\a^2-b\a+c\\ \a^4&=(a^2-b)\a^2+(c-ab)\a+ac \end{align}
に注意すると
\begin{align} (X+Y\a+Z\a^2)^2 &=X^2+2cXY+acZ^2\\ &\quad+(2XY-2bYZ+(c-ab)Z^2)\a\\ &\quad+(Y^2+2aYZ+(a^2-b)Z^2+2XZ)\a^2 \end{align}
と整理できるので、簡単な考察から$Z=0$は不適であることがわかることに注意すると、三項目が$0$となることと
$$X=\frac{(Y+aZ)^2-bZ^2}{-2Z}$$
が成り立つことは同値となる。
　このとき簡単のため$Z=-1,Y=t+a$とすることで
\begin{align} &\l(\frac{t^2-b}2+(t+a)\a-\a^2\r)^2\\ ={}&\l(\frac{t^2-b}2\r)^2-4c(2t+a)+(t^3+at^2+bt+c)\a \end{align}
が得られる。

　実は
$$p(t)=-(2t+a)q(t)+\frac{q'(t)^2}4$$
が成り立つことに注意すると
\begin{align} \la+\mu+\nu &=3\frac{t^2-b}2+a(t+a)-(a^2-2b)\\ &=\frac{3t^2+2at+b}2\\ &=\frac{q'}2\\ \la\mu+\mu\nu+\nu\la &=\frac{(\la+\mu+\nu)^2-(\la^2+\mu^2+\nu^2)}2\\ &=\frac{(q')^2/4-(3p+aq)}2\\ &=tq-p \end{align}
とわかる。
　また$\la\mu\nu$については気合で計算するか下の定理4を用いることで得られる。

和が$0$でないとき

$$(P+Q\a)^\frac12+(P+Q\b)^\frac12+(P+Q\g)^\frac12\in\Q\setminus\{0\}$$
が成り立つことと、ある有理数$X,Y,Z$によって
$$P+Q\a=(X+Y\a+Z\a)^2$$
と表せることは同値なのであった。
　このとき定理2の証明からある有理数$t$が存在し
$$\frac XZ=-\frac{t^2-b}2,\quad\frac YZ=-(t+a)$$
が成り立つので、$P,Q$は
$$P+Q\a=Z^2(p(t)+q(t)\a)$$
によって与えられることがわかる。

和が$0$のとき

　簡単のため$Q=1$とすると
$$(P+\a)^\frac12+(P+\b)^\frac12+(P+\g)^\frac12=0$$
が成り立つことと、$z=P+\a$を根に持つ多項式$f(z-P)$が
$$f(z-P)=z\l(z-\frac{3P+a}2\r)^2+f(-P)$$
と表せることは同値なのであった。
　特に
$$t=P-\frac{3P+a}2=-\frac{P+a}2$$
とおくと、$f(z-t)$における$z$の係数
$$f'(-t)=3t^2+2at+b$$
が$0$であることとも同値であり、このとき$P$は
$$P=-(2t+a)=\frac{p(t)}{q(t)}$$
によって与えられることがわかる。
　なお最後の等号については
$$\frac{p(t)}{q(t)}=-(2t+a)+\frac{f'(-t)^2}{4f(-t)}$$
からわかる。

　接線$l$の方程式は
$$y=\frac{F'(t)}{2\sqrt{F(t)}}(x-t)+\sqrt{F(t)}$$
と表せることに注意すると$Q$の$x$座標は
$$\l(\frac{F'(t)}{2\sqrt{F(t)}}(x-t)+\sqrt{F(t)}\r)^2=F(x)$$
を満たす。
　これを
$$F(x)=(x-t)^3+\frac{F''(t)}2(x-t)^2+F'(t)(x-t)+F(t)$$
および$x\neq t$に注意して整理することで
\begin{align} x &=t-\frac{F''(t)}2+\frac{F'(t)^2}{4F(t)}\\ &=-(2t+a)+\frac{F'(t)^2}{4F(t)}\\ &=\frac1{F(t)}(\l(\frac{t^2-b}2\r)^2-c(2t+a))\\ &=\frac{p(t)}{q(t)} \end{align}
を得る。
　また$Q$の$y$座標は
\begin{align} y &=\frac{F'(t)}{2\sqrt{F(t)}}(x-t)+\sqrt{F(t)}\\ &=\frac{\sqrt{F(t)}}2\l(2-\frac{F'(t)F''(t)}{2F(t)}+\frac{F'(t)^3}{4F(t)^2}\r)\\ &=-\frac{\sqrt{F(t)}}2\frac{dx}{dt}\\ &=-\frac{\sqrt{q(t)}}2\frac{p'(t)q(t)-p(t)q'(t)}{q(t)^2} \end{align}
と求まる。

\begin{align} A&=\a^\frac13+\b^\frac13+\g^\frac13\\ B&=\a^\frac13\b^\frac13+\b^\frac13\g^\frac13+\g^\frac13\a^\frac13\\ c&=\a^\frac13\b^\frac13\g^\frac13 \end{align}
とおいたとき、$z=\a^\frac13,\b^\frac13,\g^\frac13$は
$$z^3-Az^2+Bz-c=0$$
を満たし、これは
\begin{align} (z^3-c)^3 &=z^3(Az-B)^3\\ &=z^3(A^3z^3-3AB(Az^2-Bz)-B^3)\\ &=z^3(A^3z^3-3AB(z^3-c)-B^3) \end{align}
と変形できるので
$$f(x)=(x-c)^3-x(A^3x-3AB(x-c)-B^3)$$
は$x=\a,\b,\g$を根に持つ三次多項式となる。
　したがって係数比較から
\begin{align} a&=A^3+3c-3AB\\ b&=B^3+3c^3-3ABc \end{align}
が成り立つので
$$AB=3c+\d$$
とおくと
\begin{align} A^3&=a+6c+3\d\\ B^3&=b+6c^2+3c\d \end{align}
および
\begin{align} 0&=(AB)^3-A^3B^3\\ &=(3c+\d)^3-(a+6c+3\d)(b+6c^2+3c\d)\\ &=\d^3-3(ac+b+3c^2)\d-(ab+6(ac+b)c+9c^3) \end{align}
を得る。