高次多項式についての考察

　まずカルダノ公式についてです。１５４５年～１５７６年、ジェロラモ　カルダーノ（Girolamo Cardano) １５４５年　著書アルス・マグナにて３次多項式についての解法、カルダーノ公式を発表、

　x^3+ax=b　なる形の式について、x=β-α x+α=β x^3+3αx^2+3α^2x+α^3=β^3 x^3+3αx (x+α)=β^3-α^3 x^3+3αβx=β^3-α^3

3αβ=a β^3-α^3=b α^3β^3=a^3/27 α^3=a^3/(27β^3) β^3-a^3/(27β^3)=b β^6-a^3/27=bβ^3 β^3=y y^2-by-a^3/27=0 y=b/2±（b^2/4+a^3/27)^(1/2) と成るので。

　x=(b/2+（b^2/4+a^3/27)^(1/2))^(1/3)-(b/2-（b^2/4-a^3/27)^(1/2))^(1/3)＞０という式が出来ます。

　　　　　　　　　　　　　　　この解法については、他の書物にも書かれているので、すでに、ご存知の方は多いと思います。

　f(x)=x^4+ax^3+bx^2+cx+dなる式についてです。f'(x)=4x^3+3xa^2+2bx f''(x)=12x^2+6ax+2b f'''(x)=24x+6a f'''(x)=0 x=a/4　なので、f(x-a/4)=x^4+(b-3a^2/8)x^2+(a^3/8-ab/2)x+(ba^2/16-3a^4/256+c) ・・・①　

　ⅰ）基本的には、f(x)=x^4+αx^2+β の形であれば、X=x^2と置き換えることによってf(x)=X^2+αX+β の２次式となりXの根を求めることが出来ます。①の式では、F(x-a/4)=f(x-a/4)-(a^3/8-ab/2)x g(x-a/4)=(a^3/8-ab/2)xとして、f(x-a/4)=F(x-a/4)+g(x-a/4) 　ここでg(x-a/4)=(a^3/8-ab/2)x+γはxの１次式で傾きがtan(θ）=(a^3/8-ab/2)なる式となります。g(x-a/4)をうまく処理できるとよいのですが・・・難しいかも知れません。

　ⅱ）①の式を、(x^2+αx+β1)(x^2-αx+β2)という形に分解することを考えて見ます。x^4+(β1+β2-α^2)x^2+α(β2-β1)x+β1β2それぞれの項の係数から、(β1+β2-α^2)=(b-3a^2/8)…②　α(β2-β1)=(a^3/8-ab/2)…③　β1β2=(ba^2/16-3a^4/256+c)…④　②と③の式より(β2^2-β1^2)(β2-β1)-(a^3/8-ab/2)^2=(b-3a^2/8)(β2-β1)^2この式を、β2の３次の式として扱うと、β2^3-(β1+(b-3a^2/8))β2^2-(β1^^2-2(b-3a^2/8))β1))β2+β1^3+-(a^3/8-ab/2)^2-(b-3a^2/8)β1^2　これを、ω1=-(β1+(b-3a^2/8))・ω2=(β1^^2-2(b-3a^2/8))β1))・ω3=β1^3+-(a^3/8-ab/2)^2-(b-3a^2/8)β1^2　としてG(β2)=β2~3+ω1β2^2+ω2β2+ω3　この式は、G(β2-ω1/3)=β2^3+(3ω2-ω1^2)/3β2+2ω1^3/27-ω1ω2/3+ω3とすることが出来ます。少し面倒ですが、順々に解いてゆくと、解くことが無理ではない事が分かると思います。