4次方程式の4つの解α_iに対して，

質問

f(x)=x^4+px^2+q^x+r=0
の４つの解 α_i (i=1,2,3,4)に対して，

β_1=(α_1+α_2)(α_3+α_4),
β_2=(α_1+α_3)(α_2+α_4),
β_3=(α_1+α_4)(α_2+α_3)

γ_1=(β_1)^2(β_2)+(β_2)^2(β_3)+(β_3)^2(β_1),
γ_2=(β_1)(β_2)^2+(β_2)(β_3)^2+(β_3)(β_1)^2

とおくとき，次の問いに答えよ．
(1) β_1, β_2, β_3 を３つの解にもち，x^3 の係数が１である３次方程式を g(x)=0 とする．g(x) を求めよ．
(答)g(x)=x^3-2px^2+(p^2-4r)x+q^2

(2) γ_1, γ_2 を２つの解にもち，x^2 の係数が１である２次方程式を h(x)=0 とする．h(x) を求めよ．
(答)h(x)=x^2+(-2p^3+8pr-3q^2)x+p^6-12p^4r+4p^3q^2+48p^2r^2-48pq^2r-64r^3+9q^4

(3) f(x)=0,g(x)=0,h(x)=0 の判別式をそれぞれ d(f),d(g),d(h) とおくとき，
　　　d(f)=d(g)=d(h)
を証明せよ．
ただし，判別式とは解の差積の平方で，例えば，d(g)=(β_1-β_2)^2(β_2-β_3)^2(β_3-β_1)^2 である．

(1),(2)は解と係数の関係を用いて、地道に求められました。
(3)ができた方は教えていただけないでしょうか。
また、β_iやγ_iを上記のようにおいた根拠をご存知の方はどうか教えてください。

回答No.2

Tacosan · ベストアンサー

ごめん, ちょっと考えたら因数定理など持ち出す必要もないわ. 素直に差積を計算して, 「符号を除いて等しい」ことを言えばいいだけだ.

お礼

ありがとうございました。

回答No.1

Tacosan

(3) はとりあえず d(f) = d(g) と d(g) = d(h) を示しにいく.
もうちょっというと, 左は「α_1～α_4 の差積」と「β_1～β_3 の差積」が符号を除いて等しいことを示せばよく, これは因数定理と「展開して適当な項を比較する」ことでいえる. 右も同じようなもの.

β のおきかたは, 多分解の公式と関係あるんだろうね.

お礼

ありがとうございます。

まず、
d(g)
=(β_1-β_2)^2*(β_2-β_3)^2*(β_3-β_1)^2
={(β_1-β_2)(β_2-β_3)(β_3-β_1)}^2
={(β_1)(β_2)^2+(β_2)(β_3)^2+(β_3)(β_1)^2-(β_1)^2(β_2)-(β_2)^2(β_3)-(β_3)^2(β_1)]^2
=(γ_2-γ_1)^2
=d(h)

d(f)
={(α_1-α_3)(α_4-α_2)(α_1-α_2)(α_4-α_3)(α_1-α_2)(α_3-α_4)}^2
={(α_1α_4+α_2α_3-α_2α_1-α_3α_4)(…)(…)}^2
={(α_1+α_2)(α_3+α_4)-(α_1+α_4)(α_2+α_3)}^2{…}^2{…}^2
=(β_1-β_3)^2(…)^2(…)^2
=d(g)

次に、
β_1=(α_1+α_2)(α_3+α_4),
β_2=(α_1+α_3)(α_2+α_4),
β_3=(α_1+α_4)(α_2+α_3)
は四次方程式のリゾルベントと呼ばれているようです。

γ_1=(β_1)^2(β_2)+(β_2)^2(β_3)+(β_3)^2(β_1),
γ_2=(β_1)(β_2)^2+(β_2)(β_3)^2+(β_3)(β_1)^2
は特に名前がないようです。ちなみに、三次方程式のリゾルベントは、
β_1+β_2+β_3,
β_1+ωβ_2+ω^2β_3,
β_1+ω^2β_2+ωβ_3
などのようです。

β_1=(α_1+α_2)(α_3+α_4),
β_2=(α_1+α_3)(α_2+α_4),
β_3=(α_1+α_4)(α_2+α_3)
d(g)=(β_1-β_2)^2*(β_2-β_3)^2*(β_3-β_1)^2
の代わりに、
δ_1=α_1α_2+α_3α_4,
δ_2=α_1α_3+α_2α_4,
δ_3=α_1α_4+α_2α_3
としても、
(δ_1-δ_2)^2*(δ_2-δ_3)^2*(δ_3-δ_1)^2=d(g)
となるので、β_1,β_2,β_3の置き方は一意的でないと思います。

また、本問と同じことを5次方程式でやろうとしてもできないと思いました。