前回の記事では、3次元の主応力を求めるために3次の固有値方程式をコサインの3倍角の公式を使って解いたが、ちゃんとした方法？であるカルダノ・タルタリアの方法で解いてみる。

１．解くべき3次方程式

前回と同様に、偏差応力の固有値を求める。

$$
[s_{ij}]=[\sigma_{ij}-\sigma_m\delta_{ij}]=
\begin{bmatrix}
s_{xx} & s_{xy} & s_{xz} \\
s_{yx} & s_{yy} & s_{yz}\\
s_{zx} & s_{zy} & s_{zz}
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
\sigma_x-\sigma_m & \tau_{xy} & \tau_{xz} \\
\tau_{yx} & \sigma_{y}-\sigma_m & \tau_{yz}\\
\tau_{zx} & \tau_{zy} & \sigma_{z}-\sigma_m
\end{bmatrix}
$$

$$
\sigma_m=\frac{\sigma_x+\sigma_y+\sigma_z}{3}
$$

解くべき3次方程式は、前回求めたように以下の通りである。

$$
\vert s_{ij}-s\delta_{ij}\vert =
\begin{vmatrix}
s_{xx}-s & s_{xy} & s_{xz} \\
s_{yx} & s_{yy}-s & s_{yz}\\
s_{zx} & s_{zy} & s_{zz}-s
\end{vmatrix}=0
$$

$$
s^3-J_2 s-J_3=0
$$

3次方程式の各係数は、以下の偏差応力の第二不変量と、第三不変量と呼ばれる量である。

$$
J_2=\frac{1}{2}s_{xx}^2+\frac{1}{2}s_{yy}^2+\frac{1}{2}s_{zz}^2+s_{xy}s_{yz}+s_{yz}s_{zy}+s_{zx}s_{xz}
$$

$$
\begin{align*}
J_3&=s_{xx}s_{yy}s_{zz}+s_{xy}s_{yz}s_{zx}+s_{xz}s_{zy}s_{yx}-s_{yz}s_{zy}s_{xx}-s_{zx}s_{xz}s_{yy}-s_{xy}s_{yx}s_{zz}\\
&=
\begin{vmatrix}
s_{xx} & s_{xy} & s_{xz} \\
s_{yx} & s_{yy} & s_{yz}\\
s_{zx} & s_{zy} & s_{zz}
\end{vmatrix}
\end{align*}
$$

２．カルダノ・タルタリアの公式

カルダノ・タルタリアの方法は、以下のように解を$${s=u+v}$$とおいて代入することからはじめる。

$$
s=u+v
$$

$$
\begin{align*}
(u+v)^3-J_2(u+v)-J_3&=0\\
u^3+3u^2v+3uv^2+v^3-J_2(u+v)-J_3&=0\\
(u^3+v^3-J_3)+(3uv-J_2)(u+v)&=0
\end{align*}
$$

第1項と第2項がそれぞれ、0になれば、それが元の3次方程式の解になるというものである。

$$
u^3+u^3=J_3,          uv=\frac{J_2}{3}
$$

$${u,v}$$が求まれば、解が求まる。$${u+v}$$が解の一つだが、3次方程式なので、あと2つの解が必要である。上記の式は1の3乗根$${\omega,\omega^2}$$を使うと、以下の2式とも同じことが分かる。

$$
(\omega u)^3+(\omega^2v)^3=J_2,        \omega u\cdot\omega^2v=\frac{J_2}{3}
$$

$$
(\omega^2 u)^3+(\omega v)^3=J_2,        \omega^2 u\cdot\omega v=\frac{J_2}{3}
$$

$$
\omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2},   \omega^2=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}
$$

これらの3つの式から、3次方程式の解は以下の3つとなる。

$$
s=u+v,    \omega u+\omega^2v,    \omega^2u+\omega v
$$

$${u,v}$$の式を3乗すると、以下のような和と積となり、

$$
u^3+v^3=J_3,    u^3v^3=\left(\frac{J_2}{3}\right)^3
$$

これは、解と係数の関係から、以下の2次方程式の解となるので、2次方程式の解の公式から$${u,v}$$（の3乗）を求めることができる。

$$
t^2-J_3t+\left(\frac{J_2}{3}\right)^3=0
$$

$$
u^3=\frac{J_3}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{(J_3)^2-\frac{4(J_2)^3}{27}},   v^3=\frac{J_3}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{(J_3)^2-\frac{4(J_2)^3}{27}}
$$

対称テンソルの固有値はすべて実数となることが知られており、元の3次方程式はその実数固有値が解であるため、すべて実数解をもつことになる。

$${u,v}$$が実数の場合、$${u+v}$$以外の解は、1の3乗根$${\omega,\omega^2}$$が入って虚数解になってしまう。なので、ルートの中が負にならないと、うまいこと3つとも実数解とならない。

$$
u^3=\frac{J_3}{2}+i\frac{J_3}{2}\sqrt{\frac{4(J_2)^3}{27(J_3)^2}-1},   v^3=\frac{J_3}{2}-i\frac{J_3}{2}\sqrt{\frac{4(J_2)^3}{27(J_3)^2}-1}
$$

この複素数の3乗根を求めなければならないが、これは、以下のように極形式にすれば求めることができる。

$$
u^3=R(\cos\phi+i\sin\phi),   v^3=R(\cos\phi-i\sin\phi)
$$

$$
\begin{align*}
R&=\sqrt{\left(\frac{J_3}{2}\right)^2+\left(\frac{J_3}{2}\right)^2\left(\sqrt{\frac{4(J_2)^3}{27(J_3)^2}-1}\right)^2}\\
&=\frac{J_3}{2}\sqrt{1+\frac{4(J_2)^3}{27(J_3)^2}-1}=\frac{J_3}{2}\sqrt{\frac{4(J_2)^3}{27(J_3)^2}}\\
&=\sqrt{\frac{(J_2)^3}{27}}=\frac{\sqrt{(J_2)^3}}{3\sqrt{3}}
\end{align*}
$$

$$
\cos\phi=\frac{J_3/2}{R}=\frac{3\sqrt{3}J_3}{2\sqrt{(J_2)^3}}
$$

$$
\phi=\arccos\frac{3\sqrt{3}J_3}{2\sqrt{(J_2)^3}}
$$

この3乗根は、ドモアブルの定理を使えば、以下のように求まる。

$$
u=R^{\frac{1}{3}}\left(\cos\frac{\phi}{3}+i\sin\frac{\phi}{3}\right),   v=R^{\frac{1}{3}}\left(\cos\frac{\phi}{3}-i\sin\frac{\phi}{3}\right)
$$

$$
r=R^{\frac{1}{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{J_2},   \theta=\frac{\phi}{3}=\frac{1}{3}\arccos\frac{3\sqrt{3}J_3}{2\sqrt{(J_2)^3}}
$$

$$
u=r(\cos\theta+i\sin\theta),   v=r(\cos\theta-i\sin\theta)
$$

答えに、コサインの逆関数が入って気持ち悪いが、これはどうしようもないことがすでに証明されている。コサインの半角の公式はあるが、1/3倍角の公式はないので、注意が必要である（このあたりが、カルダノ・タルタリアの「公式」の嫌いなところ）。

$${u+v}$$以外の2つ目の解$${\omega u+\omega^2 v}$$も以下のように求めることができる。

$$
\begin{align*}
\omega u&=r(\cos\theta+i\sin\theta)\left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\
&=r(\cos\theta+i\sin\theta)(\cos120\degree+i\sin120\degree)\\
&=r\{\cos(\theta+120\degree)+i\sin(\theta+120\degree)\}\\  \omega^2v&=r(\cos\theta-i\sin\theta)\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\
&=r(\cos\theta-i\sin\theta)(\cos120\degree-i\sin120\degree)\\
&=r\{\cos(\theta+120\degree)-i\sin(\theta+120\degree)\}
\end{align*}
$$

3つ目の解$${\omega^2 u+\omega v}$$も同様に以下のように求めることができる。

$$
\begin{align*}
\omega^2 u&=r(\cos\theta+i\sin\theta)\left(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\
&=r(\cos\theta+i\sin\theta)(\cos240\degree+i\sin240\degree)\\
&=r\{\cos(\theta+240\degree)+i\sin(\theta+240\degree)\}\\
\omega v&=r(\cos\theta-i\sin\theta)\left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\
&=r(\cos\theta-i\sin\theta)(\cos240\degree-i\sin240\degree)\\
&=r\{\cos(\theta+240\degree)-i\sin(\theta+240\degree)\}
\end{align*}
$$

上記の和が3次方程式の解になるので、3つの実数解は以下のように求まる。

$$
s_1=2r\cos\theta,   s_2=2r\cos(\theta+240\degree),   s_3=2r\cos(\theta+120\degree)
$$

$$
s_1=\frac{2\sqrt{J_2}}{\sqrt{3}}\cos\theta,   s_2=\frac{2\sqrt{J_2}}{\sqrt{3}}\cos(\theta+240\degree),   s_3=\frac{2\sqrt{J_2}}{\sqrt{3}}\cos(\theta+120\degree)
$$

$$
\cos3\theta=\frac{3\sqrt{3}J_3}{2\sqrt{(J_2)^3}}
$$

あとの流れは、前回の記事と同様である。

３．おわりに

前回のビエタの方法は、$${s=\rho \text{cos}\alpha}$$仮定するところがやや天下り的な感じであった。

カルダノ・タルタリアの方法は、それよりも見通しがいいように感じるが、若干手間は多かったように感じる。

3次方程式は、1つの実数解と2つの虚数解が出てくるときはカルダノ・タルタリアの方法、3つの実数解のときはビエタの方法のほうが良さそうである。

（4/2　誤字修正、文中の数式表記の変更）
（4/21　数式を書き直し）

その３