竹村が部屋に入ると、今日も森田君はホワイトボードの前にいた。大学のゼミのようだと竹村は机に座る。森田君はさっそく始める。
「まずは前回の復習『差積』から始めます。差積とは、異なる文字のペアを引いて、それらをすべて掛け合わせたものです。ここでは３次方程式 $${y^3+py+q=0}$$ の３つの解を $${\alpha,  \beta,  \gamma}$$  として、その３つの解の差積

$$
\begin{align*}
(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)
\end{align*}
$$

を考えました。その差積をラグランジュ・リゾルベント

$$
\begin{align*}
A&=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\\
B&=\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma
\end{align*}
$$

と関連付けることによって、どうして前回までの計算で３次方程式の解の公式が導かれるのか、それを解明していくのか今日のゼミのテーマです」
　森田君は”ゼミ”と言い切った。家庭教師が竹村ゼミになっている。森田君は続ける。
「まず前回の授業で差積
 　$${(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)}$$
を考えましたが、この式は対称式ではありません。６つの３次置換のうち、遇置換では変化しませんが、奇置換では $${-1}$$ 倍に変化するからです。復習として確認しておきます。

＜『差積』は対称式ではないが、その２乗は対称式になること（復習）＞
　①～③の遇置換では $${(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)}$$ は変化しません。

$$
\begin{rcases}
➀\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \beta & \gamma
\end{pmatrix}\\
\\
②\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \alpha & \beta
\end{pmatrix}\\
\\
③\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \gamma & \alpha
\end{pmatrix}
\end{rcases}
\hspace{8pt}では\hspace{8pt}
\begin{align*}
&(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\\
&\longrightarrow \underbrace{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)}_{変化しない}
\end{align*}
$$

一方④～➅の奇置換では、$${(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)}$$ は $${-1}$$ 倍と変化します。

$$
\begin{rcases}
④\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \gamma & \beta
\end{pmatrix}\\
\\
➄\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \beta & \alpha
\end{pmatrix}\\
\\
➅\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \alpha & \gamma
\end{pmatrix}
\end{rcases}
\hspace{8pt}では\hspace{8pt}
\begin{align*}
&(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\\
&\longrightarrow \underbrace{-(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)}_{-1  倍と変化}
\end{align*}
$$

しかしその２乗

$$
\begin{align*}
\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2
\end{align*}
$$

は対称式になります。遇置換ではもともと変化しないので２乗しても変化しませんが、奇置換では２乗すると $${(-1)^2=1}$$ 倍となりこちらも変化しないので、全ての３次置換で差積の２乗は変化しません。（⇒ 詳しくは本シリーズ (9)）

$$
\begin{rcases}
➀\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \beta & \gamma
\end{pmatrix}\\
\\
②\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \alpha & \beta
\end{pmatrix}\\
\\
③\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \gamma & \alpha
\end{pmatrix}\\
\\
④\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \gamma & \beta
\end{pmatrix}\\
\\
➄\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \beta & \alpha
\end{pmatrix}\\
\\
➅\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \alpha & \gamma
\end{pmatrix}
\end{rcases}
\hspace{8pt}では\hspace{8pt}
\begin{align*}
&{\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}}^2\\
&\longrightarrow \underbrace{{\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}}^2}_{変化しない}
\end{align*}
$$

さらに、この差積の２乗が対称式になることを理用して、$${(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\beta)}$$ を、次のように３次方程式 $${y^3+py+q=0}$$ の係数 $${p,  q}$$ を用いた加減乗除の式で表せることを前回の授業でやりました。（⇒ 証明は本シリーズ (9)）

$$
\begin{align*}
\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2
&=-4\cdot27\left\{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3\right\}  \cdots(*1)\\[-11pt]
&\hspace{15pt}\underbrace{\hspace{102pt}}_{\scriptsize p,  q  の加減乗除の式}
\end{align*}
$$

もちろん $${2}$$ や $${4}$$ のような数は用いても構いません。それらの数と $${p,  q}$$ の加減乗除、つまり数と $${p,  q}$$ を足したり引いたり掛けたり割ったりして差積の２乗を表せるということです。さらにこの式の両辺を入れ替えて

$$
\begin{align*}
-4\cdot27\left\{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3\right\}
=\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2
\end{align*}
$$

両辺を $${-4\cdot27}$$ で割ると

$$
\begin{align*}
\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3
=\dfrac{1}{-4\cdot27}\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2  \cdots(*2)
\end{align*}
$$

となりますが、この式は、ラグランジュ・リゾルベント

$$
\begin{align*}
A&=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\\
B&=\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma
\end{align*}
$$

の３乗を計算すると、平方根の中に現れる式です。（⇒ 証明は本シリーズ (7)）

$$
\begin{align*}
A^3&=27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}\\[-15pt]
&\hspace{69pt}\underbrace{\hspace{60pt}}_{ここが  (*2)}\\
B^3&=27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}\\[-15pt]
&\hspace{69pt}\underbrace{\hspace{60pt}}_{ここが  (*2)}
\end{align*}
$$

このことは、「ラグランジュ・リゾルベントの３乗は、３次方程式の係数 $${p,  q}$$ と、次のような差積の２乗の平方根
　$${\sqrt{\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2}}$$
を用いた加減乗除の式で表すことができる」ということを意味しています。具体的に書いてみますと

$$
\begin{align*}
A^3&=27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}\\
B^3&=27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}
\end{align*}
$$

に $${(*2)}$$ 式

$$
\begin{align*}
\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3
=\dfrac{1}{-4\cdot27}\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2  \cdots(*2)
\end{align*}
$$

を代入すれば

$$
\begin{align*}
A^3&=27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}\\[-15pt]
&\hspace{45pt}\underbrace{\hspace{58pt}}_{(*2) より \frac{1}{-4\cdot27}\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2}\\
&=27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\dfrac{1}{-4\cdot27}\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2}\right\}\\[-13pt]
&\hspace{18pt}\underbrace{\hspace{15pt}}_{\scriptsize 係数の加減乗除}\hspace{-7pt}\underbrace{\hspace{154pt}}_{\scriptsize 差積の  2  乗の平方根}\\[20pt]
B^3&=27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}\\[-15pt]
&\hspace{45pt}\underbrace{\hspace{58pt}}_{(*2) より \frac{1}{-4\cdot27}\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2}\\
&=27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\dfrac{1}{-4\cdot27}\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2}\right\}\\[-13pt]
&\hspace{18pt}\underbrace{\hspace{15pt}}_{\scriptsize 係数の加減乗除}\hspace{-7pt}\underbrace{\hspace{154pt}}_{\scriptsize 差積の  2  乗の平方根}
\end{align*}
$$

となります。なお、$${\sqrt{\hspace{15pt}}}$$ の中に $${\dfrac{1}{-4\cdot27}}$$ という数が現れますが、この数は本質的ではありません。ラグランジュ・リゾルベントの３乗を、係数 $${p,  q}$$ と、差積の２乗の平方根
　$${\sqrt{\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2}}$$
を用いて表せたということが重要です。思えば、以前に習った２次方程式の解の公式の導出でも、差積の２乗の平方根が重要な役割を担いました。

＜２次方程式の解の公式での差積の$${\boldsymbol{2}}$$乗の平方根（復習）＞

　２次方程式 $${ax^2+bx+c=0}$$ の解を $${\alpha,  \beta}$$ としたときの、次の恒等式

$$
\begin{align*}\\[-10pt]
\alpha&=\dfrac{(\overbrace{\alpha+\beta}^{対称式})+(\hspace{-9pt}\overbrace{\alpha-\beta}^{対称式でない}\hspace{-9pt})}{2}\\
\beta&=\dfrac{(\alpha+\beta)-(\alpha-\beta)}{2}
\end{align*}
$$

について、$${\alpha+\beta}$$ は対称式ですが、差積 $${\alpha-\beta}$$ は対称式ではありません。しかし２乗した $${(\alpha-\beta)^2}$$ は対称式となるので、２次方程式 $${ax^2+bx+c=0}$$ の解と係数の関係

$$
\begin{align*}
\alpha+\beta&=-\dfrac{b}{a}\\
\alpha\beta&=\dfrac{c}{a}
\end{align*}
$$

より

$$
\begin{align*}
\alpha+\beta&=-\dfrac{b}{a}\\
{(\alpha-\beta)}^2&={(\alpha+\beta)}^2-4\alpha\beta\\
&=\left(\dfrac{b}{a}\right)-4\cdot\dfrac{c}{a}
\end{align*}
$$

と、$${\alpha+\beta}$$ と $${(\alpha-\beta)^2}$$ を２次方程式の係数 $${a,  b,  c}$$ で表すことができます。この $${\alpha+\beta}$$ と $${(\alpha-\beta)^2}$$ を先ほどの恒等式

$$
\begin{align*}
\alpha&=\dfrac{(\alpha+\beta)+(\alpha-\beta)}{2}\\
\beta&=\dfrac{(\alpha+\beta)-(\alpha-\beta)}{2}
\end{align*}
$$

から、$${\alpha-\beta=\pm\sqrt{{(\alpha-\beta)}^2}}$$ を用いて得られる

$$
\begin{align*}
\alpha&=\dfrac{(\alpha+\beta)+\sqrt{(\alpha-\beta)^2}}{2}\\
\beta&=\dfrac{(\alpha+\beta)-\sqrt{(\alpha-\beta)^2}}{2}
\end{align*}
$$

に代入して

$$
\begin{align*}
\alpha&=\dfrac{-\dfrac{b}{a}+\sqrt{\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-4\cdot\dfrac{c}{a}}}{2}\\
\beta&=\dfrac{-\dfrac{b}{a}-\sqrt{\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-4\cdot\dfrac{c}{a}}}{2}
\end{align*}
$$

これを一つにまとめて

$$
\begin{align*}
x&=\dfrac{-\dfrac{b}{a}\pm\sqrt{\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-4\cdot\dfrac{c}{a}}}{2}\\[10pt]
&=\dfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}
\end{align*}
$$

という流れで、２次方程式の解の公式を導出しました。最初の式の平方根の中身をみると、それはまさに差積の２乗に相当しています。（⇒ 詳しくは本シリーズ (5)）

$$
\begin{align*}
x&=\dfrac{-\dfrac{b}{a}\pm\sqrt{\underbrace{\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-4\cdot\dfrac{c}{a}}_{差積の  2  乗  {(\alpha-\beta)}^2}}}{2}
\end{align*}
$$

「差積の２乗の平方根を考える」というアイデアが、３次方程式の解の公式でも受け継がれています。もっとも、３次方程式の解の公式を導出するにあたり最初に２次方程式の解の公式を利用するので受け継がれるのは当たり前にも思えますが、２次方程式では差積の２乗は $${{(\alpha-\beta)}^2}$$ であったのに対し、３次方程式では $${\alpha,  \beta,  \gamma}$$ と３つの解があることから
　$${\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2}$$
と、その拡張となって現れるのです。この後は

$$
\begin{align*}
A^3&=27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}\\
B^3&=27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}
\end{align*}
$$

から、さらにこの３乗根 $${\sqrt[3]{\hspace{15pt}}}$$ をとることによって $${A,  B}$$ も $${p,  q}$$ を用いて表すことができるので、その $${A,  B}$$ を、$${y^3+py+q=0}$$ の３つの解を $${\alpha,  \beta,  \gamma}$$ としたときの恒等式

$$
\begin{align*}
\alpha&=\dfrac{(\overbrace{\alpha+\beta+\gamma}^{{\scriptsize ラグランジュ \atop ・リゾルベント} \atop 0})
+(\overbrace{\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma}^{{\scriptsize ラグランジュ \atop ・リゾルベント} \atop A})
+(\overbrace{\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma}^{{\scriptsize ラグランジュ \atop ・リゾルベント} \atop B})}{3}\\
\beta&=\dfrac{(\alpha+\beta+\gamma)+\omega^2(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)+\omega(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)}{3}\\
\gamma&=\dfrac{(\alpha+\beta+\gamma)+\omega(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)+\omega^2(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)}{3}
\end{align*}
$$

に代入することによって、次の３次方程式 $${ax^3+bx^2+cx+d=0}$$ の解の公式が導出できます（注）。

$$
x=
\begin{cases}
-\dfrac{b}{3a}+\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}+\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}\\
-\dfrac{b}{3 a}+\omega \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}+\omega^{2}\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}\\
-\dfrac{b}{3 a}+\omega^{2} \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}+\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}
\end{cases}
$$

ただし $${p,  q}$$ は

$$
\begin{align*}
p&=-\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{2}+\dfrac{c}{a}\\
q&=\dfrac{2}{27}\left(\dfrac{b}{a}\right)^{3}-\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{b}{a}\right)\left(\dfrac{c}{a}\right)+\dfrac{d}{a}
\end{align*}
$$

また $${\omega}$$ は $${1}$$ の３乗根のうちの、つまり３乗して $${1}$$ になる数のうちの虚数であるもの

$$
\begin{align*}
\omega=\dfrac{-1+\sqrt{3}i}{2}\hspace{8pt}または\hspace{8pt}\omega=\dfrac{-1-\sqrt{3}i}{2}
\end{align*}
$$

となります。（⇒ 詳しくは本シリーズ (2)、(3)、(7)）

　ここで補足ですが、この３次方程式の解の公式を、以下のように変形してみます。そうするとラグランジュ・リゾルベントと解の公式との関係がより具体的に見えてきます。３乗根 $${\sqrt[3]{\hspace{15pt}}}$$ の部分を分母が $${3}$$ の分数にし、３乗根の係数の $${3}$$ を
　$${3=\sqrt[3]{3^3}=\sqrt[3]{27}}$$
となることを利用して３乗根の中に入れてしまいます。

$$
\begin{align*}
x&=
\begin{cases}
-\dfrac{b}{3a}+\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}+\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}\\
-\dfrac{b}{3 a}+\omega \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}+\omega^{2}\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}\\
-\dfrac{b}{3 a}+\omega^{2} \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}+\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}
\end{cases}\\
\\
&=\begin{cases}
-\dfrac{b}{3a}
+\dfrac{3\,\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}}{3}
+\dfrac{3\,\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}}{3}\\[10pt]
-\dfrac{b}{3a}
+\dfrac{\omega\cdot3\,\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}}{3}
+\dfrac{\omega^{2}\cdot3\,\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}}{3}\\[10pt]
-\dfrac{b}{3a}+\dfrac{\omega^{2}\cdot3\,\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}}{3}
+\dfrac{\omega\cdot3\,\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}}{3}
\end{cases}\\
\\
&=\begin{cases}
-\dfrac{b}{3a}
+\dfrac{\sqrt[3]{3^3}\,\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}}{3}
+\dfrac{\sqrt[3]{3^3}\,\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}}{3}\\[10pt]
-\dfrac{b}{3a}
+\dfrac{\omega\sqrt[3]{3^3}\,\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}}{3}
+\dfrac{\omega^{2}\sqrt[3]{3^3}\,\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}}{3}\\[10pt]
-\dfrac{b}{3a}+\dfrac{\omega^{2}\sqrt[3]{3^3}\,\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}}{3}
+\dfrac{\omega\sqrt[3]{3^3}\,\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}}{3}
\end{cases}\\
\\
&=\begin{cases}
-\dfrac{b}{3a}
+\dfrac{\sqrt[3]{27}\,\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}}{3}
+\dfrac{\sqrt[3]{27}\,\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}}{3}\\[10pt]
-\dfrac{b}{3a}
+\dfrac{\omega\sqrt[3]{27}\,\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}}{3}
+\dfrac{\omega^{2}\sqrt[3]{27}\,\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}}{3}\\[10pt]
-\dfrac{b}{3a}
+\dfrac{\omega^{2}\sqrt[3]{27}\,\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}}{3}
+\dfrac{\omega\sqrt[3]{27}\,\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}}}{3}
\end{cases}\\
\\
&=\begin{cases}
-\dfrac{b}{3a}
+\dfrac{\sqrt[3]{27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}\right\}}}{3}
+\dfrac{\sqrt[3]{27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}\right\}}}{3}\\[10pt]
-\dfrac{b}{3a}
+\dfrac{\omega\,\sqrt[3]{27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}\right\}}}{3}
+\dfrac{\omega^{2}\,\sqrt[3]{27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}\right\}}}{3}\\[10pt]
-\dfrac{b}{3a}
+\dfrac{\omega^{2}\,\sqrt[3]{27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}\right\}}}{3}
+\dfrac{\omega\,\sqrt[3]{27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}\right\}}}{3}
\end{cases}
\end{align*}
$$

このように計算していけば、３乗根 $${\sqrt[3]{\hspace{15pt}}}$$ の中身がダイレクトにラグランジュ・リゾルベントの３乗

$$
\begin{align*}
A^3&=27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}\\
B^3&=27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}
\end{align*}
$$

になることが分かります。

$$
\begin{align*}
x=\begin{cases}
-\dfrac{b}{3a}
+\dfrac{\sqrt[3]{\underbrace{27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}\right\}}_{A^3}}}{3}
+\dfrac{\sqrt[3]{\underbrace{27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}\right\}}_{B^3}}}{3}\\[10pt]
-\dfrac{b}{3a}
+\dfrac{\omega\,\sqrt[3]{\underbrace{27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}\right\}}_{A^3}}}{3}
+\dfrac{\omega^2\,\sqrt[3]{\underbrace{27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}\right\}}_{B^3}}}{3}\\[10pt]
-\dfrac{b}{3a}
+\dfrac{\omega^2\,\sqrt[3]{\underbrace{27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}\right\}}_{A^3}}}{3}
+\dfrac{\omega\,\sqrt[3]{\underbrace{27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}}\right\}}_{B^3}}}{3}
\end{cases}
\end{align*}
$$

　以上をまとめますと、繰り返しになりますが大事なことは「ラグランジュ・リゾルベントの３乗 $${A^3,  B^3}$$ は、係数 $${p,  q}$$ と、次のような差積の２乗の平方根
　$${\sqrt{{\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}}^2}}$$
を用いた加減乗除の式で表せる」ということです。

$$
\begin{align*}
A^3&=27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}\\[-15pt]
&\hspace{45pt}\underbrace{\hspace{58pt}}_{(*2) より \frac{1}{-4\cdot27}\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2}\\
&=27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\dfrac{1}{-4\cdot27}\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2}\right\}\\[-13pt]
&\hspace{18pt}\underbrace{\hspace{15pt}}_{\scriptsize 係数の加減乗除}\hspace{-7pt}\underbrace{\hspace{154pt}}_{\scriptsize 差積の  2  乗の平方根}\\[20pt]
B^3&=27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}\\[-15pt]
&\hspace{45pt}\underbrace{\hspace{58pt}}_{(*2) より \frac{1}{-4\cdot27}\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2}\\
&=27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\dfrac{1}{-4\cdot27}\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2}\right\}\\[-13pt]
&\hspace{18pt}\underbrace{\hspace{15pt}}_{\scriptsize 係数の加減乗除}\hspace{-7pt}\underbrace{\hspace{154pt}}_{\scriptsize 差積の  2  乗の平方根}
\end{align*}
$$

単に差積
　$${(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)}$$
だと対称式ではないので、差積の２乗
　$${{\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}}^2}$$
を考え、これは対称式なので、解と係数の関係を用いて３次方程式 $${y^3+py+q=0}$$ の係数 $${p,  q}$$ を用いて表すことができる。そしてその平方根を取れば、ラグランジュリゾルベントの３乗  $${A^3,  B^3}$$ を $${p,  q}$$ とその平方根を用いて表すことができる。さらにその３乗根をとることによってラグランジュ・リゾルベント $${A,  B}$$ が決定し、それを用いて３次方程式の解の公式が得られる、という流れになっています。
　単に差積だと、それは対称式ではないので係数 $${p,  q}$$ を用いた加減乗除の式で表すことはできません。しかしその２乗は対称式なので $${p,  q}$$ を用いた加減乗除の式で表すことができます。具体的には $${(*1)}$$ 式

$$
\begin{align*}
\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2
=-4\cdot27\left\{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3\right\}  \cdots(*1)
\end{align*}
$$

となります。つまり「差積の２乗」を必ず経由する必要があるわけです。そしてその差積の２乗の平方根を、加減乗除をできる対象として”新たに”加えます。”新たに”というのは、平方根 $${\sqrt{\hspace{15pt}}}$$ で表される式は、係数 $${p,  q}$$ を用いての加減乗除だけでは一般には表せない式だからです。

$$
\begin{align*}
\sqrt{\hspace{15pt}} \Longrightarrow  p,  q  の加減乗除だけでは表せない
\end{align*}
$$

ちなみに平方、つまり２乗は表せます。２回掛ければいいからです。しかし平方根は表すことはできません。よって差積の２乗の平方根、厳密には、差積の２乗に $${\dfrac{1}{-4\cdot27}}$$ を掛けた式の平方根

$$
\begin{align*}
&\sqrt{\dfrac{1}{-4\cdot27}\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2}\\
=&\,\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}　　(*2) より
\end{align*}
$$

を、加減乗除できる式の対称として”新たに”加えます。そうすることによって、ラグランジュ・リゾルベント

$$
\begin{align*}
A&=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\\
B&=\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma
\end{align*}
$$

の３乗 $${A^3,  B^3}$$

$$
\begin{align*}
A^3&=27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}\\
B^3&=27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}
\end{align*}
$$

を、係数 $${p,  q}$$ と平方根 $${\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}$$ を用いた加減乗除の式で表すことができます。ただこれだけではだめです。我々が欲しいのはラグランジュ・リゾルベントの３乗ではなく、ラグランジュ・リゾルベントそのもの、つまり $${A,  B}$$ そのものです。よって次のような $${A^3,  B^3}$$ の３乗根

$$
\begin{align*}
\sqrt[3]{A^3}&=\sqrt[3]{27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}}\\
\sqrt[3]{B^3}&=\sqrt[3]{27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}}
\end{align*}
$$

を取ります。ラグランジュ・リゾルベントの３乗の３乗根を取れば、ラグランジュ・リゾルベント $${A,  B}$$ を、はれて $${p,  q}$$ とその３乗根 $${\sqrt[3]{\hspace{15pt}}}$$ を用いて表すことができます。（⇒ 詳しくは本シリーズ (7)）
　しかし３乗根は、係数 $${p,  q}$$ と、平方根  $${\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}$$ の加減乗除だけでは一般には表せない式です。

$$
\begin{align*}
\sqrt[3]{\hspace{15pt}} \Longrightarrow 
&p,  q  と  \sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}  の加減乗除\\
&だけでは表せない
\end{align*}
$$

ここでもちなみに３乗は表せます。３回掛ければいいからです。しかし３乗根は表すことはできません。よってラグランジュ・リゾルベントの３乗根を、加減乗除できる対象として”新たに”加えるわけです。厳密にはその３乗根と合わせて、虚数 $${\omega}$$ も前もって加えておきます。$${\omega}$$ も、係数 $${p,  q}$$ と平方根  $${\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}$$ の加減乗除では表せないからです。
　このように「差積の２乗の平方根」、それを用いて得られる「ラグランジュ・リゾルベントの３乗の３乗根」と、次々と加減乗除できる対象を新たに加えていくことによって、次のように３次方程式の解の公式を構築することができるのです。

$$
\begin{align*}
x=\begin{cases}
-\dfrac{b}{3a}
+\dfrac{\underbrace{\sqrt[3]{27\left\{-\dfrac{q}{2}+\underbrace{\sqrt{{\left(\dfrac{q}{2}\right)}^2+{\left(\dfrac{p}{3}\right)}^2}}_{差積の２乗の平方根}\right\}}}_{ラグランジュ・リゾルベントの３乗の３乗根}}{3}
+\dfrac{\underbrace{\sqrt[3]{27\left\{-\dfrac{q}{2}-\underbrace{\sqrt{{\left(\dfrac{q}{2}\right)}^2+{\left(\dfrac{p}{3}\right)}^2}}_{差積の２乗の平方根}\right\}}}_{ラグランジュ・リゾルベントの３乗の３乗根}}{3}\\
\\
-\dfrac{b}{3a}
+\dfrac{\omega\underbrace{\sqrt[3]{27\left\{-\dfrac{q}{2}+\underbrace{\sqrt{{\left(\dfrac{q}{2}\right)}^2+{\left(\dfrac{p}{3}\right)}^2}}_{差積の２乗の平方根}\right\}}}_{ラグランジュ・リゾルベントの３乗の３乗根}}{3}
+\dfrac{\omega^2\underbrace{\sqrt[3]{27\left\{-\dfrac{q}{2}-\underbrace{\sqrt{{\left(\dfrac{q}{2}\right)}^2+{\left(\dfrac{p}{3}\right)}^2}}_{差積の２乗の平方根}\right\}}}_{ラグランジュ・リゾルベントの３乗の３乗根}}{3}\\
\\
-\dfrac{b}{3a}
+\dfrac{\omega^2\underbrace{\sqrt[3]{27\left\{-\dfrac{q}{2}+\underbrace{\sqrt{{\left(\dfrac{q}{2}\right)}^2+{\left(\dfrac{p}{3}\right)}^2}}_{差積の２乗の平方根}\right\}}}_{ラグランジュ・リゾルベントの３乗の３乗根}}{3}
+\dfrac{\omega\underbrace{\sqrt[3]{27\left\{-\dfrac{q}{2}-\underbrace{\sqrt{{\left(\dfrac{q}{2}\right)}^2+{\left(\dfrac{p}{3}\right)}^2}}_{差積の２乗の平方根}\right\}}}_{ラグランジュ・リゾルベントの３乗の３乗根}}{3}
\end{cases}
\end{align*}
$$

３次方程式の解の公式を見ると、平方根 $${\sqrt{\hspace{15pt}}}$$ の上に３乗根 $${\sqrt[3]{\hspace{15pt}}}$$ がかぶさっている、逆に言えば、３乗根の中に平方根があるのはそういう理由です。平方根、それを用いて得られる３乗根を次々と加えていくことによって、３次方程式の解の公式が実現できる。それが解の公式が導出できる理由なのです。先生合っているでしょうか？」
「あってます！」
　竹村は思わず手を叩いた。
「次は、今日の内容を『解の置換』という視点に立ってもう一度見てみたいと思います。今日のゼミは、解の公式を『式の変形』という視点で眺めてみました。これを『解の置換』という視点で見ると、なぜ２次方程式や３次方程式に解の公式が存在するのか、ひいてはなぜ５次以上の方程式に解の公式が存在しないのかが見えてくるので、次回からその視点でゼミを進めていきます。この視点で眺めると議論が抽象化しますが、より厳密な視点で解の公式が見えてくるので、次の授業までにまとめておきます」
　まだ終わりの時間ではないが、森田君のペースで竹村の家庭教師は終わった。
「『あってます！』しか言ってないな・・・」
　このままでは森田君の発表だけで授業が終わると思い、竹村は急いで紀伊国屋書店の数学コーナーへ走った。

（了）

（コメント）
　ちゃんと分かりやすくなっているのか不明ですが、一人で推敲しても、直したところを元に戻したりと「行ったり来たり」で切りがないので、とりあえず今の段階での完成です。
　本当は証明まで一気に進めてもいいのですが、自分も勉強しながら書いているのと、集中が続かず途中で解説が破綻しそうなので、短いテーマで細かく区切って書いています。

（注）
＜方程式の係数の範囲について＞
　今まで２次方程式
　$${ax^2+bx+c=0}$$
や３次方程式 
　$${ax^3+bx^2+cx+d=0}$$
を考えるにあたって、係数 $${a,  b,  c,  d}$$ の範囲を明示していませんでした。 高校数学では、特にことわりのない限り係数 $${a, b,  c,  d}$$ の範囲は「実数」として扱っています（つまり係数が虚数になる場合は一般には考えない）。基本的には高校レベルの数学でわかるように書く方針ですので、係数 $${a,  b,  c,  d}$$ の範囲は「実数」の範囲としています（下記の＜数の分類＞参照）。
　実はもっと広く複素数まで係数の範囲を広げても本シリーズでの議論は成立しますが、平方根や３乗根の中身が虚数になる場合は注意が必要です。本文の中でこの内容まで織り込むのは難しかったので、ここで補足しておきます（余裕があれば解説するかもしれません）。
　このように読み物として簡単に表現するために、解説書や論文のような厳密性には目をつぶり、アイデアや流れの方を重視しているので、その辺をご了承ください。厳密性が必要な場合は、必要に応じて補足として書いていきます。
　なお数の分類は以下のようになります。複素数 $${a+bi}$$ と言えば、実数も虚数も含むことに注意。

＜数の分類＞

$$
\begin{align*}
\boldsymbol{複素数  a+bi} 
\begin{cases}
\overset{\small b=0  のとき}{\boldsymbol{実数  a}}
\begin{cases}
\underset{\scriptsize 分数で表せる数}{\boldsymbol{有理数}}
\begin{cases}
\boldsymbol{整数}
\begin{cases}
\boldsymbol{自然数}  \scriptsize{(1,  2,  3, \cdots)}\\
\boldsymbol{0}\\
\boldsymbol{負の整数}  \scriptsize{(-1, -2, -3, \cdots)}
\end{cases}\\
\boldsymbol{有限小数}\\
　{\footnotesize 例　0.17 (=\dfrac{17}{100})}\\
\boldsymbol{循環小数{\scriptsize（循環する無限小数）}}\\
　{\footnotesize 例　0.232323\cdots\left(=\dfrac{23}{99}\right)}
\end{cases}\\
\underset{\scriptsize 分数で表せない数}{\boldsymbol{無理数}}\\
　{\scriptsize 例　\pi  (=3.1415\cdots)  のような \boldsymbol{循環しない無限小数}}\\
　　    {\scriptsize e  (=2.7182\cdots)  のような \boldsymbol{循環しない無限小数}}\\
\end{cases}\\
\overset{\small b\ne0  のとき}{\boldsymbol{虚数  a+bi}}　特に  a=0  のとき  \boldsymbol{bi}  を\boldsymbol{純虚数}という。 
\end{cases}
\end{align*}
$$