リゾルベント

n次方程式のn個の解 $\alpha_{j}$ (j = 1, 2, 3, ・・・, n) に対し，$\zeta$ を1の原始n乗根とすれば，n次方程式の n 個のラグランジュ・リゾルベントは (k= 1, 2, 3, ・・・, n)
$L_{k}=\sum_{j=1}^{n}\zeta^{kj}\alpha_{j}$

＞くろべえ: 1の累乗根（x^n-1=0 の解）の図



1の原始2乗根は －1 なので，2次方程式のラグランジュ・リゾルベントは
$L_{1}=(-1)\alpha_{1}+(-1)^2\alpha_{2} = -\alpha_{1}+\alpha_{2}$
$L_{2}=(-1)^2\alpha_{1}+(-1)^4\alpha_{2} = \alpha_{1}+\alpha_{2}$

$ax^2+bx+c=0$ の解 $\alpha_{1},\ \alpha_{2}$ に対して，$(x-\alpha_{1})(x-\alpha_{2})=0$より，
$ax^2+bx+c=a(x-\alpha_{1})(x-\alpha_{2})$
$x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}=(x-\alpha_{1})(x-\alpha_{2})$
$x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}=(x^2-(\alpha_{1}+\alpha_{2})x+\alpha_{1}\alpha_{2})$
から，解$\alpha_{1},\ \alpha_{2}$と係数$a,\ b,\ c$の関係は，
$\alpha_{1}+\alpha_{2}=-\frac{b}{a},\ \alpha_{1}\alpha_{2}=\frac{c}{a}$
といったことを数学IIでやる．

ラグランジュ・リゾルベントと解と係数の関係を組み合わせて解の公式を得る．
$L_{2}=\alpha_{1}+\alpha_{2}=-\frac{b}{a}$
$L_{1}^2=(-\alpha_{1}+\alpha_{2})^2$
$=\alpha_{1}^2-2\alpha_{1}\alpha_{2}+\alpha_{2}^2$
$=\alpha_{1}^2+2\alpha_{1}\alpha_{2}+\alpha_{2}^2-4\alpha_{1}\alpha_{2}$
$=(\alpha_{1}+\alpha_{2})^2-4\alpha_{1}\alpha_{2}$
$=(-\frac{b}{a})^2-4\frac{c}{a}$
$=\frac{b^2-4ac}{a^2}=D$
は判別式．

$L_{1}=-\alpha_{1}+\alpha_{2}=\pm\sqrt{D}$
（係数 a，b，c の体K に対し，2次方程式の解は拡大体 $K(\sqrt{D})=K(L_{1})$
に属す．）

最後は，
$L_{1}+L_{2} = \pm\sqrt{D}-\frac{b}{a}$
$2\alpha_{2} = -\frac{b}{a}\pm\sqrt{D}$
$\alpha_{2} = -\frac{b}{2a}\pm\frac{\sqrt{D}}{2}$
同様に，
$-L_{1}+L_{2} = -(\pm\sqrt{D})-\frac{b}{a}$
$2\alpha_{1} = -\frac{b}{a}\mp\sqrt{D}$
$\alpha_{1} = -\frac{b}{2a}\mp\frac{\sqrt{D}}{2}$

と2つの解は，√ の符号が違うだけ．


これを3次，4次と・・・簡単ではないが．（5次以上はできない）

3次方程式のラグランジュ・リゾルベントは1の原始3乗根を $\omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$ とすれば，
$L_{1}=\omega\alpha_{1}+\omega^2\alpha_{2}+\omega^3\alpha_{3}$
$L_{2}=\omega^2\alpha_{1}+\omega^4\alpha_{2}+\omega^6\alpha_{3}$
$L_{3}=\omega^3\alpha_{1}+\omega^6\alpha_{2}+\omega^9\alpha_{3}$

ωは1の3乗根だから
$\omega^3=1$
$\omega^4=\omega^3\omega=\omega$
$\omega^5=\omega^3\omega^2=\omega^2$
$\omega^6=\omega^3\omega^3=1^2=1$
$\omega^9=\omega^3\omega^3\omega^3=1^3=1$

$L_{1}=\omega\alpha_{1}+\omega^2\alpha_{2}+\alpha_{3}$
$L_{2}=\omega^2\alpha_{1}+\omega\alpha_{2}+\alpha_{3}$
$L_{3}=\alpha_{1}+\alpha_{2}+\alpha_{3}$

1の原始4乗根は虚数単位 i だから，4次方程式のラグランジュ・リゾルベントは
$L_{1}=i\alpha_{1}+i^2\alpha_{2}+i^3\alpha_{3}+i^4\alpha_{4}$
$L_{2}=i^2\alpha_{1}+i^4\alpha_{2}+i^6\alpha_{3}+i^8\alpha_{4}$
$L_{3}=i^3\alpha_{1}+i^6\alpha_{2}+i^9\alpha_{3}+i^{12}\alpha_{4}$
$L_{4}=i^4\alpha_{1}+i^8\alpha_{2}+i^{12}\alpha_{3}+i^{16}\alpha_{4}$

$i^2=-1$
$i^3=i^2i=-i$
$i^4=i^2i^2=(-1)(-1)=1$
$i^6=i^4i^2=1(-1)=-1$
$i^8=i^4i^4=1$
$i^9=i^8i=i$
$i^{12}=(i^4)^3=1^3=1$

$L_{1}=i\alpha_{1}-\alpha_{2}-i\alpha_{3}+\alpha_{4}$
$L_{2}=-\alpha_{1}+\alpha_{2}-\alpha_{3}+\alpha_{4}$
$L_{3}=-i\alpha_{1}-\alpha_{2}+i\alpha_{3}+\alpha_{4}$
$L_{4}=\alpha_{1}+\alpha_{2}+\alpha_{3}+\alpha_{4}$

「総合」の時間のネタ仕込み．ここまでたどり着くかな．．．
理想はガロア理論，だめなら複素平面くらいでおしまい．
様子見のスタートは x^n-1 の因数分解にするか複素数計算の復習にするか．

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＞追記「リアクタンスと複素数」