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」