[数学 / 代数学] 3次方程式の判別式の証明

\begin{align}

3次方程式　x^3 + a&x^2 + bx +c = 0・・・①　の解を　\alpha, \beta, \gamma　とおく。\\
\\
このとき、この3次&方程式の判別式を　D = (\alpha - \beta)^2(\beta - \gamma)^2(\gamma - \alpha)^2　とする。\\
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ここで、\alpha, \beta, \gamma　は&①式の解であるので、\\
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x^3 + ax^2 + bx +c &= (x - \alpha)(x - \beta)(x - \gamma)\\
&= x^3 - (\alpha + \beta + \gamma)x^2 + (\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha)x - \alpha\beta\gamma ・・・②\\
\\
\\
②式の最左辺と再右&辺を比較すると、\\
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a &= -(\alpha + \beta + \gamma)・・・③\\
b &= \alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha・・・④\\
c &= - \alpha\beta\gamma・・・⑤\\
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更に、判別式 D を変&形すると、\\
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D &= (\alpha - \beta)^2(\beta - \gamma)^2(\gamma - \alpha)^2\\
&= -4\alpha\beta\gamma(\alpha + \beta + \gamma)^3 + (\alpha + \beta + \gamma)^2(\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha)^2\\
&+ 18\alpha\beta\gamma(\alpha + \beta + \gamma)(\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha) -4(\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha)^3 -27(\alpha\beta\gamma)^2\\
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この判別式の変形結&果に③、④、⑤を代入すると、\\
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D &= -4a^3c + a^2b^2 + 18abc -4b^3 -27c^2\\
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a &= 0　のときは、　D = -4b^3 -27c^2\\
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ここから、Dによる&解の判別方法を導出する。\\
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(1)　解が、相違な&る3つの実数解　\alpha,\beta,\gamma \in R　かつ　\alpha \neq \beta \neq \gamma　の場合、\\

(\alpha - \beta)^2 > 0&,　(\beta - \gamma)^2 > 0,　(\gamma - \alpha)^2 > 0　であるので、\\
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D &= (\alpha - \beta)^2(\beta - \gamma)^2(\gamma - \alpha)^2 > 0\\
\\
(2)　解が実数の重&解　\alpha, \beta \in R　かつ　\alpha = \beta　と、\\
それとは異な&る実数解　\gamma \in R　かつ　\alpha \neq \gamma　を持つ場合、\\
(\alpha - \beta)^2 = &0　より、\\
\\
D &= (\alpha - \beta)^2(\beta - \gamma)^2(\gamma - \alpha)^2 = 0\\
\\
(3)　解が実数の3&重解　\alpha, \beta, \gamma \in R　かつ　\alpha = \beta = \gamma　を持つ場合、\\
(\alpha - \beta)^2 = &0　より、\\
\\
D &= (\alpha - \beta)^2(\beta - \gamma)^2(\gamma - \alpha)^2= 0\\
\\
(4)　解が、1つの&実数解　\alpha \in R　と、\\

虚部が0でな&い互いに共役な複素数　\bar\beta = \gamma　かつ　\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}\Im \beta \neq0　を持つ場合、\\
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\beta = d + ei　&かつ　d,e \in R　とおくと、　e \neq 0　であり、\\
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D &= (\alpha - \beta)^2(\beta - \gamma)^2(\gamma - \alpha)^2\\
&= (\alpha - \beta)^2(\beta - \bar\beta )^2(\bar\beta - \alpha)^2\\
&= (\alpha - \beta)^2(d + ei - d + ei)^2(\alpha - \bar\beta)^2\\
&= (\alpha - \beta)^2(\alpha - \bar\beta)^2(2ei)^2\\
&= 4e^2(i)^2\{\alpha^2 -\alpha(\beta + \bar\beta) + \beta\bar\beta\}\\
&= -4e^2\{\alpha^2 -\alpha(d+ei + d -ei) + |\beta|^2\}\\
&= -4e^2(\alpha^2 -2\alpha d + |\beta|^2)\\
&= -4e^2(\alpha^2- 2\alpha d + e^2 + d^2 )\\
&= -4e^2\{(\alpha - d)^2 + e^2\}\\
\\
ゆえに、&　(\alpha - d)^2 > 0　かつ　e^2>0　であるので、\\
\\
D &= -4e^2\{(\alpha - d)^2 + e^2\} < 0\\
\end{align}