C..1 $\sqrt{\quad}$ の中を $y^2$ についての1次式の積に変換する

(i)

$p(x)$ が相異なる3実根 を持つ場合。

$$p(x)=a(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)(x-\alpha_3), \quad \alpha_1>\alpha_2>\alpha_3$$

と書ける。

(a)

$a>0$ の場合、 $y=\sqrt{x-\alpha_3}$ とおくと、 $x-\alpha_3=y^2$.

$$\Dx=2y\;\D y,$$

$$\sqrt{p(x)} =\sqrt{a\left[y^2-(\alpha_1-\alpha_3)\right] \left[y^2-(\alpha_2-\alpha_3)\right] y^2 }$$

$$=y\sqrt{a\left[y^2-\left(\alpha_1-\alpha_3\right)\right]} \sqrt{a\left[y^2-\left(\alpha_2-\alpha_3\right)\right]}.$$

(b)

$a<0$ の場合、 $y=\sqrt{\alpha_1-x}$ とおくと、 $x-\alpha_1=-y^2$.

$$\Dx=-2y\;\Dy,$$

$$\sqrt{p(x)} =\sqrt{a\left[x-\alpha_1\right] \left[x-\alpha_1+(\alpha_1-\alpha_2)\right] \left[x-\alpha_1+(\alpha_1-\alpha_3)\right] }$$

$$=y\sqrt{(-a)\left[y^2-(\alpha_1-\alpha_2)\right] \left[y^2-(\alpha_1-\alpha_3)\right]}.$$

(ii)

$p(x)$ が唯1つの実根$\alpha$を持つ場合、

$$p(x)=a(x-\alpha)p_1(x),\quad p_1(x)=x^2+bx+c$$

と書ける。

$$\beta= \left\{ \begin{array}[tb]{ll} \sqrt{p_1(\alpha)} & \tex... ...lpha< 0$)}, \end{array} \right. \quad m=\alpha+\beta,\quad n=\alpha-\beta,$$

$$x=\frac{m+ny}{1+y}$$

とおくと、

$$\Dx=\frac{n(1+y)-(m+ny)\cdot 1}{(1+y)^2}\Dy=\frac{n-m}{(1+y)^2}\Dy =-\frac{2\beta}{(1+y)^2}\Dy,$$

$$p_1(x) =x^2+bx+c=\left(\frac{m+ny}{1+y}\right)^2+b\frac{m+ny}{1+y}+c$$

$$=\frac{(m+ny)^2+b(m+ny)(1+y)+c(1+y)^2}{(1+y)^2}$$

$$=\frac{1}{(1+y)^2} \left[ m^2+2mny+n^2y^2+b(ny^2+(n+m)y+m)+c(y^2+2y+1) \right]$$

$$=\frac{1}{(1+y)^2} \left[ (n^2+bn+c)y^2+(2mn+b(n+m)+2c)y+m^2+bm+c \right]$$

$$=\frac{1}{(1+y)^2} \left[ p_1(n)y^2+\left[2(\alpha^2-\beta^2)+b\cdot 2\alpha+2c\right]+p_1(m) \right]$$

$$=\frac{1}{(1+y)^2} \left[ p_1(n)y^2+2(\alpha^2+b\alpha+c-\beta^2)+p_1(m) \right].$$

$b=\pm\sqrt{p_1(\alpha)}$ であるから、 $\alpha$ は $x^2+bx+c=\beta^2$ の根であるので、

$$p_1(x)=\frac{1}{(1+y)^2}\left[p_1(n)y^2+p_1(m)\right].$$

ゆえに

$$\sqrt{p(x)} =\sqrt{a(x-\alpha)p_1(x)} =\sqrt{a\frac{\beta(1-y)}{1+y}\cdot\frac{p_1(n)y^2+p_1(m)}{(1+y)^2}}$$

$$=\frac{1}{(1+y)^2}\sqrt{a\beta(1-y)(1-y)\left(p_1(n)y^2+p_1(m)\right)}$$

$$=\frac{1}{(1+y)^2} \sqrt{a\beta\left(1-y^2\right)\left(p_1(n)y^2+p_1(m)\right)}.$$

(iii)

$p(x)$ が少なくとも1つの虚根 $\alpha_1$を持つ4次式の場合は、 共役複素数 $\alpha_2:=\overline{\alpha_1}$ も根である。 他の2根を $\alpha_3$, $\alpha_4$ と表し、

$$p_1(x):=(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)=:x^2+b_1x+c_1,$$

$$p_2(x):=(x-\alpha_3)(x-\alpha_4)=:x^2+b_2x+c_2$$

とおくと、$p_1(x)$ と $p_2(x)$ はともに実係数$2$次多項式で、 $p_1(x)$ は既約であり、

$$p(x)=a p_1(x)p_2(x)$$

と書ける。

(a)

$b_1=b_2$ ならば、

$$x+\frac{b_1}{2}=y$$

とおくと、

$$\Dx=\Dy,$$

$$p_1(x)=\left(x+\frac{b_1}{2}\right)^2+c_1-\frac{b_1^2}{4} =y^2+c_1-\frac{b_1^2}{4},$$

$$p_2(x)=\left(x+\frac{b_2}{2}\right)^2+c_2-\frac{b_2^2}{4} =y^2+c_2-\frac{b_2^2}{4},$$

$$\sqrt{p(x)} =\sqrt{a\left(y^2+c_1-\frac{b_1^2}{4}\right) \left(y^2+c_2-\frac{b_2^2}{4}\right)}.$$

(b)

$b_1\ne b_2$ の場合。 まず、2次方程式

$$\star \left(b_1-b_2\right)c^2+2(c_1-c_2)t+b_2c_1-b_1c_2=0$$

は相異なる2実根を持つことを示す。実際、

$$\alpha_1+\alpha_2=-b_1,\quad \alpha_1\alpha_2=c_1,$$

$$\alpha_3+\alpha_4=-b_2,\quad \alpha_3\alpha_4=c_2$$

であるから、判別式 $D$ は、

$$\frac{D}{4} =(c_1-c_2)^2-(b_1-b_2)(b_2c_1-b_1c_2)$$

$$=\left(c_1-\alpha_3\alpha_4\right)^2-\left[b_1+(\alpha_3+\alpha_4)\right] \left[-(\alpha_3+\alpha_4)c_1-b_1\alpha_3\alpha_4\right]$$

$$=c_1^2-2\alpha_3\alpha_4c_1+\alpha_3^2\alpha_4^2 +b_1c_1\left(\al... ...lpha_3+\alpha_4\right)^2c_1 +b_1\left(\alpha_3+\alpha_4\right)\alpha_3\alpha_4.$$

一方

$$p_1(\alpha_3)p_1(\alpha_4) =\left(\alpha_3^2+b_1\alpha_3+c_1\right) \left(\alpha_4^2+b_1\alpha_4+c_1\right)$$

$$=\alpha_3^2\alpha_4^2+b_1\alpha_3^2\alpha_4+c_1\alpha_3^2 +b_1\al... ...ha_4^2+b_1^2\alpha_3\alpha_4+b_1c_1\alpha_3 +c_1\alpha_4^2+b_1c_1\alpha_4+c_1^2$$

$$=\alpha_3^2\alpha_4^2+b_1\alpha_3\alpha_4\left(\alpha_3+\alpha_4\... ...ha_4^2\right)+b_1^2\alpha_3\alpha_4 +b_1c_1\left(\alpha_3+\alpha_4\right)+c_1^2$$

であるから、

$$\frac{D}{4}= p_1(\alpha_3)p_1(\alpha_4).$$

$\alpha_3$, $\alpha_4$ が実数であるときは、 $p_1(x)$ が既約であることから、 $p_1(\alpha_3)>0$, $p_1(\alpha_4)>0$ であるから、$D>0$. 一方、$\alpha_3$, $\alpha_4$ が虚数であるときは、互いに複素共役であるから、 $p_1(x)$ が実係数であることから、 $p_1(\alpha_4)=p_1(\overline{\alpha_3})=\overline{p_1(\alpha_3)}$. ゆえに $\frac{D}{4}=p_1(\alpha_3)\overline{p_1(\alpha_3)} =\left\vert p_1(\alpha_3)\right\vert^2>0$. いずれの場合も、($\star$) の判別式が正であるから、 ($\star$) は相異なる2実根 $m$, $n$ を持つ。

$$x=\frac{m+ny}{1+y}$$

とおくと、

$$\Dx=\frac{n-m}{\left(1+y\right)^2}\;\D y$$

であり、

$$p_1(x) =p_1\left(\frac{m+ny}{1+y}\right) =\frac{(m+ny)^2}{(1+y)^2}+b_1\frac{m+ny}{1+y}+c_1$$

$$=\frac{1}{(1+y)^2} \left[p_1(n)y^2+\left(2mn+b_1(n+m)+2c_1\right)y+p_1(m)\right],$$

$$p_2(x) =\frac{1}{(1+y)^2} \left[p_2(n)y^2+\left(2mn+b_2(n+m)+2c_2\right)y+p_2(m)\right].$$

ところが $p_1(x)$, $p_2(x)$ の右辺の ($y$ について) 1 次の係数はともに 0 である。実際、

$$2mn+b_1(n+m)+2c_1=0\land 2mn+b_2(n+m)+2c_2=0$$

$$\qquad\Iff \begin{pmatrix}b_1 & 2 b_2 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}m+n mn \end{pmatrix} = -2 \begin{pmatrix}c_1 c_2 \end{pmatrix}$$

$$\qquad\Iff \begin{pmatrix}m+n mn \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\dfrac{2(c_1-c_2)}{b_2-b_1} \dfrac{-b_2c_1+b_1c_2}{b_2-b_1} \end{pmatrix}$$

$$\qquad \Iff m n \star .$$

ゆえに

$$\sqrt{p(x)}=\sqrt{ap_1(x)p_2(x)}=\frac{1}{(1+y)^2} \sqrt{a\left(p_1(n)y^2+p_1(m)\right)\left(p_2(n)y^2+p_2(m)\right)}.$$

(iv)

(工事中)