四次方程式
このようにしてラグランジュは、四次方程式を解くための補助方程式である三次分解方程式の解が、元の四次方程式の解の多項式で書けることを発見し、補助方程式の次数が三次である理由を、根の置換という立場からはっきりと示した。
このような式は他にもあり
t 0 = ( r 0 + r 1 ) − ( r 2 + r 3 ) {\displaystyle t_{0}=\left(r_{0}+r_{1}\right)-\left(r_{2}+r_{3}\right)}
t 1 = ( r 0 + r 2 ) − ( r 1 + r 3 ) {\displaystyle t_{1}=\left(r_{0}+r_{2}\right)-\left(r_{1}+r_{3}\right)}
t 2 = ( r 0 + r 3 ) − ( r 1 + r 2 ) {\displaystyle t_{2}=\left(r_{0}+r_{3}\right)-\left(r_{1}+r_{2}\right)}
とすれば、 t 0 2 , t 1 2 , t 2 2 {\displaystyle {t_{0}}^{2},{t_{1}}^{2},{t_{2}}^{2}} を解とする三次方程式で四次方程式を解くこともできる。ラグランジュは補助方程式の解を用いて、問題の方程式の解の公式を表現するのとは逆に、補助方程式の解を、元の方程式の解の整式(あるいは一般に有理式)として書けることが代数的に解ける理由と考え、特に
デカルトは、著書『方法序説』の試論の一つである『幾何学』において四次方程式
y + p y + q y + r = 0
を解くために、二次式による因数分解
y + p y + q y + r = (y + c1 y + c0) (y + d1 y + d0)
を仮定した方法を奨めた。係数を比較すると
c1 + d1 = 0
c0 + d0 + c1 d1 = p
c1 d0 + c0 d1 = q
c0 d0 = r
が得られる。上の 3 つの式から
d1 = − c1
2 c0 c1 = c1 + p c1 − q
2 d0 c1 = c1 + p c1 + q
が得られる。
4 c1 r = 4 c1 c0 d0 = (2 c0 c1)(2 d0 c1) = (c1 + p c1 − q)(c1 + p c1 + q)
であるから
c1( c1 + p) - q = 4 c1 r
という、c1 に関する六次方程式が得られる。偶数次の項しか無いので u = c1 とでもおけば
u( u + p) − q = 4 r u
という u に関する三次方程式が得られる。この方程式は、フェラーリの方法で得たのと同じ三次分解方程式であり、これを解くことによって、元の方程式の解が得られる。