|| 方程式という概念を記号で表現したもの
『方程式 f(x)=0 の代表例』のこと
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目次
方程式「未知の変数を求められそうな式」
代数方程式「n次方程式を一般化した概念」
平方完成「2次方程式の一般解を得る方法」
Cardano法「3次方程式の一般解を得る方法」
Ferrari法「4次方程式の一般解を得る方法」
Abel-Ruffiniの定理「5次方程式の一般解は無い」
方程式 Equation
|| 分からないものを求められる可能性がある式
『未知の値を得られる可能性がある等式』のこと
\begin{array}{ccccl} (x+1)^2&=&x^2+2x+1 && 恒等式 \\ \\ x-2&=& 0 && 方程式 \end{array}
これは「等式」の中の具体的な概念で
\begin{array}{ccc} 等式 & \left\{ \begin{array}{lcl} 未知変数無し && 恒等式 \\ \\ 未知変数あり && 方程式 \end{array} \right. \end{array}
分類するならこんな感じになっています。
（恒等式と方程式の明確な差は未知変数の有無）
解 Solution
|| 求めたいがその時点では分かっていないもの
『未知変数と完全一致する定数』のこと
\begin{array}{ccc} && 未知変数 && 解 \\ \\ 方程式 && x&=&α \end{array}
これの正確な定義は
\begin{array}{lcl} 言語層定義 && 変数と一致する定数 \\ \\ 形式層定義 && 変数に代入すると等式が真になる定数 \end{array}
比較するとこんな感じです。
（形式層定義は厳密だが分かり辛い）
解を求めるとは
知っての通り
\begin{array}{ccc} x^2-px+q=0 \\ \\ \Downarrow \\ \\ (x-α)(x-β)=0 \end{array}
『方程式の解法』はこの向きです。
\begin{array}{lcl} p,q &\to& α,β \end{array}
つまり「解法」は『係数から』であり
\begin{array}{lcl} ax^2+bx+c&=&0 \\ \\ \displaystyle x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a} &=&0 \\ \\ \displaystyle x^2+\frac{b}{a}x +\left(\frac{b}{2a} \right)^2-\left(\frac{b}{2a} \right)^2+\frac{c}{a} &=&0 \\ \\ \displaystyle \left(x+\frac{b}{2a} \right)^2-\left(\frac{b}{2a} \right)^2+\frac{c}{a} &=&0 \\ \\ \displaystyle \left(x+\frac{b}{2a} \right)^2 &=& \displaystyle \left(\frac{b}{2a} \right)^2-\frac{c}{a} \end{array}
例えば『2次方程式』はこのようになります。
（以降も同様になると推測されたが）
n 次方程式
これは「代数方程式」の主役とも言えるもので
\begin{array}{lcl} (x-1)&=&0 \\ \\ (x-1)(x-2)&=&0 \\ \\ (x-1)(x-2)(x-3) &=& 0 \\ \\ &\vdots \\ \\ (x-1)(x-2)(x-3)\cdots (x-n) &=& 0 \end{array}
基本的に「代数学」はこれについての話をしています。
（辿っていくとだいたいこの話になる）
\begin{array}{ccl} (x-r_1)(x-r_2)\cdots (x-r_n) &=& 0 \\ \\ \displaystyle \prod_{i=1}^{n} (x-r_i) &=&0 \end{array}
「代数的構造」は少し離れているように感じますが
『生まれた理由』は結局ここに戻ってきます。
x^n=1 の形が基本になる
このn次方程式の「最も単純な形」
\begin{array}{rcc} \displaystyle \sum_{i=0}^{n} a_ix^i &=& 0 \\ \\ x^n &=& a_0 \\ \\ x^n &=& 1 \end{array}
それを考えた時に出てくるのがこの形で
\begin{array}{lcrcl} x^2&=&1 && x=1,-1 \\ \\ x^2&=&-1 && x=i,-i \\ \\ x^4 &=& 1 && x^2=1,-1 \end{array}
これはこの「回転」の構造から
\begin{array}{lcccl} x^3&=& 1 \\ \\ x^3 - 1 &=& 0 && \because 1は自明解 \\ \\ (x-1)(x^2+？) &=& 0 && \because x^3の生成 \\ \\ (x-1)(x^2+？+1) &=& 0 && \because -1の生成 \\ \\ (x-1)(x^2+x+1) &=& 0 && \because -x^2,xの消去 \\ \\ \displaystyle (x-1) \left( x-\frac{-1\pm \sqrt{-3} }{2} \right)^2 &=&0 \end{array}
この補強を経て
（ここまでは計算ですぐに分かる）
\begin{array}{lcl} x^n &=& 1 \\ \\ x &=& \cos \frac{2π1}{n} +i\sin \frac{2π1}{n},...,\cos \frac{2πn}{n} +i\sin \frac{2πn}{n} \\ \\ &=& \displaystyle e^{i\frac{2πk}{n}} \end{array}
このような形で一般化することができます。
（ 1 が確実に解で他の項が無いから全て円周上の点になる）
ラグランジュの整理
そして ↑ の形から分かるように
\begin{array}{ccc} \displaystyle 1^3&=&1 \\ \\ \displaystyle\left( x-\frac{-1 + \sqrt{-3} }{2} \right)^3 &=&1 \\ \\ \displaystyle\left( x-\frac{-1- \sqrt{-3} }{2} \right)^3 &=&1 \end{array}
これは当然こうなりますから
\begin{array}{lcl} ω &=& \displaystyle\frac{-1+ \sqrt{-3} }{2} \\ \\ ω^2 &=&\displaystyle \frac{-1 - \sqrt{-3} }{2} && \displaystyle \because\frac{-2-2\sqrt{-3} }{4} \end{array}
「3次方程式の一般解」から
\begin{array}{ccl} 0 &=& 1+ω+ ω^2 \\ \\ 3L&=&α+βω+γω^2 \end{array}
実はこのような整理が発想されます。
（この時点ではよく分からなくて当然）
これは簡単に説明するなら
\begin{array}{c} \displaystyle \frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a}+ (-1)\frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a} \\ \\ \sqrt{b^2-4ac} \end{array}
要はこういう話で
（一般解 → 中間式の観察から得られる）
\begin{array}{lcl} x^n=1 &\to& 複数の値を出力するため分岐が発生 \\ \\ &\to& 方程式は必ず分岐操作が挟まる \\ \\ &\to& 解には分岐部分が含まれる \\ \\ &\to& 解ζを用いてζ^n=1にすれば軸が揃う \\ \\ &\to& 軸を揃えた分岐部分を取り出せる \end{array}
これは『分岐する部分を取り出す』操作を意味します。
（どの次数でもできるだろうという予測から得られる）
一般解と x^n=1 の関係
これの詳細は後述しますが
\begin{array}{lclcl} 2次 &\to& 平方完成 &\to& x^2=c \\ \\ 3次 &\to& カルダノ法 &\to& x^3=c \\ \\ 4次 &\to& フェラーリ法 &\to& x^2=c,x^3=c \end{array}
実は「一般解導出」では
（2次3次4次の一般解導出の観察結果）
\begin{array}{lcl} x^n=c &\to& \displaystyle x=\sqrt[n]{c} ,ζ\sqrt[n]{c},ζ^2\sqrt[n]{c},...,ζ^{n-1}\sqrt[n]{c} \\ \\ &\to& \displaystyle \frac{1}{\sqrt[n]{c} } x= 1,ζ,ζ^2,...,ζ^{n-1} \end{array}
このような x^n=1 の形が必ず現れていて
\begin{array}{lcl} 係数は固定 & \left\{ \begin{array}{lcl} +は1出力 &\to& 係数の和は1個出力 \\ \\ ×も1出力 &\to& 係数の積は1個出力 \\ \\ \sqrt[n]{} はn出力 &\to& n個の解を唯一説明可能 \end{array} \right. \end{array}
これは演算の性質から考えても
「直感的には必然である」と言えます。
解と x^n=1 についての直感的な雑証明
厳密な話は「代数的構造」の話でやるとして
\begin{array}{ccl} + &\to& 係数入力に対して1つの値を出力 \\ \\ \times &\to& 係数入力に対して1つの値を出力 \end{array}
これは直感的にはこんな感じの話になります。
（つまり消去法で分岐の原因が確定する）
\begin{array}{lcl} 同じ係数入力 &\to& 解は複数 \\ \\ &\to& +,×では1つだけ \\ \\ &\to& (a+b)+cも1つだけ出力 \\ \\ &\to& (a\times b)\times cも1つだけ出力 \\ \\ &\to& (a+b)\times cも1つだけ出力 \\ \\ &\to& 複数出力は他の操作がやってる \\ \\ \\ 後は累乗根 &\to& x^n=c \to x=\sqrt[n]{c}(1,ζ,ζ^2,...,ζ^{n-1}) \\ \\ &\to& 同入力から複数の出力がある \\ \\ &\to& これだけが解が複数ある理由を説明可能 \end{array}
『消去法的な感覚（ +,\times では説明不可）』から
「冪根の性質（解が複数ある理由）」は導かれます。
（使う演算が +,\times と累乗根に限られるなら）
n 次方程式は代数方程式の代表例
仮に『方程式と呼べるもの』を全て集めた時
\begin{array}{ccc} テイラーの定理 &\to& 微分できる関数 \\ \\ フーリエ級数 &\to& 微分できる関数 \end{array}
「ほぼ全ての式」を『近似できる』
\begin{array}{lcl} f(x)&=&\displaystyle f(a)+f^{(1)}(a)(x-a)^1+\frac{1}{2!}f^{(2)}(a)(x-a)^2+\cdots \\ \\ &=&\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}f^{(n)}(a)(x-a)^n \end{array}
この点で「 n 次方程式」は優れていて
\begin{array}{ccl} n次元方程式 &\to& \left\{ \begin{array}{lcc} 全ての方程式ではない \\ \\ ほとんど説明できる \end{array} \right. \end{array}
だいたいこれで問題の無い数値を得ることができます。
（正確ではないが近い値の解を得られる）
代数方程式 Algebraic Equation
|| n 次方程式を一般化したもの
「記号的に扱う方程式」全般のこと
\begin{array}{lcl} 代数的構造前 && 記号で表現された方程式 \\ \\ 代数的構造後 && n次方程式の一般化 \end{array}
わりと意味が込み入っている概念ですが
（代数的構造は方程式の性質を述べたもの）
\begin{array}{ccc} n次方程式の一般化 &\to& f(x)=0 & 多項式環 \end{array}
言ってることはシンプルです。
（代数的構造の部分は別記事で改めて紹介）
2 次方程式
これは有名ですが
\begin{array}{lcl} ax^2+bx+c&=&0 \\ \\ \displaystyle x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a} &=&0 \\ \\ \displaystyle x^2+\frac{b}{a}x +\left(\frac{b}{2a} \right)^2-\left(\frac{b}{2a} \right)^2+\frac{c}{a} &=&0 \\ \\ \displaystyle \left(x+\frac{b}{2a} \right)^2-\left(\frac{b}{2a} \right)^2+\frac{c}{a} &=&0 \\ \\ \displaystyle \left(x+\frac{b}{2a} \right)^2 &=& \displaystyle \left(\frac{b}{2a} \right)^2-\frac{c}{a} \end{array}
この手順の『2乗にする操作』が
「平方完成」という名前だということは
\begin{array}{ccc} \displaystyle \left(x+\frac{b}{2a} \right)^2&=& x^2 &+& \displaystyle \frac{b}{a}x &+& \displaystyle \left(\frac{b}{2a} \right)^2 \\ \\ (x+c)^2 &=& x^2 &+& 2cx &+& c^2 \end{array}
あまり知られていないと思います。
（一般解はこちらで覚えると頭に残り易いです）
2次一般解とラグランジュの整理
念のため補足しておくと
\begin{array}{ccc} x&=&\displaystyle \frac{-b \pm \sqrt{ b^2-4ac }}{2a} \end{array}
この2次方程式の一般解は
「ラグランジュの分解式」に寄せて表現すると
\begin{array}{lclcl} x&=& \displaystyle \frac{-b \pm \sqrt{ b^2-4ac }}{2a} && 一般形 \\ \\ x&=& \displaystyle \frac{-b}{2a}\pm\frac{ \sqrt{ b^2-4ac }}{2a} && 分岐部分強調 \end{array}
こんな感じになります。
（3次でも4次でもこの『分岐部分』が見られる）
3 次方程式
この「2次方程式の解法（平方完成）」から
「3次方程式の解法」もまた導かれたわけですが
\begin{array}{ccc} p,q,r &\to& α,β,γ \end{array}
ここからが大変
\begin{array}{lcl} ax^3+bx^2+cx+d &=& 0 \\ \\ \displaystyle x^3+\frac{b}{a}x^2+\frac{c}{a}x+\frac{d}{a} &=& 0 \\ \\ x^3+Bx^2+Cx+D &=& 0 \end{array}
まずこの『式の単純化』から始まって
（方程式の拡大縮小は解に無関係）
\begin{array}{ccc} x^3+Bx^2+Cx+D &=& 0 \end{array}
この単純な形への変形から
\begin{array}{lcl} f(x)&=&x^3+Bx^2+Cx+D \\ \\ f(x)+t &=&x^3+Bx^2+Cx+D+t \\ \\ \\ f(x)&=&x^3+Bx^2+Cx+D \\ \\ f(x)&=&f(y+t) \end{array}
この「平行移動による変形」を挟むまでは分かり易いですが
（上下と左右の平行移動も解を復元可能）
「平方完成」を参考にした
\begin{array}{lcl} (α+β)^3&=& α^3+β^3+3αβ(α+β) \end{array}
このような3次の展開式の形から
（知識との結びつきによる試行）
\begin{array}{ccc} x^3 &-&px&+&q&=&0 \\ \\ (α+β)^3& -&3αβ(α+β) & - &α^3+β^3&=& 0 \end{array}
この「整理の試行」が発想される過程が少し見え辛いです。
（ここからの流れから得られた成果がカルダノ法になる）
3次方程式の単純化
きちんと整理しておくと
\begin{array}{ccl} 方程式の解 &\to& 解への影響が少ない操作 \\ \\ &\to& 拡大縮小は解を変化させない \\ \\ &\to& 平行移動は？ \end{array}
流れとしてはこんな感じで
\begin{array}{lcl} ax^3+bx^2+cx+d &=& 0 \\ \\ \displaystyle x^3+\frac{b}{a}x^2+\frac{c}{a}x+\frac{d}{a} &=& 0 \\ \\ x^3+Bx^2+Cx+D &=& 0 \end{array}
まず『最大次数の項の係数』については
「拡大縮小で省略できる」ということが分かります。
\begin{array}{ccl} 0 &=&x^3+Bx^2+Cx+D \\ \\ t &=&x^3+Bx^2+Cx+D+t \end{array}
次いで「上下の移動」についても
『 0 を変更するだけで良い』と分かり
\begin{array}{ccc} x&=&y+t \\ \\ f(x)&=&f(y+t) \end{array}
「左右の移動」についても
\begin{array}{ccc} y&=&x-t \end{array}
『変数の変更』で可能になると分かります。
（ y の式に変換しても x を導出できる）
結果、以上の操作は
『解の復元が可能』であることから
\begin{array}{lcl} x^3+Bx^2+Cx+D \\ \\ (y+t)^3+B(y+t)^2+C(y+t)+D \\ \\ y^3+(3t+B)y^2+(3at^2+～)y+～ \end{array}
この変形により得られる結果と
\begin{array}{ccc} 3t+B&=&0 \\ \\ t&=& \displaystyle -\frac{B}{3} \\ \\ &=& \displaystyle -\frac{b}{3a} \end{array}
『 t の調整によって消し易い部分』として
「2次の項」が得られることから
（1次の項も可能ではある）
\begin{array}{ccc} x&=& \displaystyle y-\frac{b}{3a} \\ \\ y^3-py+q&=&0 \end{array}
最後、このように変形できることが分かります。
（これにより『変形後の単純な形』が分かった）
3次方程式の解法と3次の展開式の比較
以上の変形から
「3次方程式の解を求める」とは
\begin{array}{ccc} x^3-px+q&=&0 \end{array}
「これを解くこと」であると分かるので
\begin{array}{ccl} 既知の方法は可能？ &\to& 因数分解はダメ \\ \\ &\to& 置換で次数を落とせない \\ \\ &\to& 平方完成なども無理 \\ \\ &\to& 更なる変形が必要？ \\ \\ \\ 変形の試行 &\to& 適切な変形は何か \\ \\ &\to& 3次の項がある式が良さそう \\ \\ &\to& 似た形の式が見つかった \end{array}
この発想の流れから
\begin{array}{lcl} (α+β)^3&=& α^3+β^3+3αβ(α+β) \end{array}
この式の発見により
\begin{array}{ccc} x^3 &-&px&+&q&=&0 \\ \\ (α+β)^3& -&3αβ(α+β) & - &α^3+β^3&=& 0 \end{array}
この形を得ることができます。
（まだこれでうまくいくとは分かっていない）
解法の試行と変形
これは結果的に正しかったわけですが
\begin{array}{ccc} x&=&α+β \end{array}
発見段階では「試してみる」なので
まだ「解法に辿り着く保証」はありません。
\begin{array}{ccc} x^3 &-&px&-&q&=&0 \\ \\ (α+β)^3 &-&p(α+β)&-&q&=&0 \end{array}
実際、ここからまだ多くの発想が必要で
\begin{array}{lcl} (α+β)^3&=& α^3+β^3+3αβ(α+β) \end{array}
良い感じに変形してみても
\begin{array}{lcc} (α+β)^3 -p(α+β)-q &=&0 \\ \\ α^3+β^3+3αβ(α+β) - p(α+β)-q &=&0 \\ \\ α^3+β^3+(3αβ-p)(α+β)-q &=&0 \end{array}
ここから一般解へはまだ辿り着けません。
（まだ式が変形されただけ）
係数の変形と単純化
式の観察で真っ先に思いつくのは
\begin{array}{lcc} α^3+β^3+(3αβ-p)(α+β)-q &=&0 \\ \\ α^3+β^3-q &=&0 \end{array}
『消したい部分』で
\begin{array}{ccc} 3αβ-p&=&0 \end{array}
これをこのようにして消す場合
『係数と解を完全に分離できる』ため
（より正確には『解の構成 α,β 』と分離できる）
\begin{array}{ccc} \left\{ \begin{array}{ccc} α^3+β^3&=&q \\ \\ 3αβ&=&p \end{array} \right. &\to& \left\{ \begin{array}{ccc} A+B &=&q \\ \\ AB&=&\displaystyle \left(\frac{p}{3}\right)^3 \end{array} \right. \end{array}
その後の式は良い感じになります。
（2次方程式の解法に繋がる対称式の形になる）
消すための変形
ここで問題となるのが
\begin{array}{ccc} 3αβ-p&=&0 \end{array}
この操作が許されるのかという話なんですが
「 α,β が中間にあるだけの値」である以上
\begin{array}{ccc} α+β&=&x \\ \\ αβ&=&\displaystyle \frac{p}{3} \end{array}
固定された右の値がなんであっても
\begin{array}{ccc} (u-α)(u-β)&=&0 \\ \\ u^2-(α+β)u+αβ &=& 0 \\ \\ \displaystyle u^2-xu+\frac{p}{3} &=& 0 \end{array}
こうすれば両者は一意に求められますから
\begin{array}{ccl} pは固定 &\to& xをα+βで分割してみる \\ \\ &\to& 式の観察で整理したい部分 \\ \\ &\to& pもα,βで表現してみる \\ \\ \\ &\to& これは可能な操作か？ \\ \\ &\to& 3αβ=p でα,βは存在するか？ \\ \\ &\to& 2次方程式でx,pで解が表現される \\ \\ &\to& α,βは存在する \\ \\ &\to& 存在するなら可能 \end{array}
『都合の良い α,β が存在する』という
「存在保証」でこれは正当化されます。
（ α,β は分割時点でとても曖昧なので正当性は後付け）
解と係数の関係と2次方程式の解
『解と係数の関係』を見ればわかるように
\begin{array}{ccc} (u-α)(u-β)&=&0 \\ \\ u^2-(α+β)u+αβ &=& 0 \\ \\ \displaystyle u^2-xu+\frac{p}{3} &=& 0 \end{array}
この導出手順は
\begin{array}{ccc} \left\{ \begin{array}{ccc} α^3+β^3&=&q \\ \\ 3αβ&=&p \end{array} \right. &\to& \left\{ \begin{array}{ccc} A+B &=&q \\ \\ AB&=&\displaystyle \left(\frac{p}{3}\right)^3 \end{array} \right. \end{array}
これにも適用できて
\begin{array}{ccc} v^2-(A+B)v+AB &=& 0 \\ \\ \displaystyle v^2-qv+\left(\frac{p}{3}\right)^3 &=& 0 \end{array}
このようにすれば
「調整される A,B 」について求めることができます。
（ v=A,B なので v が分かれば A,B も分かる）
\begin{array}{ccc} x&=& \displaystyle \frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac} }{2a} \\ \\ v&=& \displaystyle \frac{q\pm \sqrt{q^2-4\left(\frac{p}{3}\right)^3} }{2} \\ \\ &=& \displaystyle \frac{q}{2}\pm \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } \end{array}
この後やることはそのまま
\begin{array}{ccccl} A&=&α^3 &=& \displaystyle \frac{q}{2} + \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } \\ \\ B&=&β^3 &=& \displaystyle \frac{q}{2} - \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } \end{array}
この形から「 α^3,β^3 と係数の関係」が得られるので
\begin{array}{ccc} α &=& \displaystyle \sqrt[3]{ \frac{q}{2} + \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } } \\ \\ β &=& \displaystyle \sqrt[3]{ \frac{q}{2} - \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } } \end{array}
「立方根」を認めるなら
（省略してますが x^3=1 の虚数解と同様に解は３つです）
\begin{array}{ccc} x&=&α+β \\ \\ x &=& \displaystyle \sqrt[3]{ \frac{q}{2} + \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } } +\sqrt[3]{ \frac{q}{2} - \sqrt{ \left( \frac{q}{2} \right)^2-\left(\frac{p}{3}\right)^3 } } \end{array}
これで「3次方程式の一般解」が得られてしまいます。
（整理していったらなんかうまくいった）
2次方程式とカルダノ法
この方法を
\begin{array}{lcc} ax^2+bx+c&=&0 \\ \\ x^2+Bx+C&=&0 \end{array}
2次方程式に適用してみると
\begin{array}{lcl} x^2+Bx+C&=&0 \\ \\ (y+t)^2+B(y+t)+C&=&0 \\ \\ y^2+(2t+B)x+～&=&0 \end{array}
消せる部分がこうなることから
\begin{array}{lcl} x&=&\displaystyle y-\frac{B}{2} \\ \\ x&=&\displaystyle y-\frac{b}{2a} \end{array}
平方完成の形が分離されるので
\begin{array}{ccc} y^2-p&=&0 \end{array}
かなり簡単な形になります。
（同様の手順が使えるということが重要）
4 次方程式
2次でも改めて確認したように
実はカルダノ法の一部は4次方程式でも使えます。
\begin{array}{lcc} ax^4+bx^3+cx^2+dx+e &=& 0 \\ \\ \displaystyle x^4+Bx^3+Cx^2+Dx+E &=& 0 \end{array}
まず拡大縮小のステップは問題無く使えて
\begin{array}{lcl} (y+t)^4+B(y+t)^3+C(y+t)^2+D(y+t)+E &=& 0 \\ \\ y^4+(4t+B)y^3+～&=&0 \end{array}
平行移動の操作も普通に使える。
\begin{array}{ccl} x&=&\displaystyle y-\frac{B}{4} \\ \\ x&=&\displaystyle y-\frac{b}{4a} \end{array}
そうすると3次の項が消せるので
（他も消せるが複雑なので消し辛い）
\begin{array}{ccc} y^4-py^2-qy+r &=&0 \end{array}
とりあえずこういう形はすぐに得ることができます。
（カルダノ法の最初のステップと方法は同様）
3次と同じ方法では通せない
ここからが問題となる部分で
\begin{array}{ccc} x&=&α+β \end{array}
3次の時と同様にこうしてみた時
\begin{array}{ccl} (α+β)^4&=&α^4+4βα^3+6β^2α^2+4β^3α+β^4 \end{array}
この展開式からでは
\begin{array}{lcc} 4βα^3+6β^2α^2+4β^3α \\ \\ 4αβ (α^2+β^2)+6β^2α^2 \\ \\ 4αβ (α^2+β^2+2αβ)+6β^2α^2-8α^2β^2 \end{array}
『 α+β,(α+β)^2 をうまく作れない』ため
（4次方程式の単純形を構成できない）
\begin{array}{ccc} x^3 &-&px&+&q&=&0 \\ \\ (α+β)^3& -&3αβ(α+β) & - &α^3+β^3&=& 0 \end{array}
結果、この形と同様の整理にはなりません。
（これは3次だったからたまたまうまくいった）
\begin{array}{ccc} x^4-px^2-qx+r &=&0 \end{array}
なのでこれを整理するためには
\begin{array}{ccc} x&=&α+β && × \\ \\ x&=& ？ \end{array}
この変形部分で良い感じになるような
都合の良い別の形を考える必要があります。
4次方程式の解法の核心
ここで用いられるのが
\begin{array}{ccl} 4次の単純形 &\to& 3次の方法じゃ厳しい \\ \\ &\to& 消したい項が残る \\ \\ \\ &\to& 1次式の4乗だから項は多い \\ \\ &\to& 4乗なのがきつい？ \\ \\ &\to& 2乗にしてみる \end{array}
こんな感じの発想で
\begin{array}{lcl} (α+β)^4 && 1次を4乗する展開 \\ \\ (α^2+β^2)^2 && 2次を2乗する展開 \end{array}
ここからこのような式での対応が試行されます。
（この時点ではこれにも成功の保証は無い）
整理すると
\begin{array}{lc} (α+β)^4 &=& α^4&+&4βα^3+6β^2α^2+4β^3α&+&β^4 \\ \\ (α^2+β^2)^2&=&α^4&+&4β^2α^2&+&β^4 \end{array}
この展開式は「4乗より」は明らかに項が減るので
（ 1,4 ではなく 2,2 で考えてみる）
\begin{array}{ccc} x^2&=& α^2+β^2 \end{array}
試行されるものとして
このような形が発想されます。
1次の項が残る
ただ ↑ の整理であっても
\begin{array}{ccc} (α^2+β^2)^2&-&？&-&？&-&(α^4+β^4+4β^2α^2) \\ \\ (x^2)^2 & - & px^2 &-&qx&-&r \end{array}
このようになってしまうので
\begin{array}{ccc} α^2+β^2-(α^2+β^2) \end{array}
このようにしても x が残ってしまいます。
\begin{array}{ccc} x&=&\displaystyle \sqrt{α^2+β^2} \end{array}
これを入れても r が煩雑になるので
結局、全体的な整理はできません。
展開式を用いるのは厳しい？
以上の試行の結果から
3次と同アプローチでは難しいと分かりますが
\begin{array}{ccc} x^4 &\to& (x^2)^2 \end{array}
『2乗で考える』という部分に関しては
\begin{array}{ccc} (x^2)^2 & - & px^2 &-&qx&-&r &=& 0 \end{array}
「式全体で考えてみる」場合
\begin{array}{ccc} 4乗の式 &\to& 2乗の式×2乗の式はいける？ \end{array}
なんとなく可能性がありそうだと思えます。
（解決するかは不明だが確実に試行のきっかけになる）
Ferrari 法
ここまでの確認の後に得られたのが
\begin{array}{ccl} (x^2)^2 &\to& (x^2+γ)(x^2-γ) \\ \\ &\to& 2次方程式2本に分解する \end{array}
「フェラーリ法」という式整理で
\begin{array}{ccc} (x^2+γ)^2 &=& x^4 + 2γx^2 + γ^2 \end{array}
この『式に定数を加える』単純な形と
（2次の項と定数に調整するための値 γ を置ける）
\begin{array}{ccc} (x^2)^2 & +& px^2 +qx+r &=& 0 \\ \\ 4乗の項 && 2次方程式 \end{array}
この式の分離から発想が繋がっていきます。
\begin{array}{lcl} (x^2)^2 + px^2 +qx+r &=& 0 \\ \\ (x^2+γ)^2 + px^2 +qx+r &=&2γx^2 + γ^2 \end{array}
必要なのは『扱いやすい形』ですから
\begin{array}{ccc} (x^2+γ)^2-(何か)^2&=&0 \end{array}
着地がこうなると良いなという感じで
ここを目指してみるという方針を得ることができます。
（これがフェラーリ法の核心になる）
これをさらに整理すると
\begin{array}{cclcl} (x^2+γ)^2 & +& px^2 +qx+r &=&2γx^2 + γ^2 \\ \\ (x^2+γ)^2 & +& (p-2γ)x^2 +qx+r-γ^2 &=&0 \end{array}
「2次方程式部分」を取り出すなら
\begin{array}{lcl} Ax^2+Bx+C&=&(p-2γ)x^2 +qx+r-γ^2 \\ \\ Ax^2+Bx+C&=& \displaystyle \left( \sqrt{A} x + δ \right)^2 \end{array}
これを変形することで
\begin{array}{lcl} \displaystyle (x^2+γ)^2-\left( \sqrt{A} x + δ \right)^2 &=& 0 \\ \\ \displaystyle \left( x^2+γ+\left( \sqrt{A} x + δ \right) \right) \left( x^2+γ-\left( \sqrt{A} x + δ \right) \right) &=& 0 \end{array}
このような形が導けるかも？という予想が得られます。
（こうなるという保証はまだ無い）
フェラーリ法の文字整理
↑ の着地が分かれば
\begin{array}{lcl} \displaystyle (x^2+γ)^2-\left( \sqrt{A} x + δ \right)^2 &=& 0 \\ \\ \displaystyle \left( x^2+γ+\left( \sqrt{A} x + δ \right) \right) \left( x^2+γ-\left( \sqrt{A} x + δ \right) \right) &=& 0 \\ \\ \displaystyle \left( x^2+γ+\left( α x + β \right) \right) \left( x^2+γ-\left( α x + β \right) \right) &=& 0 \\ \\ \displaystyle (x^2+γ)^2-\left( α x + β \right)^2 &=& 0 \end{array}
後はこれに整合するものを求めるだけなので
（とりあえず文字を分かり易いものに置き換える）
\begin{array}{lcc} (x^2+γ)^2-\left( α x + β \right)^2 &=& 0 \\ \\ x^4+(2γ-α^2)x^2-2αβx+γ^2-β^2 &=& 0 \end{array}
この形を『都合の良い式』として
（これは3次の (α+β)^3 より前段階のものになる）
\begin{array}{ccrcr} x^4 &+& (2γ-α^2)x^2 &+& (-2αβ)x &+& γ^2-β^2 &=& 0 \\ \\ x^4 &+& px^2 &+& qx &+& r &=& 0 \end{array}
このような形で比較することができます。
（着地の時点でこうなることは確定している）
そしてこの形から
\begin{array}{ccc} \left\{ \begin{array}{lcl} p &=& 2γ-α^2 \\ \\ q &=& -2αβ \\ \\ r&=& γ^2-β^2 \end{array} \right. \end{array}
これを得ることができます。
（ここから γ,α,β を係数 p,q,r で表現していく）
4次方程式が3次方程式の問題になる
この式整理から得られた ↓ から
\begin{array}{ccc} \left\{ \begin{array}{lcl} p &=& 2γ-α^2 \\ \\ q &=& -2αβ \\ \\ r&=& γ^2-β^2 \end{array} \right. \end{array}
「調整項 γ,α,β を求めてみる」と
\begin{array}{ccc} r&=& γ^2-β^2 \\ \\ γ^2-β^2-r &=&0 \end{array}
この式に対して以下の代入を行えば
（ α=0 ではなく広範な α≠0 パターンを考える）
\begin{array}{lcl} γ^2-β^2-r \\ \\ \displaystyle γ^2-\left( \frac{q}{2α} \right)^2-r && \because q = -2αβ \\ \\ \displaystyle γ^2-\frac{q^2}{4(2γ-p)}-r && \because p = 2γ-α^2 \\ \\ \\ 4(2γ-p)γ^2-q^2-4(2γ-p)r \\ \\ 8γ^3-4pγ^2 -8rγ +4pr-q^2 \\ \\ \displaystyle γ^3 -\frac{1}{2}pγ^2 -rγ-\frac{q^2-4pr}{8} \end{array}
『結果的に3次方程式になる』ので
\begin{array}{ccc} γ&=& \displaystyle γ^{\prime}-\frac{\frac{1}{2}p}{3} \end{array}
手順通り平行移動を行えば
\begin{array}{ccc} x &=& \displaystyle \sqrt[3]{ \frac{v}{2} + \sqrt{ \left( \frac{v}{2} \right)^2-\left(\frac{u}{3}\right)^3 } } +\sqrt[3]{ \frac{v}{2} - \sqrt{ \left( \frac{v}{2} \right)^2-\left(\frac{u}{3}\right)^3 } } \end{array}
ここから「3次方程式の一般解」を用いることで
\begin{array}{ccc} γ &=& s(p,q,r) \end{array}
「調整項 γ が導出できる」と分かります。
（これを2次方程式の解にも適用するので一般解が長大に）
\begin{array}{ccc} p &=& 2γ-α^2 \\ \\ q &=& -2αβ \end{array}
そして γ が分かれば
他の「調整項 α,β 」も p,q,r で表現できます。
4次方程式の解法は存在する
一般解は長大になる上に本質的ではないので
\begin{array}{ccc} \begin{array}{lcc} ax_*^4+bx_*^3+cx_*^2+dx_*+e &=& 0 \\ \\ \displaystyle x_*^4+Bx_*^3+Cx_*^2+Dx_*+E &=& 0 \end{array} \end{array}
「一般解の階層」だけ記述しておきます。
（階層だけ覚える方が再現性も高く実践的）
\begin{array}{lcl} x_*&=&\displaystyle x-\frac{B}{4} \\ \\ x_*&=&\displaystyle x-\frac{b}{4a} \end{array}
まず最初の手順はカルダノ法と同様にこれです。
（式全体の拡大縮小は解に影響しない）
\begin{array}{ccc} x^4+px^2+qx+r &=&0 \end{array}
これにより一般形を簡単な形に変形します。
（符号は記号に吸収して調整できるので任意に決めて良い）
ここからが「フェラーリ法」で
\begin{array}{ccc} \displaystyle \left( x^2+γ+\left( α x + β \right) \right) \left( x^2+γ-\left( α x + β \right) \right) &=& 0 \\ \\ \displaystyle (x^2+γ)^2-\left( α x + β \right)^2 &=& 0 \\ \\ x^4+(2γ-α^2)x^2-2αβx+γ^2-β^2 &=& 0 \end{array}
この着地となる形を目指して
\begin{array}{ccrcr} x^4 &+& (2γ-α^2)x^2 &+& (-2αβ)x &+& γ^2-β^2 &=& 0 \\ \\ x^4 &+& px^2 &+& qx &+& r &=& 0 \end{array}
「調整項と係数の対応」をとります。
（試行の段階ではこれで成功する保証は無かった）
これにより得られた関係を用いると
\begin{array}{lcl} γ^2-β^2-r \\ \\ \displaystyle γ^2-\left( \frac{q}{2α} \right)^2-r && \because q = -2αβ \\ \\ \displaystyle γ^2-\frac{q^2}{4(2γ-p)}-r && \because p = 2γ-α^2 \\ \\ \\ 4(2γ-p)γ^2-q^2-4(2γ-p)r \\ \\ 8γ^3-4pγ^2 -8rγ +4pr-q^2 \\ \\ \displaystyle γ^3 -\frac{1}{2}pγ^2 -rγ-\frac{q^2-4pr}{8} \end{array}
結果として『3次方程式の話になる』上に
（ γ はカルダノ法と一般解で得られる）
\begin{array}{ccc} p &=& 2γ-α^2 \\ \\ q &=& -2αβ \end{array}
『全ての調整項 γ,α,β 』を
『係数 p,q,r で表現できる』ようになるので
\begin{array}{lcl} 調整項に代入 && γ,α,βは係数p,q,rで書ける \\ \\ 単純形に代入 && γ,α,βが存在するので2乗差は成立 \\ \\ 2つの2次方程式 && それぞれ2次方程式の解が得られる \\ \\ 4次方程式の解 && 2次の解が4次の解になる \end{array}
後はその結果から辿っていけば
「4次方程式の解」を得ることができます。
（つまり4次方程式にも一般解が存在する）
5 次方程式
この5次という領域からが
実は「ガロア理論」の領域に入る部分で
（ガロア理論は代数的構造を用いる考え方）
\begin{array}{ccc} a_0x*^5+a_1x_*^4+a_2x_*^3+a_3x_*^2+a_4x_*+a_5 &=& 0 \end{array}
この「5次方程式の一般解」は
\begin{array}{ccc} x_* &=& \displaystyle x-\frac{a_1}{ {}_5 \mathrm{C}_1 a_0 } \end{array}
実は『基本的な条件下』だと
（特殊な条件を用いると作ることはできる）
\begin{array}{ccc} x^5+px^3+qx^2+rx+s &=& 0 \end{array}
『決して得られない』ものになります。
（かなり長くなるのでこれの詳細は別記事で）