（追記あり）もっと分かりやすく➈「カルダノの方法」と「対称性の破壊」の関連について
「カルダノの方法」による３次方程式の解の公式の導出方法を、差積とラグランジュ・リゾルベントに関連付けながらもう少し深掘りします。カルダノの方法は「ラグランジュ・リゾルベントによる方法」（本シリーズ (6)、(7)）につながっていることの大まかな解説です。
まずは、３次方程式の解の公式の導出（カルダノの方法）の流れを再掲します。
３次方程式の解の公式の導出の流れ（復習）
前章 (25) でやったカルダノの方法は以下のような流れでした。
（再掲）
$$
\begin{align*}
ax^3+bx^2&+cx+d=0
\\[6pt]
&\downarrow {\small 両辺を a で割る}
\\[6pt]
x^3+\dfrac{b}{a}x^2&+\dfrac{c}{a}x+\dfrac{d}{a}=0\\[6pt]
&\downarrow {\small x=y-\dfrac{b}{3a} とおく（チルンハウス変換）}
\\[6pt]
y^3+py+&q=0\\[2pt]
ただし &p=-\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)^{2}+\frac{c}{a}\\
&q=\frac{2}{27}\left(\frac{b}{a}\right)^{3}-\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)\left(\frac{c}{a}\right)+\frac{d}{a}
\\[12pt]
&\downarrow {\small y=s+t とおく（カルダノの方法）}
\\[10pt]
\underline{s^{3}+t^{3}+q}&+(\underline{3st+p})(s+t)=0
\\[6pt]
&\downarrow {\small 下線部を 0 にする}
\\[6pt]
&\hspace{-40pt}\begin{cases}
s^3+t^3=-q\\[4pt]
\hspace{12pt}st=-\dfrac{p}{3}
\end{cases}
\\[20pt]
&\downarrow {\small 下の式の両辺を３乗}
\\[6pt]
&\hspace{-40pt}\begin{cases}
s^3+t^3=-q\\[4pt]
\hspace{12pt}s^3t^3=-\left(\dfrac{p}{3}\right)^3
\end{cases}
\\[20pt]
&\downarrow {\small s^3=u, t^3=v とおく}\\[6pt]
&\hspace{-40pt}
\begin{cases}
u+v=-q\\[4pt]
\hspace{12pt}uv=-\left(\dfrac{p}{3}\right)^3
\end{cases}
\\[20pt]
&\downarrow {\small 解の和と積から２次方程式の決定}
\\[6pt]
X^2+qX&-\left(\dfrac{p}{3}\right)^3=0 \cdots (*1)
\\[10pt]
&\downarrow {\small ２次方程式の解の公式より}
\\[6pt]
X=-\dfrac{q}{2}&\pm\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3} \cdots (*2)
\\[10pt]
&\downarrow {\small プラスの方を u、マイナスの方を v として}
\\[6pt]
&\hspace{-40pt}
\begin{cases}
u=-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\\[10pt]
v=-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}
\end{cases}
\\[30pt]
&\downarrow {\small u=s^3, v=t^3 より}
\\[6pt]
&\hspace{-40pt}
\begin{cases}
s^3=-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\\[10pt]
t^3=-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}
\end{cases} \cdots (*3)
\\[30pt]
&\downarrow {\small s, t を解くと}
\\[6pt]
&\hspace{-40pt}
\begin{cases}
s=\sqrt[3]{A}, \omega\sqrt[3]{A}, \omega^2\sqrt[3]{A}\\
t=\sqrt[3]{B}, \omega\sqrt[3]{B}, \omega^2\sqrt[3]{B}
\end{cases} \cdots (*4)\\
ただし &A=-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\\[8pt]
&B=-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}
\\[14pt]
&\downarrow {\small st=-\frac{p}{3} を満たす組み合わせより}
\\[10pt]
&\hspace{-70pt}\text{(case1)}
\begin{cases}
s=\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt]
t=\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}\\[30pt]
&\hspace{-70pt}\text{(case2)}
\begin{cases}
s=\omega \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt]
t=\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}\\[30pt]
&\hspace{-70pt}\text{(case3)}
\begin{cases}
s=\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt]
t=\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}
\\[30pt]
&\downarrow {\small y=s+t より}
\\[8pt]
&\hspace{-70pt}
y=
\begin{cases}
\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}+\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt]
\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}+\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt]
\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}+\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}
\\[45pt]
&\downarrow {\small x=-\dfrac{b}{3a}+y より}
\\[8pt]
解の公式の決定&
\\
&\hspace{-70pt}
x=
\begin{cases}
-\dfrac{b}{3a}+\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}+\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt]
-\dfrac{b}{3a}+\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}+\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt]
-\dfrac{b}{3a}+\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}+\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}\\
ただし &p=-\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)^{2}+\frac{c}{a}\\
&q=\frac{2}{27}\left(\frac{b}{a}\right)^{3}-\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)\left(\frac{c}{a}\right)+\frac{d}{a}\\
\end{align*}
$$
３次方程式の解の公式を観察
３次方程式の解の公式を改めて観察すると、３乗恨の中に平方根が入っていることがわかります。
平方根が現れるのは、カルダノの方法流れ（再掲）の $${(*1)}$$ から $${(*2)}$$ の、２次方程式の解の公式を用いる部分です。２次方程式の解の公式を用いることは
$$
\begin{align*}
〇^2=\Box
\end{align*}
$$
から
$$
\begin{align*}
〇=\pm\sqrt{\Box}
\end{align*}
$$
と、平方根を取る操作と同じことになります。２乗の式 $${〇^2}$$ をつくり（平方完成）、そこから平方根をとって $${〇}$$ を導きます。２次方程式の解の公式は、この平方完成によって導出されます（本シリーズ (1)）。
なお $${\Box}$$ は、チルンハウス変換された３次方程式
$${y^3+py+q=0}$$
について
$$
\begin{align*}
\Box=&３次方程式の係数 p, q と有理数の\\
&加減乗除で表された式
\end{align*}
$$
であり、$${\Box}$$ は対称式となります。詳しく言えば、本シリーズ (13) でやった、集合 $${Q(\omega)}$$ 内で構成される式です。$${Q(\omega)}$$ は「３次方程式の係数 $${p, q}$$ と有理数と定数 $${\omega}$$ の加減乗除で構成されるすべての式の集合」で、これらの集合内で構成される式はすべて対称式です。
$$
\begin{align*}
〇^2=\hspace{-6pt}\underset{対称式}{\Box}
\end{align*}
$$
２次方程式 $${ax^2+bx+c=0}$$ の係数 $${a, b, c}$$ と有理数の加減乗除で表される式が対称式となることは、本シリーズ (19) でやりましたが、その拡張として、３次以上の方程式でも成り立ちます。
さて、$${〇^2}$$ は対称式なので、$${〇^2}$$ は係数と有理数の加減乗除で表現できます。しかし、$${〇}$$ を決定するには平方根を取る操作が必要です。その平方根を取る操作は加減乗除では実現できないので
「平方根の添加」
が必要になります（本シリーズ (18) ）。
２次方程式の解の公式の導出はここまでで十分でした。３次方程式はこれだけでは不十分で、さらに３乗根をとる操作が必要です。３乗根が現れるのは、カルダノの方法流れ（再掲）の $${(*3)}$$ から $${(*4)}$$ の計算過程にあります。それは
$$
\begin{align*}
◎^3=\triangle
\end{align*}
$$
から
$$
\begin{align*}
◎=\sqrt[3]{\triangle}, \omega\sqrt[3]{\triangle}, \omega^2\sqrt[3]{\triangle}
\end{align*}
$$
と３乗根を取る操作です。この $${\triangle}$$ は
$$
\begin{align*}
\triangle=&３次方程式の係数 p, q と有理数と定数 \omega と\\
&「平方根」の加減乗除で表された式
\end{align*}
$$
となり、新しく「平方根」が加えられます。平方根も仲間に入れた加減乗除で構成される式です。詳しく言えば、本シリーズ (13) でやった、集合 $${Q(\omega, X_3)}$$ 内で構成される式でもあります。
しかし、$${◎^3}$$ から $${◎}$$ にかけては３乗根を取る必要があります。その３乗根を取る操作は加減乗除では実現できないので
「３乗根の添加」
が必要になります。この３乗根を取る操作（３乗根の添加）によって、最終的に３次方程式の解の公式が実現できるようになります。
カルダノの方法は、このように（ザックリ言うと）
$$
\begin{gather*}
「２乗＝対称式」\\
を作って平方根を取る\\
\downarrow\\
「３乗＝先ほど取った平方根の入った式」\\
を作って３乗恨を取る\\
\end{gather*}
$$
という操作により、３次方程式の解の公式を導く方法です。このステップを辿ることによって、３次方程式の解の公式は、３乗根の中に平方根の入る「入れ子」構造の形になります。
対称性の破壊の観点でもっと詳しく
ここからはカルダノの方法を、対称性の破壊という観点でみていきましょう。それには、これまで何度も出てきた「差積」と「ラグランジュ・リゾルベント」が関連しています。なお詳しい計算は本シリーズで行っているので、参照を示すか（注）で述べていきます。
さて
$$
\begin{align*}
〇^2=\hspace{-6pt}\underset{対称式}{\Box}
\end{align*}
$$
を満たす $${〇}$$ について、２乗が対称式であるものとして、３次方程式 $${y^3+py+q=0}$$ の解を $${\alpha, \beta, \gamma}$$ としたときの差積
$$
\begin{align*}
(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)
\end{align*}
$$
を考えることができます。まずはこの差積との関連をみていきます。
差積との関連
$${\alpha, \beta, \gamma}$$ の入れ替えで差積は変化するので、差積そのもの
$$
\begin{align*}
(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)
\end{align*}
$$
は対称式ではありません（注１）。しかし、差積の２乗
$$
\begin{align*}
{\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}}^2
\end{align*}
$$
は、$${\alpha, \beta, \gamma}$$ をどのように入れ替えても変化しないので対称式です（注２）。
$$
\begin{align*}
(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\hspace{9pt}&\rightarrow 対称式ではない\\
{\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}}^2 &\rightarrow 対称式
\end{align*}
$$
この差積の２乗は、チルンハウス変換された３次方程式 $${y^3+py+q=0}$$ の係数 $${p, q}$$ を用いて次のように表せることは、本シリーズ (9) で（小学５年生の森田君が）証明しました。
$$
\begin{align*}
\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2=-4\cdot27\left\{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3\right\}
\end{align*}
$$
平方完成との関連を明示するために、この式を変形していくと、両辺を $${-4\cdot27}$$ で割って
$$
\begin{align*}
\dfrac{1}{-4\cdot27}\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2=\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3
\end{align*}
$$
$${\sqrt{3^2}=3}$$ を逆にした $${3=\sqrt{3^2}}$$ と同様の計算より
$${\dfrac{1}{-4\cdot27}={\left(\sqrt{\dfrac{1}{-4\cdot27}}\right)}^2}$$
と計算できるので
$$
\begin{align*}
{\left(\sqrt{\dfrac{1}{-4\cdot27}}\right)}^2\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2=\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3
\end{align*}
$$
$${2^2\cdot3^2=(2\cdot3)^2}$$ と同様の計算（指数法則）より
$$
\begin{align*}
{\left\{\sqrt{\dfrac{1}{-4\cdot27}}\cdot(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\right\}}^2=\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3 \cdots ➀
\end{align*}
$$
すると、下式のように一重線部を $${\bigcirc}$$、二重線部を $${\Box}$$
$$
\begin{align*}
\underset{\normalsize 〇}{{\left\{\underline{\sqrt{\dfrac{1}{-4\cdot27}}\cdot(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)}\right\}}^2}=\underset{\normalsize \Box}{\underline{\underline{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}} \cdots ➀
\end{align*}
$$
とすれば
$$
\begin{align*}
〇^2=\Box
\end{align*}
$$
と平方完成の部分に対応します。差積は $${〇}$$ の部分の構成に活用され、差積によって平方完成という操作を可能にしています。
さらに、この $${➀}$$ 式の両辺は対称式になります。
$$
\begin{align*}
\underset{対称式}{\underline{{\left\{\sqrt{\dfrac{1}{-4\cdot27}}\cdot(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\right\}}^2}}=\underset{対称式}{\underline{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}} \cdots ➀
\end{align*}
$$
左辺について、定数
$${\sqrt{\dfrac{1}{-4\cdot27}}}$$
が掛けてありますが、定数部分は $${\alpha, \beta, \gamma}$$ の入れ替えで変化しないので影響ありません（注３）。差積の２乗部分は対称式なので、左辺全体としては対称式です。
また、右辺も３次方程式 $${y^3+py+q=0}$$ の係数 $${p, q}$$ で構成されるので対称式です。詳しく言うと、$${p, q}$$ は
$$
\begin{align*}
p&=-\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)^{2}+\frac{c}{a}\\
q&=\frac{2}{27}\left(\frac{b}{a}\right)^{3}-\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)\left(\frac{c}{a}\right)+\frac{d}{a}
\end{align*}
$$
より $${\dfrac{b}{a}, \dfrac{c}{a}, \dfrac{d}{a}}$$ で構成されていますが、その部分は次の定理
＜３次方程式の解と係数の関係＞
３次方程式 $${ax^3+bx^2+cx+d=0}$$ の $${3}$$ つの解を $${\alpha, \beta}$$, $${\gamma}$$ とすると、次の等式が成り立つ。
$$
\begin{align*}
&\alpha+\beta+\gamma=-\dfrac{b}{a}\\
&\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=\dfrac{c}{a}\\
&\alpha\beta\gamma=-\dfrac{c}{a}
\end{align*}
$$
より
$$
\begin{align*}
\dfrac{b}{a}&=-(\underset{基本対称式}{\underline{\alpha+\beta+\gamma}})\\[6pt]
\dfrac{c}{a}&=\underset{基本対称式}{\underline{\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha}}\\[6pt]
\dfrac{c}{a}&=-\hspace{-7pt}\underset{基本対称式}{\underline{\alpha\beta\gamma}}
\end{align*}
$$
これから、$${\dfrac{b}{a}, \dfrac{c}{a}, \dfrac{d}{a}}$$ はダイレクトに基本対称式（及びそのマイナス１倍）であるので、それらで構成される $${p, q}$$ は対称式であることがわかります。
すると、その対称式 $${p, q}$$ の加減乗除で構成される式も対称式となるので、$${➀}$$ 式
$$
\begin{align*}
\underset{対称式}{\underline{{\left\{\sqrt{\dfrac{1}{-4\cdot27}}\cdot(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\right\}}^2}}=\underset{対称式}{\underline{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}} \cdots ➀
\end{align*}
$$
の右辺も対称式となります。対称式なので、３つの解 $${\alpha, \beta, \gamma}$$ のすべての置き換えである『３次置換』では変化しません。
ここで、３次置換を復習しておきましょう（本シリーズ (6)）。対称性の破壊を理解するのに必要です。
３次置換（復習）
$${➀}$$ $${\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\alpha \beta \gamma}}$$ は、$${\alpha}$$ を $${\alpha}$$ に、$${\beta}$$ を $${\beta}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\gamma}$$ に、つまりそのままで変わらない置換。カッコの中は、上の配列から下の配列に置き換えるとみる。これは作用させても変化しないので『恒等置換』といい、記号 $${I}$$ と表す。
$$
\begin{align*}
\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\alpha \beta \gamma}
=I
\end{align*}
$$
$${➁}$$ $${\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\gamma \alpha \beta}}$$ は、$${\alpha}$$ を $${\gamma}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\beta}$$ に、$${\beta}$$ を $${\alpha}$$ に置き換える置換。これは
$${\alpha\rightarrow\gamma\rightarrow\beta\rightarrow\alpha}$$
と巡回する３つの文字の置換なので『３次巡回置換』といい、$${(\alpha \gamma \beta)}$$ と表す（本シリーズ (14)）。
$$
\begin{align*}
\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\gamma \alpha \beta}
=(\alpha \gamma \beta)
\end{align*}
$$
$${➂}$$ $${\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\beta \gamma \alpha}}$$ は、 $${\alpha}$$ を $${\beta}$$ に、$${\beta}$$ を $${\gamma}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\alpha}$$ に置き換える置換。これは
$${\alpha\rightarrow\beta\rightarrow\gamma\rightarrow\alpha}$$
と巡回する３つの文字の置換なので、これも『３次巡回置換』となり、$${(\alpha \beta \gamma)}$$ と表す。
$$
\begin{align*}
\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\beta \gamma \alpha}
=(\alpha \beta \gamma)
\end{align*}
$$
$${➃}$$ $${\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\alpha \gamma \beta}}$$ は、$${\alpha}$$ はそのままで、$${\beta}$$ を $${\gamma}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\beta}$$ に置き換える置換。これは $${\beta}$$ と $${\gamma}$$ を入れ替える置換なので『互換』といい、$${(\beta \gamma)}$$ と表す（本シリーズ (8)）。
$$
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \gamma & \beta
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
\beta & \gamma
\end{pmatrix}
$$
なお、互換は２つの文字の巡回置換『２次巡回置換』とみることもできる。
$${➄}$$ $${\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\gamma \beta \alpha}}$$ は、$${\beta}$$ はそのままで、$${\alpha}$$ を $${\gamma}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\alpha}$$ に置き換える置換。これは $${\alpha}$$ と $${\gamma}$$ を入れ替える置換なので『互換』となり、$${(\alpha \gamma)}$$ と表す。
$$
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \beta & \alpha
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
\alpha & \gamma
\end{pmatrix}
$$
$${➅}$$ $${\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\beta \alpha \gamma}}$$ は、$${\gamma}$$ はそのままで、$${\alpha}$$ を $${\beta}$$ に、$${\beta}$$ を $${\alpha}$$ に置き換える置換。これは $${\alpha}$$ と $${\beta}$$ 入れ替える置換なので『互換』となり、 $${(\alpha \beta)}$$ と表す。
$$
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \alpha & \gamma
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
\alpha & \beta
\end{pmatrix}
$$
まとめると、次のようになります。
$$
\begin{align*}
&\begin{rcases}
➀\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \beta & \gamma
\end{pmatrix}
=I\\
\\
➁\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \alpha & \beta
\end{pmatrix}
=(\alpha \gamma \beta)\\
\\
➂\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \gamma & \alpha
\end{pmatrix}
=(\alpha \beta \gamma)
\end{rcases}遇置換\\
\\
&\begin{rcases}
➃\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \gamma & \beta
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
\beta & \gamma
\end{pmatrix}\\
\\
➄\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \beta & \alpha
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
\alpha & \gamma
\end{pmatrix}\\
\\
➅\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \alpha & \gamma
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
\alpha & \beta
\end{pmatrix}
\end{rcases}奇置換
\end{align*}
$$
上位３つが遇置換、下位３つが奇置換です。遇置換とは偶数個の互換で表される置換、奇置換は奇数個の互換で表される置換です（本シリーズ (8)）。
ここで $${➀}$$ 式
$$
\begin{align*}
{\left\{\sqrt{\dfrac{1}{-4\cdot27}}\cdot(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\right\}}^2=\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3 \cdots ①
\end{align*}
$$
について、両辺の平方根を取ると
$$
\begin{align*}
\sqrt{\dfrac{1}{-4\cdot27}}\cdot(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)=\pm\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}
\end{align*}
$$
となりますが、この時点で両辺は対称式ではありません。左辺は差積
$${(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)}$$
の部分より、遇置換では変化しませんが奇置換では変化します。その変化は $${-1}$$ 倍となる変化であり（注１）、それが右辺のプラスとマイナスの変換に、一対一で対応しています。この対応関係は、２次方程式の解の公式でみられた対応関係と同じです（本シリーズ (23)）
つまり、ここで対称性が破壊されます。平方根を取るという操作によって、対称性が３次置換から遇置換にまで破壊されてるわけです。
（図解）
ラグランジュ・リゾルベントとの関連
つぎの段階は $${y=s+t}$$ と置いた部分です。実はこの $${s, t}$$ は、次のラグランジュ・リゾルベント
$$
\begin{align*}
A&=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\\
B&=\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma
\end{align*}
$$
と関連していています。具体的には
$$
\begin{cases}
s=\dfrac{A}{3}\\[8pt]
t=\dfrac{B}{3}
\end{cases}
\cdots ➁
$$
という関連です。 $${y=s+t}$$ の $${s, t}$$ は、後に出てくるラグランジュ・リゾルベント $${A, B}$$ を $${3}$$ で割ったものです。これで「カルダノの方法」と「ラグランジュ・リゾルベント」を数学的に結びつけることができます。カルダノの方法は本シリーズ (3) で初登場、ラグランジュ・リゾルベントは本シリーズ (6) で初登場、歴史的にもこの順番で登場し、この２つが数学的に結びついているのです（注３）。
さて、ここで $${➁}$$ を証明します。それには、本シリーズ (9) で（小学５年生の森田君が）証明した次の式が必要です。
$$
\begin{cases}
A^3=27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}\\[10pt]
B^3=27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}
\end{cases} \cdots ➂
$$
これを解くことによって、ラグランジュ・リゾルベント $${A, B}$$ を次の３組に決定できました。
$$
\text{(case1)}
\begin{cases}
A=3 \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt]
B=3 \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}\\[30pt]
\text{(case2)}
\begin{cases}
A=3\omega \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt]
B=3\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}\\[30pt]
\text{(case3)}
\begin{cases}
A=3\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt]
B=3\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}
$$
このすべてについて両辺を $${3}$$ で割ると
$$
\begin{align*}
&\text{(case1)}
\begin{cases}
\dfrac{A}{3}= \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt]
\dfrac{B}{3}= \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}\\[60pt]
&\text{(case2)}
\begin{cases}
\dfrac{A}{3}=\omega \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt]
\dfrac{B}{3}=\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}\\[60pt]
&\text{(case3)}
\begin{cases}
\dfrac{A}{3}=\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt]
\dfrac{B}{3}=\omega \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}
\end{align*}
$$
これと、カルダノの方法で得られた $${s, t}$$ の解を比較してみます。
$$
\text{(case1)}
\begin{cases}
s=\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt]
t=\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}\\[30pt]
\text{(case2)}
\begin{cases}
s=\omega \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt]
t=\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}\\[30pt]
\text{(case3)}
\begin{cases}
s=\omega^2\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt]
t=\omega\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}
$$
(case1) 同士
$$
\text{(case1)}
\begin{cases}
\dfrac{A}{3}= \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt]
\dfrac{B}{3}= \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}
\cdots (*5)
$$
と
$$
\text{(case1)}
\begin{cases}
s=\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}\\[10pt]
t=\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}
\end{cases}
\cdots (*6)
$$
を比較すると、$${(*5)}$$ と $${(*6)}$$ の右辺が同じになるので
$$
\text{(case1)}
\begin{cases}
s=\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}=\dfrac{a}{3}\\[10pt]
t=\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}}=\dfrac{b}{3}
\end{cases}
$$
より、$${➁}$$ 式
$$
\begin{cases}
s=\dfrac{A}{3}\\[8pt]
t=\dfrac{B}{3}
\end{cases}
\cdots ➁
$$
が得られます。これは (case2)、(case3) 同士でも同じことが言えるので、これですべての場合において $${➁}$$ が証明されました。
３次方程式の解法の導出における２つの方法、カルダノの方法より $${s^3, t^3}$$ から３乗根を取って $${s, t}$$ を求める過程と、ラグランジュ・リゾルベントの３乗 $${A^3, B^3}$$ から３乗根を取って $${A, B}$$ を求める過程は本質的に同じです。
ここで、ラグランジュ・リゾルベントの３乗 $${A^3, B^3}$$ は遇置換シンメトリーをもちます。つまり、ラグランジュ・リゾルベントの３乗を変化させない置換は遇置換のみです（注４）。
しかし、ラグランジュ・リゾルベントそのもの $${A, B}$$ を変化させない置換は恒等置換のみです（注５）。つまり、差積の２乗、差積と同じ対称性をもつラグランジュ・リゾルベントの３乗、ラグランジュ・リゾルベントと次々と累乗根を取るのに合わせて、現れる式の対称性も次々と破棄され、最後は恒等置換にまで破壊されていることがわかります（本シリーズ (6)、(20)）。
（図解）
このようにして求められたラグランジ・リゾルベント
$$
\begin{align*}
A&=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\\
B&=\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma
\end{align*}
$$
によって得られる次の恒等式
$$
\begin{align*}
\alpha&=\dfrac{(\alpha+\beta+\gamma)+(\overbrace{\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma}^{A})
+(\overbrace{\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma}^{B})}{3}\\
\beta&=\dfrac{(\alpha+\beta+\gamma)+\omega^2(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)+\omega(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)}{3}\\
\gamma&=\dfrac{(\alpha+\beta+\gamma)+\omega(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)+\omega^2(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)}{3}
\end{align*}
$$
によって、３次方程式の解の公式は導出されます（本シリーズ (6)、(7)）。
（追記始め）
このように、解の公式の導出は、平たく言えば
「累乗根を取ることによる、解の置換の対称性の破壊」
と結びついています。
平方根を取る $${\rightarrow}$$ ３次置換から遇置換へと対称性を破壊
３乗根を取る $${\rightarrow}$$ 遇置換から恒等置換へと対称性を破壊
$${\hspace{68pt}\rightarrow}$$ 解の公式の実現
なお、ラグランジュ・リゾルベントの３乗 $${A^3, B^3}$$ は差積 $${(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)}$$ と同じ対称性（遇置換シンメトリー）をもちます。
（図解）の赤字部分から、$${A^3, B^3}$$ は（差積で表せる）平方根の加減乗除で表現できることからも、同じ対称性をもつことが確認できます。差積の対称性が、そのまま $${A^3, B^3}$$ に受け継がれているわけです。
（追記終わり）
この解の公式の導出を、解の置換の対称性と結びつける考え方は、フランスの数学者ラグランジュが編み出したものですが、このラグランジュの考え方は、アーベルやガロアによる「５次以上の方程式には解の公式が存在しないことの証明」に向けて、大きな原動力になりました。
（注１）差積が遇置換シンメトリーをもつことの証明（復習）
（注１）（注２）は、本シリーズ (9) でやった内容の復習です。
次の $${➀～➅}$$ の３次置換
$$
\begin{align*}
&\begin{rcases}
➀\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \beta & \gamma
\end{pmatrix}
=I\\
\\
➁\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \alpha & \beta
\end{pmatrix}
=(\alpha \gamma \beta)\\
\\
➂\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \gamma & \alpha
\end{pmatrix}
=(\alpha \beta \gamma)
\end{rcases}遇置換\\
\\
&\begin{rcases}
➃\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \gamma & \beta
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
\beta & \gamma
\end{pmatrix}\\
\\
➄\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \beta & \alpha
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
\alpha & \gamma
\end{pmatrix}\\
\\
➅\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \alpha & \gamma
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
\alpha & \beta
\end{pmatrix}
\end{rcases}奇置換
\end{align*}
$$
によって、３つの解 $${\alpha, \beta, \gamma}$$ の差積
$${(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)}$$
がどのように変化するのかをみていきます。
$${➀}$$ $${\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\alpha \beta \gamma}=I}$$ について。
これは恒等置換であり、同じ文字同士を置き換える置換なので変化しません。
$$
\begin{align*}
&(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\\
&\hspace{2pt}\downarrow\hspace{13pt}\downarrow\hspace{9pt}\downarrow\hspace{14pt}\downarrow \hspace{8pt}\downarrow\hspace{13pt}\downarrow\\
\longrightarrow\,&(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha) \Leftarrow 変化しない
\end{align*}
$$
$${➁}$$ $${\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\gamma \alpha \beta}=(\alpha \gamma \beta)}$$ について。
$${\alpha}$$ を $${\gamma}$$ に、$${\beta}$$ を $${\alpha}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\beta}$$ に置き換える置換なので
$$
\begin{align*}
&(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\\
&\hspace{2pt}\downarrow\hspace{13pt}\downarrow\hspace{9pt}\downarrow\hspace{14pt}\downarrow \hspace{9pt}\downarrow\hspace{13pt}\downarrow\\
\longrightarrow\,&(\gamma-\alpha)(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)\\
=\,&(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha) \Leftarrow 変化しない
\end{align*}
$$
カッコ ( ) の順番が入れ替わるだけなので、もとの式と変わらないことがわかります。
$${➂}$$ $${\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\beta \gamma \alpha}=(\alpha \beta \gamma)}$$ について。
$${\alpha}$$ は $${\beta}$$ に、$${\beta}$$ を $${\gamma}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\alpha}$$ に置き換える置換なので
$$
\begin{align*}
&(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\\
&\hspace{2pt}\downarrow\hspace{13pt}\downarrow\hspace{9pt}\downarrow\hspace{14pt}\downarrow \hspace{9pt}\downarrow\hspace{13pt}\downarrow\\
\longrightarrow\,&(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)(\alpha-\beta)\\
=\,&(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha) \Leftarrow 変化しない
\end{align*}
$$
これも、カッコ ( ) の順番が入れ替わるだけなので、もとの式と変わりません。
$${➃}$$ $${\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\alpha \gamma \beta}=(\beta \gamma)}$$ について。
$${\alpha}$$ はそのままで、$${\beta}$$ を $${\gamma}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\beta}$$ に置き換える置換なので
$$
\begin{align*}
&(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\\
&\hspace{20pt}\downarrow\hspace{9pt}\downarrow\hspace{14pt}\downarrow\hspace{9pt}\downarrow\\
\longrightarrow\,&(\underline{\alpha-\gamma})(\gamma-\beta)(\underline{\underline{\beta-\alpha}})\\
=\,&(\underline{\underline{\beta-\alpha}})(\gamma-\beta)(\underline{\alpha-\gamma}) \Leftarrow ( ) を入れ替えた\\
=\,&(-\alpha+\beta)(-\beta+\gamma)(-\gamma+\alpha)\\
=\,&\{-(\alpha-\beta)\}\{-(\beta-\gamma)\}\{-(\gamma-\alpha)\}\\
=\,&(-1)^3(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\\
=\,&-(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha) \Leftarrow -1 倍と変化する
\end{align*}
$$
この場合は $${-1}$$ 倍に変化します。
$${➄}$$ $${\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\gamma \beta \alpha}=(\alpha \gamma)}$$ について。
$${\beta}$$ はそのままで、$${\alpha}$$ を $${\gamma}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\alpha}$$ に置き換える置換なので
$$
\begin{align*}
&(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\\
&\hspace{2pt}\downarrow\hspace{46pt}\downarrow\hspace{8pt}\downarrow\hspace{14pt}\downarrow\\
\longrightarrow\,&(\underline{\gamma-\beta})(\underline{\underline{\beta-\alpha}})(\alpha-\gamma)\\
=\,&(\underline{\underline{\beta-\alpha}})(\underline{\gamma-\beta})(\alpha-\gamma) \Leftarrow ( ) を入れ替えた\\
=\,&(-\alpha+\beta)(-\beta+\gamma)(-\gamma+\alpha)\\
=\,&\{-(\alpha-\beta)\}\{-(\beta-\gamma)\}\{-(\gamma-\alpha)\}\\
=\,&(-1)^3(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\\
=\,&-(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha) \Leftarrow -1 倍と変化する
\end{align*}
$$
この場合も $${-1}$$ 倍に変化します。
$${➅}$$ $${\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\beta \alpha \gamma}=(\alpha \beta)}$$ について。
$${\gamma}$$ はそのままで、$${\alpha}$$ を $${\beta}$$ に、$${\beta}$$ を $${\alpha}$$ に置き換える置換なので
$$
\begin{align*}
&(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\\
&\hspace{2pt}\downarrow\hspace{14pt}\downarrow\hspace{8pt}\downarrow\hspace{46pt}\downarrow\\
\longrightarrow\,&(\beta-\alpha)(\underline{\alpha-\gamma})(\underline{\underline{\gamma-\beta}})\\
=\,&(\beta-\alpha)(\underline{\underline{\gamma-\beta}})(\underline{\alpha-\gamma}) \Leftarrow ( ) を入れ替えた\\
=\,&(-\alpha+\beta)(-\beta+\gamma)(-\gamma+\alpha)\\
=\,&\{-(\alpha-\beta)\}\{-(\beta-\gamma)\}\{-(\gamma-\alpha)\}\\
=\,&(-1)^3(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\\
=\,&-(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha) \Leftarrow -1 倍と変化する
\end{align*}
$$
この場合も $${-1}$$ 倍に変化します。
以上をまとめると、$${➀～➂}$$ の遇置換では $${(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)}$$ は変化しません。
$$
\begin{rcases}
➀\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \beta & \gamma
\end{pmatrix}\\
\\
➁\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \alpha & \beta
\end{pmatrix}\\
\\
➂\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \gamma & \alpha
\end{pmatrix}
\end{rcases}
\hspace{8pt}では\hspace{8pt}
\begin{align*}
&(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\\
&\longrightarrow (\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)
\end{align*}
$$
一方 $${➃～➅}$$ の奇置換では、$${-1}$$ 倍と変化します。
$$
\begin{rcases}
➃\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \gamma & \beta
\end{pmatrix}\\
\\
➄\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \beta & \alpha
\end{pmatrix}\\
\\
➅\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \alpha & \gamma
\end{pmatrix}
\end{rcases}
\hspace{8pt}では\hspace{8pt}
\begin{align*}
&(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\\
&\longrightarrow -(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)
\end{align*}
$$
以上により、差積を変化させるのは遇置換のみなので、差積は遇置換シンメトリーをもちます。
では次に、$${(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)}$$ を $${2}$$ 乗した
$${\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2}$$
に、$${➀～➅}$$ の３次置換を作用してみます。
（注２）差積の２乗が対称式であることの証明（復習）
$${➀～➂}$$ の遇置換で差積は変化しないので、$${2}$$ 乗しても変化しません。
$$
\begin{rcases}
➀\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \beta & \gamma
\end{pmatrix}\\
\\
➁\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \alpha & \beta
\end{pmatrix}\\
\\
➂\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \gamma & \alpha
\end{pmatrix}
\end{rcases}
\hspace{8pt}では\hspace{8pt}
\begin{align*}
&\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2\\
&\longrightarrow\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2\\
\end{align*}
$$
$${➃～➅}$$ の奇置換でも、$${-1}$$ 倍の $${2}$$ 乗は $${1}$$ 倍となるので変化しません。
$$
\begin{rcases}
➃\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \gamma & \beta
\end{pmatrix}\\
\\
➄\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \beta & \alpha
\end{pmatrix}\\
\\
➅\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \alpha & \gamma
\end{pmatrix}
\end{rcases}
\hspace{8pt}では\hspace{8pt}
\begin{align*}
&\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2\\
&\longrightarrow \{-(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2\\
&\hspace{10pt}=(-1)^2\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2\\
&\hspace{10pt}=\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2
\end{align*}
$$
以上より、３次置換 $${➀～➅}$$ のすべての置換で変化しないので、差積の２乗
$${\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}^2}$$
は対称式となります。
$$
\begin{rcases}
➀\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \beta & \gamma
\end{pmatrix}\\
\\
➁\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \alpha & \beta
\end{pmatrix}\\
\\
➂\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \gamma & \alpha
\end{pmatrix}\\
\\
➃\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \gamma & \beta
\end{pmatrix}\\
\\
➄\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \beta & \alpha
\end{pmatrix}\\
\\
➅\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \alpha & \gamma
\end{pmatrix}
\end{rcases}
\hspace{8pt}では\hspace{8pt}
\begin{align*}
&{\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}}^2\\
&\longrightarrow {\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}}^2\\
&\longrightarrow 対称式
\end{align*}
$$
（注３）「カルダノの方法」と「ラグランジュ・リゾルベント」による方法での置き換えの違い
本シリーズ (3)、(25) でやった「カルダノの方法」では、次のように $${u, v}$$ で置き換えました。
（カルダノの方法）
$$
\begin{cases}
s^3+t^3=-q\\[4pt]
\hspace{12pt}s^3t^3=-\left(\dfrac{p}{3}\right)^3
\end{cases}
$$
について、$${s^3=u, t^3=v}$$ とおくことによって、その $${u, v}$$ は２次方程式
$${X^2+qX-\left(\dfrac{p}{3}\right)^3=0}$$
の解となり、２次方程式の解の公式によって
$$
\begin{cases}
u=-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\\[10pt]
v=-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}
\end{cases}
$$
と決定できる。
一方、本シリーズ (6)、(7) でやった「ラグランジュ・リゾルベントによる方法」では、次にように $${u, v}$$ で置き換えました。
（ラグランジュ・リゾルベントによる方法）
$$
\begin{align*}
A^3+B^3&=-27q\\
A^3B^3&=-27p^3
\end{align*}
$$
について、$${A^3=u, B^3=v}$$ とおくことによって、その $${u, v}$$ は２次方程式
$${X^2+27qX-27p^3=0}$$
の解となり、２次方程式の解の公式によって
$$
\begin{align*}
u&=27\left\{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}\\
v&=27\left\{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\left(\dfrac{q}{2}\right)^2+\left(\dfrac{p}{3}\right)^3}\right\}
\end{align*}
$$
と決定できる。
このように置き替えの違いによって、現れる数式の見た目が違ってくるので要注意（どちらかを大文字の $${U, V}$$ にするなど文字を変えればよかったかも）。両者は $${➁}$$ 式
$$
\begin{align*}
\begin{cases}
s=\dfrac{A}{3}\\[8pt]
t=\dfrac{B}{3}
\end{cases}
\cdots ➁
\end{align*}
$$
で変換できることは本文で解説したので、数式の見た目が違っても本質的には同じです。
（注４）３次置換によるラグランジュ・リゾルベントの変化（復習）
（注４）（注５）は、本シリーズ (6) でやった内容の復習です。
次の $${➀～➅}$$ の３次置換
$$
\begin{align*}
&\begin{rcases}
➀\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \beta & \gamma
\end{pmatrix}
=I\\
\\
➁\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \alpha & \beta
\end{pmatrix}
=(\alpha \gamma \beta)\\
\\
➂\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \gamma & \alpha
\end{pmatrix}
=(\alpha \beta \gamma)
\end{rcases}遇置換\\
\\
&\begin{rcases}
➃\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \gamma & \beta
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
\beta & \gamma
\end{pmatrix}\\
\\
➄\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \beta & \alpha
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
\alpha & \gamma
\end{pmatrix}\\
\\
➅\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \alpha & \gamma
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
\alpha & \beta
\end{pmatrix}
\end{rcases}奇置換
\end{align*}
$$
によって、ラグランジュ・リゾルベント
$${A=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma}$$
$${B=\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma}$$
がどのように変化するのかをみていきます。
$${➀}$$ $${\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\alpha \beta \gamma}=I}$$ について。
$${\alpha}$$ を $${\alpha}$$ に、$${\beta}$$ を $${\beta}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\gamma}$$ に変換すると
$$
\begin{align*}
A=\,&\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\\
&\hspace{-2pt}\downarrow\hspace{20pt}\downarrow\hspace{24pt}\downarrow\\
&\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma=A\\
\end{align*}
$$
$$
\begin{align*}
B=\,&\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma\\
&\hspace{-2pt}\downarrow\hspace{24pt}\downarrow\hspace{20pt}\downarrow\\
&\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma=B\\
\end{align*}
$$
より $${➀}$$ の置換では、$${A}$$ は $${A}$$ のまま、$${B}$$ は $${B}$$ のままで変わりません。
$${➁}$$ $${\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\gamma \alpha \beta}=(\alpha \gamma \beta)}$$ について。
$${\alpha}$$ を $${\gamma}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\beta}$$ に、$${\beta}$$ を $${\alpha}$$ に置き換えると
$$
\begin{align*}
A=\,&\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\\
&\hspace{-2pt}\downarrow\hspace{20pt}\downarrow\hspace{24pt}\downarrow\\
&\gamma+\omega\alpha+\omega^2\beta\\
=\,&\underset{1}{\underline{\omega^3}}\,\gamma+\omega\alpha+\omega^2\beta\\
=\,&\omega(\omega^2\gamma+\alpha+\omega\beta)\\
=\,&\omega(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)=\omega A\\
\end{align*}
$$
$$
\begin{align*}
B=\,&\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma\\
&\hspace{-2pt}\downarrow\hspace{24pt}\downarrow\hspace{20pt}\downarrow\\
&\gamma+\omega^2\alpha+\omega\beta\\
=\,&\underset{1}{\underline{\omega^3}}\,\gamma+\omega^2\alpha+\underset{1}{\underline{\omega^3}}\cdot\omega\beta\\
=\,&\omega^3\gamma+\omega^2\alpha+\omega^4\beta\\
=\,&\omega^2(\omega\gamma+\alpha+\omega^2\beta)\\
=\,&\omega^2(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)=\omega^2B\\
\end{align*}
$$
よって $${➁}$$ の置換では、$${A}$$ は $${\omega A}$$ に、$${B}$$ は $${\omega^2B}$$ に変化します。
ところどころで $${\omega^3=1}$$ をうまく使っていることに注意。$${A}$$では $${\gamma}$$ に $${\omega^3}$$ をかけ、 $${B}$$では $${\gamma}$$ と $${\omega\beta}$$ の２か所に $${\omega^3}$$ をかけます。 $${\omega^3}$$ は $${1}$$ なので、掛けても式の値は変わりません。
また $${A}$$ では最後に $${\omega}$$ でくくって $${\omega A}$$ を導き、$${B}$$ では最後に $${\omega^2}$$ でくくって$${\omega^2B}$$ を導導くことに注意。くくったときに、$${\alpha}$$ の係数が $${1}$$ となるように操作するのがポイントです。
$${➂}$$ $${\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\beta \gamma \alpha}=(\alpha \beta \gamma)}$$ について。
$${\alpha}$$ を $${\beta}$$ に、$${\beta}$$ を $${\gamma}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\alpha}$$ に置き換えると
$$
\begin{align*}
A=\,&\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\\
&\hspace{-2pt}\downarrow\hspace{20pt}\downarrow\hspace{24pt}\downarrow\\
&\beta+\omega\gamma+\omega^2\alpha\\
=\,&\omega^3\beta+\omega^3\cdot\omega\gamma+\omega^2\alpha\\
=\,&\omega^3\beta+\omega^4\gamma+\omega^2\alpha\\
=\,&\omega^2(\omega\beta+\omega^2\gamma+\alpha)\\
=\,&\omega^2(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)=\omega^2A\\
\end{align*}
$$
$$
\begin{align*}
B=\,&\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma\\
&\hspace{-2pt}\downarrow\hspace{24pt}\downarrow\hspace{20pt}\downarrow\\
&\beta+\omega^2\gamma+\omega\alpha\\
=\,&\omega^3\beta+\omega^2\gamma+\omega\alpha\\
=\,&\omega(\omega^2\beta+\omega\gamma+\alpha)\\
=\,&\omega(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)=\omega B\\
\end{align*}
$$
よって $${➂}$$ の置換では、$${A}$$ は $${\omega^2 A}$$ に、$${B}$$ は $${\omega B}$$ に変化します。
ここでもところどころで $${\omega^3=1}$$ を使っていることに注意。また $${A}$$ では最後に $${\omega^2}$$ でくくって $${\omega^2A}$$ を導き、$${B}$$ では最後に $${\omega}$$ でくくって$${\omega B}$$ を導いていることにも注意。ここでもくくったときに、$${\alpha}$$ の係数が $${1}$$ となるように操作するのがポイントです。
$${➃}$$ $${\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\alpha \gamma \beta}=(\beta \gamma)}$$ について。
$${\alpha}$$ はそのままで、$${\beta}$$ を $${\gamma}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\beta}$$ に置き換えると
$$
\begin{align*}
A=\,&\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\\
&\hspace{-2pt}\downarrow\hspace{20pt}\downarrow\hspace{24pt}\downarrow\\
&\alpha+\omega\gamma+\omega^2\beta\\
=\,&\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma=B\\
\end{align*}
$$
$$
\begin{align*}
B=\,&\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma\\
&\hspace{-2pt}\downarrow\hspace{24pt}\downarrow\hspace{20pt}\downarrow\\
&\alpha+\omega^2\gamma+\omega\beta\\
=\,&\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma=A\\
\end{align*}
$$
よって $${➃}$$ の置換では、$${A}$$ は $${B}$$ に、$${B}$$ は $${A}$$ に変化します。つまり、$${A}$$ と $${B}$$ が入れ替わります。
$${➄}$$ $${\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\gamma \beta \alpha}=(\alpha \gamma)}$$ について。
$${\beta}$$ はそのままで、$${\alpha}$$ を $${\gamma}$$ に、$${\gamma}$$ を $${\alpha}$$ に置き換えると
$$
\begin{align*}
A=\,&\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\\
&\hspace{-2pt}\downarrow\hspace{20pt}\downarrow\hspace{24pt}\downarrow\\
&\gamma+\omega\beta+\omega^2\alpha\\
=\,&\omega^3\gamma+\omega^3\cdot\omega\beta+\omega^2\alpha\\
=\,&\omega^3\gamma+\omega^4\beta+\omega^2\alpha\\
=\,&\omega^2(\omega\gamma+\omega^2\beta+\alpha)\\
=\,&\omega^2(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)=\omega^2B\\
\end{align*}
$$
$$
\begin{align*}
B=\,&\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma\\
&\hspace{-2pt}\downarrow\hspace{24pt}\downarrow\hspace{20pt}\downarrow\\
&\gamma+\omega^2\beta+\omega\alpha\\
=\,&\omega^3\gamma+\omega^2\beta+\omega\alpha\\
=\,&\omega(\omega^2\gamma+\omega\beta+\alpha)\\
=\,&\omega(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)=\omega A\\
\end{align*}
$$
よって $${➄}$$ の置換では、$${A}$$ は $${\omega^2B}$$ に、$${B}$$ は $${\omega A}$$ に変化します。
ところどころで $${\omega^3=1}$$ を使います。また $${A}$$ では最後に $${\omega^2}$$ でくくって $${\omega^2B}$$ を導き、$${B}$$ では最後に $${\omega}$$ でくくって$${\omega A}$$ を導きます。ここでもくくったときに、$${\alpha}$$ の係数が $${1}$$ となるように操作するのがポイントです。
$${➅}$$ $${\dbinom{\alpha \beta \gamma}{\beta \alpha \gamma}=(\alpha \beta)}$$ について。
$${\gamma}$$ はそのままで、$${\alpha}$$ を $${\beta}$$ に、$${\beta}$$ を $${\alpha}$$ に置き換えると
$$
\begin{align*}
A=\,&\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\\
&\hspace{-2pt}\downarrow\hspace{20pt}\downarrow\hspace{24pt}\downarrow\\
&\beta+\omega\alpha+\omega^2\gamma\\
=\,&\omega^3\beta+\omega\alpha+\omega^2\gamma\\
=\,&\omega(\omega^2\beta+\alpha+\omega\gamma)\\
=\,&\omega(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma)=\omega B\\
\end{align*}
$$
$$
\begin{align*}
B=\,&\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma\\
&\hspace{-2pt}\downarrow\hspace{24pt}\downarrow\hspace{20pt}\downarrow\\
&\beta+\omega^2\alpha+\omega\gamma\\
=\,&\omega^3\beta+\omega^2\alpha+\omega^3\cdot\omega\gamma\\
=\,&\omega^3\beta+\omega^2\alpha+\omega^4\gamma\\
=\,&\omega^2(\omega\beta+\alpha+\omega^2\gamma)\\
=\,&\omega^2(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)=\omega^2A\\
\end{align*}
$$
よって $${➅}$$ の置換では、$${A}$$ は $${\omega B}$$ に、$${B}$$ は $${\omega^2A}$$ に変化します。
$${\omega^3=1}$$ を使い、$${A}$$ では最後に $${\omega}$$ でくくって $${\omega B}$$ を、$${B}$$ では最後に $${\omega^2}$$ でくくって$${\omega^2 A}$$ を導きます。ここでもくくったときに、$${\alpha}$$ の係数が $${1}$$ となるように操作するのがポイントです。
以上をまとめると
$$
\hspace{-10pt}
\begin{align*}
&➀
\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \beta & \gamma
\end{pmatrix}
\hspace{7pt}
では
\hspace{12pt}
\begin{align*}
A &\longrightarrow A\\
B &\longrightarrow B
\end{align*}\\
&➁
\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \alpha & \beta
\end{pmatrix}
\hspace{7pt}
では
\hspace{12pt}
\begin{align*}
A &\longrightarrow \omega A\\
B &\longrightarrow \omega^2 B
\end{align*}\\
&➂
\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \gamma & \alpha
\end{pmatrix}
\hspace{7pt}
では
\hspace{12pt}
\begin{align*}
A &\longrightarrow \omega^2 A\\
B &\longrightarrow \omega B
\end{align*}\\
&➃
\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \gamma & \beta
\end{pmatrix}
\hspace{7pt}
では
\hspace{12pt}
\begin{align*}
A &\longrightarrow B\\
B &\longrightarrow A
\end{align*}\\
&➄
\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \beta & \alpha
\end{pmatrix}
\hspace{7pt}
では
\hspace{12pt}
\begin{align*}
A &\longrightarrow \omega^2 B\\
B &\longrightarrow \omega A
\end{align*}\\
&➅
\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \alpha & \gamma
\end{pmatrix}
\hspace{7pt}
では
\hspace{12pt}
\begin{align*}
A &\longrightarrow \omega B\\
B &\longrightarrow \omega^2 A
\end{align*}
\end{align*}
$$
すると、$${A}$$, $${B}$$ は $${➁～➅}$$ で変化するので対称式ではありません。対称式は３次置換のすべてで変化しないので、少なくとも１つで変化すれば対称式ではありません。
なお、この結果をながめると、$${➀～➂}$$ では $${A}$$, $${B}$$ は入れ替わらず、その中の $${➁}$$ と $${➂}$$ で、係数の $${\omega}$$ と $${\omega^2}$$ が入れ替わります
$${➃～➅}$$ では $${A, B}$$ はいずれも入れ替わり、その中の $${➄}$$ と $${➅}$$ で、係数の $${\omega}$$ と $${\omega^2}$$ が入れ替わります。
そして、ラグランジュ・リゾルベントを変化させない置換は、恒等置換のみです。よって、ラグランジュ・リゾルベントは「完全に対称性の破壊された式」とみることができます。
（注５）ラグランジュ・リゾルベントの３乗が遇置換シンメトリーをもつことの証明（復習）
$$
\begin{align*}
\omega^3&=1\\
\omega^6&=(\omega^3)^2=1^2=1
\end{align*}
$$
に注意すると（本シリーズ (2)、(24)）、ラグランジュ・リゾルベントの３乗
$${A^3=\left(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\right)^3}$$
$${B^3=\left(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma\right)^3}$$
の置換は
$$
\begin{align*}
&\begin{align*}
➀では &A^3\rightarrow A^3\\
&B^3\rightarrow B^3
\end{align*}\\
&\begin{alignat*}{2}
\\
&②では & A^3 \rightarrow&(\omega A)^3\\
& & =&\,\omega^3A^3\\
& & =&\,1\cdot A^3=A^3\\
& & B^3\rightarrow&(\omega^2 B)^3\\
& & =&\,\omega^6 B^3\\
& & =&\,1\cdot B^3=B^3
\end{alignat*}\\
\\
&\begin{alignat*}{2}
&③では & A^3\rightarrow&(\omega^2 A)^3\\
& & =&\,\omega^6A^3\\
& & =&\,1\cdot A^3=A^3\\
& & B^3\rightarrow&(\omega B)^3\\
& & =&\,\omega^3B^3\\
& & =&\,1\cdot B^3=B^3
\end{alignat*}\\
\\
&④では
\begin{align*}
&A^3\rightarrow B^3\\
&B^3\rightarrow A^3
\end{align*}\\
\\
&\begin{alignat*}{2}
&➄では & A^3\rightarrow&(\omega^2 B)^3\\
& & =&\,\omega^6B^3\\
& & =&\,1\cdot B^3=B^3\\
& & B^3\rightarrow&(\omega A)^3\\
& & =&\,\omega^3A^3\\
& & =&\,1\cdot A^3=A^3
\end{alignat*}\\
\\
&\begin{alignat*}{2}
&⑥では & A^3\rightarrow&(\omega B)^3\\
& & =&\,\omega^3B^3\\
& & =&\,1\cdot B^3=B^3\\
& & B^3\rightarrow&(\omega^2 A)^3\\
& & =&\,\omega^6A^3\\
& & =&\,1\cdot A^3=A^3
\end{alignat*}
\end{align*}
$$
$$
\begin{alignat*}[2]
&➀では
\begin{align*}
&A^3\rightarrow A^3\\
&B^3\rightarrow B^3
\end{align*}\\
\\
&②では
\begin{align*}
&A^3\rightarrow(\omega A)^3=\omega^3A^3=1\cdot A^3=A^3\\
&B^3\rightarrow(\omega^2 B)^3=\omega^6 B^3=1\cdot B^3=B^3
\end{align*}\\
\\
&③では
\begin{align*}
&A^3\rightarrow(\omega^2 A)^3=\omega^6A^3=1\cdot A^3=A^3\\
&B^3\rightarrow(\omega B)^3=\omega^3B^3=1\cdot B^3=B^3
\end{align*}\\
\\
&④では
\begin{align*}
&A^3\rightarrow B^3\\
&B^3\rightarrow A^3
\end{align*}\\
\\
&➄では
\begin{align*}
&A^3\rightarrow(\omega^2 B)^3=\omega^6B^3=1\cdot B^3=B^3\\
&B^3\rightarrow(\omega A)^3=\omega^3A^3=1\cdot A^3=A^3
\end{align*}\\
\\
&⑥では
\begin{align*}
&A^3\rightarrow(\omega B)^3=\omega^3B^3=1\cdot B^3=B^3\\
&B^3\rightarrow(\omega^2 A)^3=\omega^6A^3=1\cdot A^3=A^3
\end{align*}
\end{align*}
$$
以上をまとめると
$$
\hspace{-10pt}
\begin{align*}
&➀
\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \beta & \gamma
\end{pmatrix}
\hspace{8pt}
では
\hspace{12pt}
\begin{align*}
A^3 &\longrightarrow A^3\\
B^3 &\longrightarrow B^3
\end{align*}\\
&②
\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \alpha & \beta
\end{pmatrix}
\hspace{8pt}
では
\hspace{12pt}
\begin{align*}
A^3 &\longrightarrow A^3\\
B^3 &\longrightarrow B^3
\end{align*}\\
&③
\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \gamma & \alpha
\end{pmatrix}
\hspace{8pt}
では
\hspace{12pt}
\begin{align*}
A^3 &\longrightarrow A^3\\
B^3 &\longrightarrow B^3\\
\end{align*}\\
&④
\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \gamma & \beta
\end{pmatrix}
\hspace{8pt}
では
\hspace{12pt}
\begin{align*}
A^3 &\longrightarrow B^3\\
B^3 &\longrightarrow A^3
\end{align*}\\
&➄
\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \beta & \alpha
\end{pmatrix}
\hspace{8pt}
では
\hspace{12pt}
\begin{align*}
A^3 &\longrightarrow B^3\\
B^3 &\longrightarrow A^3\\
\end{align*}\\
&➅
\hspace{6pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \alpha & \gamma
\end{pmatrix}
\hspace{8pt}
では
\hspace{12pt}
\begin{align*}
A^3 &\longrightarrow B^3\\
B^3 &\longrightarrow A^3\\
\end{align*}
\end{align*}
$$
となります。$${A^3, B^3}$$ の行き先は、$${① ～ ③}$$ の遇置換では変化しません。
$$
\begin{rcases}
➀\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \beta & \gamma
\end{pmatrix}\hspace{5pt}\\
\\
②\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \alpha & \beta
\end{pmatrix}\hspace{5pt}\\
\\
③\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \gamma & \alpha
\end{pmatrix}\hspace{5pt}
\end{rcases}
\hspace{8pt}では\hspace{8pt}
\begin{align*}
A^3 &\longrightarrow A^3\\
B^3 &\longrightarrow B^3
\end{align*}
$$
一方 $${④～➅}$$ の奇置換だと、$${A^3}$$ と $${B^3}$$ が入れ替わります。
$$
\begin{rcases}
④\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\alpha & \gamma & \beta
\end{pmatrix}\hspace{5pt}\\
\\
➄\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\gamma & \beta & \alpha
\end{pmatrix}\hspace{5pt}\\
\\
➅\hspace{5pt}
\begin{pmatrix}
\alpha & \beta & \gamma\\
\beta & \alpha & \gamma
\end{pmatrix}\hspace{5pt}
\end{rcases}
\hspace{8pt}では\hspace{8pt}
\begin{align*}
A^3 &\longrightarrow B^3\\
B^3 &\longrightarrow A^3
\end{align*}
$$
以上のことより、ラグランジュ・リゾルベントの３乗
$${A^3=\left(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\right)^3}$$
$${B^3=\left(\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma\right)^3}$$
を変化せるのは遇置換のみなので、$${A^3, B^3}$$ は遇置換シンメトリーを持ちます。これは、同じく遇置換シンメトリーをもつ差積
$${(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)}$$
と同じ対称性となります。そして、ラグランジュ・リゾルベントそのもの
$${A=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma}$$
$${B=\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma}$$
を変化させるのは恒等置換のみなので、$${A, B}$$ の決定により３次方程式の解の公式が実現できるようになります。
（参考）各章の内容
（１）「２次方程式の解の公式」を式変形で導出
・平方完成
（２）「３次方程式の解の公式」を導出するための準備
・$${1}$$ の３乗根 $${\omega}$$
（３）「３次方程式の解の公式」を式変形で導出
・チルンハウス変換
（４）「解と係数の関係」と「対称式」の解説
（５）「対称式」を用いた「２次方程式の解の公式」の導出
（６）「解の置換」と「ラグランジュ・リゾルベント」の解説
（７）「ラグランジュ・リゾルベント」による「３次方程式の解の公式」の導出
（８）「遇置換」と「奇置換」の解説（ここから「アーベルの証明」の準備）
（９）「差積の２乗」が対称式となること、及び「差積」と平方根を結ぶ等式の証明。
（10）「平方根」「３乗根」と次々と累乗根を加えていくアイデア
（11）「アーベルの証明」のアイデアを用いて、なぜ「２次方程式の解の公式が存在するのか」を解説（添加する式について加筆予定）
（12）「アーベルの証明」のアイデアを用いて、なぜ「３次方程式の解の公式が存在するのか」を解説（前編）。「差積の２乗の平方根」を用いて対称性を保つ置換を「遇置換」にまで絞り込む（対称性の破壊）。
（13）「アーベルの証明」のアイデアを用いて、なぜ「３次方程式の解の公式が存在するのか」を解説（後編）。「ラグランジュ・リゾルベント」を用いて対称性を保つ置換を「恒等置換」にまで絞り込む（対称性の破壊）。$${\longrightarrow}$$ ３次方程式の解の公式の完成
（14）「アーベルの証明」の解説①。５次方程式の解の差積（または差積の２乗の平方根）を添加して、加減乗除ができる式の範囲を拡大。その結果、構成可能な式の対称性が５次置換（対称式）から遇置換シンメトリーへと破壊されることを解説。
（15）「アーベルの証明」の解説②。すべての置換は互換で表せることから、５次置換をすべて互換の積で表して、遇置換と奇置換に分類する。
（16）「アーベルの証明」の解説➂。「すべての遇置換は３次巡回置換の積で表される」ことの解説。
（17）「アーベルの証明」の解説➃（最後）。「任意の３次巡回置換が５次巡回置換の積で表せる」ことによって、５次方程式には解の公式が存在しないことが証明されることの解説。
（18）もっと分かりやすくシリーズ①「累乗根の添加」について重点解説。
（19）もっと分かりやすくシリーズ②「対称性の破壊」について重点解説。
（20）もっと分かりやすくシリーズ③「対称性を恒等置換まで破壊」することについて重点解説。
（21）もっと分かりやすくシリーズ➃ 何次方程式でも「最初に解の差積を添加して対称性を破壊すること」は常套手段。
（22）もっと分かりやすくシリーズ➄「解の和と差の連立」による２次方程式の解の公式の導出について。
（23）もっと分かりやすくシリーズ➅「対称式ではない解の公式を基本対称式で表す」ことのついて。
（24）もっと分かりやすくシリーズ➆「定数 $${\bm{\omega}}$$」について復習
（25）もっと分かりやすくシリーズ➇「３次方程式の解の公式」の導出を復習