4次方程式の4つの解α_iに対して，
f(x)=x^4+px^2+q^x+r=0
の４つの解 α_i (i=1,2,3,4)に対して，
β_1=(α_1+α_2)(α_3+α_4),
β_2=(α_1+α_3)(α_2+α_4),
β_3=(α_1+α_4)(α_2+α_3)
γ_1=(β_1)^2(β_2)+(β_2)^2(β_3)+(β_3)^2(β_1),
γ_2=(β_1)(β_2)^2+(β_2)(β_3)^2+(β_3)(β_1)^2
とおくとき，次の問いに答えよ．
(1) β_1, β_2, β_3 を３つの解にもち，x^3 の係数が１である３次方程式を g(x)=0 とする．g(x) を求めよ．
(答)g(x)=x^3-2px^2+(p^2-4r)x+q^2
(2) γ_1, γ_2 を２つの解にもち，x^2 の係数が１である２次方程式を h(x)=0 とする．h(x) を求めよ．
(答)h(x)=x^2+(-2p^3+8pr-3q^2)x+p^6-12p^4r+4p^3q^2+48p^2r^2-48pq^2r-64r^3+9q^4
(3) f(x)=0,g(x)=0,h(x)=0 の判別式をそれぞれ d(f),d(g),d(h) とおくとき，
d(f)=d(g)=d(h)
を証明せよ．
ただし，判別式とは解の差積の平方で，例えば，d(g)=(β_1-β_2)^2(β_2-β_3)^2(β_3-β_1)^2 である．
(1),(2)は解と係数の関係を用いて、地道に求められました。
(3)ができた方は教えていただけないでしょうか。
また、β_iやγ_iを上記のようにおいた根拠をご存知の方はどうか教えてください。
